选修高中物理专题练习

1、绝密启用前选修3-1专题练习考试范围：选修3-1;考试时间：100分钟；命题人:题号一二三四总分得分注意事项:.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人 得分一.选择题（共20小题，满分60分，每小题3分）（3分）下列关于点电荷的说法中正确的是（）A.点电荷是一个理想化物理模型B.点电荷的电荷量一定是1.6X10 19CC.体积大的带电体一定不能看做点电荷D.研究带电体的相互作用时，所有带电体都可以看作点电荷（3分）对物体带电现象的叙述，正确的是（）A.物体带电一定是因为具有多余的电子B.摩擦起电实质上是电荷从一个物体

2、转移到另一个物体的过程C.物体所带电荷量可能很小，甚至小于 eD,电中和是等量异种电荷完全消失的现象（3分）关于库仑定律的公式F=-下列说法中正确的（）rA.当真空中两个电荷间距离r时，它们问的静电力F-0B.当真空中两个电荷间距离r-0时，它们间的静电力F-ooC.当两个电荷间的距离r-oo时，库仑定律的公式就不适用了D.当两个电荷间的距离r 0时，电荷不能看成是点电荷，但库仑定律的公式仍然适用（3分）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F,如果这两个点电荷的带电量和它们之间的距离都变为原来的 2倍，那么它们之间 TOC o 1-5 h z 的静电力的大小为（）A. 2F B.

3、C. F D.工 24（3分）对下列公式理解正确的是（）A.由V01可知，物体速度大小跟通过的位移大小成正比，跟它运动的时 At问成反比B.由a上可知，物体加速度大小跟它受到的作用力成正比，跟质量成反比 mC.由C考可知，电容器的电容跟电容器的带电量成正比，跟两极板间的电 压成反比D.由R4可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟通过导体的电流 成反比（3分）如图所示，一个带正电的球体 M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝 线上的带电小球N挂在横杆上的Pi处，当小球N静止时，丝线与竖直方向 的夹角为9.若将丝线悬点从Pi移到巳处。则（）A.角8变大，小球N带正电 B.角8变小，小球N带正电C.角8

4、没变大，小球N带负电D.角8变小，小球N带负电（3分）如图所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为标识不清的小 灯?fi Li的U-I图线，将Li与该电源组成闭合电路时，Li恰好能正常发光。 若将相同材料制成的标有 “3V 20W的灯泡L2与该电源组成闭合电路，下列 说法中正确的是（）A.电源的内阻为2。3B.把火T泡Li换成L2, L2可能正常发光C.把灯泡Li换成Lz,电源的输出功率可能相等D.把灯泡Li换成L2,电源的输出功率一定变小（3分）两个带电体M和N在周围空间形成电场，电场线分布如图所示, 其中O、P两点为同一电场线上的两个点。下列有关说法中正确的是（M一定带正电而 N一定带负

5、电O点的电势一定低于P点的电势O点的电场强度大小一定小于 P点的电场强度大小D.将某一电荷从O点经某一路径移动到P点，电场力做的功可能为零（3分）如图所示的电路中，电源电动势 E=8V,内阻r=2R电阻R2=6Q, 电容为1卜F的平行板电容器水平放置且下极板接地。当滑动变阻器Ri的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央 P点且恰好处于静止状态。下列 说法正确的是（）A.此时P点电势为6VB.电容器上极板所带电荷量为 6X10 6CC.若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则 P点电势不变D.若仅将滑片P从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动（3分）如图所示的电路中，R是光敏电阻，其阻值随光照

6、强度的增强而 减小；K、应是定值电阻，当开关S闭合且没有光照射时，电容器 C不 带电，当用强光照射 Ri且电路稳定时，与无光照射时比较，下列说法中正 确的是（）A,电容器C的下极板带正电B. R2两端电压降低C,通过R4的电流变大，电源提供的总功率变小D. R3两端的电压变小，电源的路端电压变小（3分）一个不计重力的带负电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场, 磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为（）X X . X XA.圆弧a B.直线bC.圆弧c D. a、b、c都有可能（3分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场， 电场方向水平向右, 磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个

7、带电小球在竖直面内做直 线运动。下列说法正确的是（）A.若小球带正电荷，则小球的电势能减小B.若小球带负电荷，则小球的电势能减小C.无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小D .小球的动能可能会增大（3分）如图所示为质谱仪的原理图，一束粒子以速度 v沿直线穿过相互 垂直的匀强电场（电场强度为 E）和匀强磁场（磁感应强度为 Bi）的重叠区 域，然后通过狭缝 &垂直进入另一匀强磁场（磁感应强度为 B2）,最后打在照相底片上的三个不同位置，粒子的重力可忽略不计，则下列说法正确的是A.该束粒子带负电B. R板带负电C.粒子白速度v满足关系式下二；D,在磁感应强度为B2的磁场中，运动半径越大的粒子，荷质

8、比 虫越小 m（3分）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷 量都相同的带电粒子a、b、c,以不同的速率对准圆心 O沿着AO方向射入 磁场，其运动轨迹如图.若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的 是（）A*A.它们做圆周运动的周期TaTbl2,导线、受到的安培力大小分别为 Fi和F2,则Fi F2 （选填 多、之”或“毛 导线受到的安培力Fi的方向为 o1：h I ，（2分）边长为a的正方形，处于有界磁场如图，一束电子以 vo水平射入 磁场后，分别从A处和C处射出，则Va： vc=;所经历的时间之比tA： tB=.Vo -XXX B XXX XXX AI c（2分）如图

9、所示，在光滑斜面上的一段通电导线处于静止状态，匀强磁 场垂直斜面向上，通电导线除了受重力、支持力外还受到磁场对通电导线的 力（选填 安培”或 洛伦兹”）.当导线中电流增大时，通电导线将沿斜面向 运动（选填 土“或 下”）；当磁场的磁感应强度减小时，通电导线受到的磁场 力将 （选填变小”或变大”）.（2分）如图，电路中电源电动势 E=3V,内阻r=i Q电阻Ri=2Q,滑动 变阻器总电阻R=i6Q.则在滑片P从a滑到b的过程中，电压表示数的变化 情况是,滑动变阻器消耗的最大功率为 Wo（2分）如图所示，直线a为电源的U-I图线，直线b为电阻R的U-I 图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时， 电源

10、的输出功率是 W,电 源内电阻的发热功率是 WoO 24 6 Z/A评卷人 得分三.实验题（共1小题，满分10分，每小题10分）（10分）一同学测量某干电池的电动势和内阻。（1）图1所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实 验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。杜赛电池升K图I图2（2）实验测得的电阻箱阻值 R和电流表示数I,以及计算的/数据见下表:R/Q8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26y/A 16.76.05.34.53.8R，口根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出R-1关系图象。I由图象可计算出该干电池的电动势为 V;

11、内阻为 Qo(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为0.33A时，电压表的指针位置如图2所示，则该干电池的电动势应为 V;内阻应为 Qo评卷人得分四.计算题(共2小题，满分20分，每小题10分)(10分)如图所示，电源电动势有 E=12V,内阻r=0.5拿“10V20W的灯?fi L与直流电动机M并联在电源两极间，灯泡恰能正常发光，已知电动机线圈的电阻为Rm=1 Q,求：(1)流过内阻的电流为多少？(2)电动机的输出功率为多少？(3)电源的效率为多少？(10分)如图所示，在纸面内建立直角坐标系 xOy

12、,以第m象限内的直 线OM (与负x轴成45角)和正y轴为界，在x0的区域建立匀强电场， 方向水平向左，场强大小 E=2V/m；以直线OM和正x轴为界，在y 0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T. 一不计重力的带负电粒子从坐标原点O沿y轴负方向以vo=2x 10X X. Xm/s的初速度射入磁场。已知粒 子的比荷为；=5Xl0BXXXC/kg,求： m(1)粒子经过J圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标？(2)粒子在磁场区域运动的总时间t?(3)粒子最终将从电场区域 D点离开电场，则D点离O点的距离y是多少?选修3-1专题练习参考答案与试题解析一.选择题（共20小题，满分6

13、0分，每小题3分）（3分）下列关于点电荷的说法中正确的是（）A.点电荷是一个理想化物理模型B.点电荷的电荷量一定是1.6X10 19CC.体积大的带电体一定不能看做点电荷D.研究带电体的相互作用时，所有带电体都可以看作点电荷【分析】明确点电荷的性质，知道点电荷是种理想化的物理模型，带电体能 否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少没有关 系.【解答】解，点电荷是理想化的物理模型，故A正确；B、点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，元电荷是电量的最小值，点 电荷的值可以等于元电荷.也可以是元电荷的整数倍.即点电荷的电荷量可 多可少，故B错误。C、带电体能否看作点电荷是由研究问

14、题的性质决定，与自身大小形状和电 量多少无具体关系，故C错误；D、研究带电体的相互作用时，并不所有带电体都可以看作点电荷，只有满 足条件的带电体才能视为点电荷1故D错误.故选：Aq【点评】点电荷是不考虑其尺寸、形状和电荷分布情况的带电体，是实际带 电体的理想化模型.在研究带电体间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于 它们之间的距离时，就可把带电体看成点电荷.点电荷是没有大小的带电体， 是一种理想模型，实际的带电体（包括电子、质子等）都有一定大小，都不 一定能看成点电荷.当电荷间距离大到可认为电荷大小、形状不起什么作用 时，可把电荷看成点电荷.（3分）对物体带电现象的叙述，正确的是（）A.物体带电

15、一定是因为具有多余的电子B.摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程C.物体所带电荷量可能很小，甚至小于 eD,电中和是等量异种电荷完全消失的现象【分析】物体带电是具有多余的电子或失去电子的现象.摩擦起电是电子从 一个物体转移到另一物体的过程.物体的所带电量一定 e的整数倍，不可能 小于e.电中和是等量异种电荷电性相反，电量相等，呈中性，而电荷没有 消失.【解答】解：A、物体带电现象是物体具有多余的电子或失去电子的现象。故A错误。B、摩擦起电是电子从一个物体转移到另一物体的过程。故B正确。C、物体的所带电量一定e的整数倍，不可能小于e。故C错误。D、电中和是等量异种电荷电性相反，电

16、量相等，呈中性，而电荷没有消失。故D错误。故选：Bo【点评】本题考查对物体带电和摩擦起电实质的理解能力.摩擦起电、接触 带电和感应起电实质都是电子的转移，在转移过程中，电荷守恒. kQ1 Q。.,.（3分）关于库仑定律的公式F=严，下列说法中正确的（）A.当真空中两个电荷间距离r时，它们问的静电力F-0B.当真空中两个电荷间距离r-0时，它们间的静电力F+oC.当两个电荷间的距离r*时，库仑定律的公式就不适用了D.当两个电荷间的距离r 0时，电荷不能看成是点电荷，但库仑定律的公 式仍然适用【分析】库仑定律f里詈，适用于真空中两点电荷之间的作用力.当带电 T体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之

17、间的作用力影响可以忽略时，可 以看成点电荷.【解答】解：A、当真空中的两个点电荷间的距离r+o时，它们之间的静电 力F-0,故A正确，C错误。B、当两个点电荷距离趋于 0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的 公式不再适用。故B错误，D错误。故选：Ao【点评】解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以 忽略时，可以看成点电荷.（3分）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F,如果这 两个点电荷的带电量和它们之间的距离都变为原来的 2倍，那么它们之间 的静电力的大小为（）A. 2F B - C. F D

18、 24【分析】根据点电荷库仑力的公式 F=|可以求得改变之后的库仑力的大 T小，从而即可求解.【解答】解：距离和电量改变之前电荷间的库仑力为：F=弊，r当距离和电量变为原来的2倍时： F =k- =F,故C正确，ABD错误。 （2r）2故选：C。【点评】解决本题的关键掌握库仑定律的公式 F=k与，理解公式中各个物理r量的含义. （3分）对下列公式理解正确的是（）A.由v含可知，物体速度大小跟通过的位移大小成正比，跟它运动的时 问成反比B.由a上可知，物体加速度大小跟它受到的作用力成正比，跟质量成反比 10C.由C音可知，电容器的电容跟电容器的带电量成正比，跟两极板间的电 压成反比D.由R=|可

19、知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟通过导体的电流 成反比【分析】公式v合是速度的定义式，与位移、时间都无关；公式a上是牛顿第二定律的表达式； ID公式C等是电容器的电容的定义式，电容是由电容器本身决定的；公式R=是电阻的定义式，电阻的大小是由导体本身决定的.1解答】解，As公式】多是速度的定义式，与通过的位移大小无关,跟 t它运动的时间也无关，故A错误；B.公式行工是牛顿第二定律的表达式，它表示物体的加速度大小跟它受到 ID的作用力成正比，跟质量成反比，故B正确，5公式C书是电容器的电容的定义式，电容是由电容器本身决定的，电容 器的电容跟电容器的带电量无关，跟两极板间的电压也无关，故C错

20、误： D、公式R=当是电阻的定义式，电阻的大小是由导体本身决定的，导体的电 阻跟导体两端的电压无关，跟通过导体的电流也无关，故D错误、 故选工B.【点评】该题考查对常见的定义式的理解，要牢记，各种定义式都是由其自 身决定的，与外界的因素无关.（3分）如图所示，一个带正电的球体 M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝 线上的带电小球N挂在横杆上的Pi处，当小球N静止时，丝线与竖直方向 的夹角为9.若将丝线悬点从Pi移到巳处。则（）D%打A.角8变大，小球N带正电 B.角8变小，小球N带正电C.角8没变大，小球N带负电D.角8变小，小球N带负电【分析】对小球受力分析，其受重力，绳的拉力，库仑力，进而得到夹

21、角的 表达式。t解答】解工小球M与N相互排斥，M、N带同种电荷，M带正电，N也带 正电；小球N受重力mg,绳的拉力，库仑力F,绳与竖直方向夹角为：tan8二库仑力：F4兽，由于电荷N悬挂在力点时距离大，库合力变 ms1小，则8变小,故B正确ACD错误故选：B。【点评】重点掌握库仑力表达式，其次是正确表示角度，尽量用重力，不要用绳的拉力来表示。（3分）如图所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为标识不清的小 灯泡Li的U- I图线，将Li与该电源组成闭合电路时，Li恰好能正常发光。 若将相同材料制成的标有“3V20W的灯泡L2与该电源组成闭合电路，下列 说法中正确的是（）vA.电源的内阻为-|

22、q把火T泡Li换成L2, L2可能正常发光C.把灯泡Li换成L2,电源的输出功率可能相等D.把灯泡Li换成匕，电源的输出功率一定变小【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接 时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电 源的输出功率。【解答】解：A、由图读出电源的电动势为 E=4V,图线A的斜率大小表示电 源的内阻，则r=、Q=0.5 R故A错误；6BCD.灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其 电压U=3V, I=2A,则或T泡Li的额定电压为3V,功率为=UI=6W。把灯泡Li换成“3V20W的灯泡L2,不能正常发光，

23、而由P4-知：灯泡L2的正常工作时的电阻为 R2=-=-=0.45 QAX广 占4灯?fiL1的电阻为Riq=|_Q=1.5 R则知正常发光时灯泡L2的电阻更接近电源 的内阻，但是这里灯泡并没有达到正常发光，此时 L2的电阻是不确定的；电 源的输出功率可能变大。可能相等，也有可能变小，故 BD误，C正确； 故选：Co【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图 象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理 内涵。（3分）两个带电体M和N在周围空间形成电场，电场线分布如图所示， 其中O、P两点为同一电场线上的两个点。下列有关说法中正确的是（M 一定带正

24、电而 N一定带负电O点的电势一定低于P点的电势O点的电场强度大小一定小于 P点的电场强度大小D.将某一电荷从O点经某一路径移动到P点，电场力做的功可能为零【分析】根据电场线的分布情况确定电势高低；根据电场线的疏密盘点电场 强度的强弱；根据受力情况判断电场力做功正负。【解答】解：A、根据电场线的分布情况可知，只知道电场强度的强弱，无 法确定电场线的方向，则两个带电体 M和N也无法确定，故A错误； B、沿着电场线的方向电势是降低的，由于电场线方向不确定，因此无法判 定O、P电势高低，故B错误；C、根据电场线的疏密表示电场强度的强弱可知，在 O、P两点中，O点的电 场强度最小，P点的电场强度大于O点

25、，故C正确；D、从O点移动到P点，电势差不为零，因此不论电荷的正负，则移动电荷， 电场力做功一定不为零，故 D错误；故选：Co【点评】无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场 强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断。（3分）如图所示的电路中，电源电动势 E=8V,内阻r=2R电阻R=6Q, 电容为1卜F的平行板电容器水平放置且下极板接地。 当滑动变阻器Ri的滑片 处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央 P点且恰好处于静止状态。下列 说法正确的是（）A.此时P点电势为6VB.电容器上极板所带电荷量为 6X10 6CC.若仅将电

26、容器上极板缓慢上移少许，则 P点电势不变D.若仅将滑片P从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动【分析】根据闭合电路欧姆定律求得路端电压，再根据电容器电压差等于路 端电压，然后由Q=CU求得电荷量，由极板间为匀强电场求得 P点电势，再 根据电场场强变化得到合外力变化，从而得到油滴运动。【解答】解：A、由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压u-E=6V,那么，电容器两极的电势差为6V,又有下端接地，故电势为零，那么，P点电势为 yU=SV,故A错误；-WB、电容器上极板所带电荷量 Q=CU=1X 10 6X6C=6X 10 6C,故B正确；C、移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距

27、离增大， 故电场强度减小；又有 P点到下级板的距离不变，故电势差减小，那么， P 点电势减小，故C错误；D、滑片P从b端向a端移动，那么外电路电阻增大，所以，路端电压增大， 故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大； 油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电荷力方向向上，那 么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D错误；故选：B。【点评】闭合电路欧姆定律依据内电流为总电流求解路端电压，外电路的变化，一般通过外电阻的变化来判断电流、电压的变化。（3分）如图所示的电路中，R是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而 减小；R、R3、R4是定值电阻，当开关S闭合且

28、没有光照射时，电容器 C不 带电，当用强光照射 Ri且电路稳定时，与无光照射时比较，下列说法中正 确的是（）/乩|iJA,电容器C的下极板带正电B. R2两端电压降低C,通过R的电流变大，电源提供的总功率变小D. R3两端的电压变小，电源的路端电压变小【分析】根据光敏电阻电阻值变化得到总电阻变化，从而得到总电流变化，进而得到电源总功率、路端电压及支路电流变化；再根据欧姆定律得到各电 阻的电压变化，从而得到电容器两极板电压的变化。【解答】解二A、强光照射，R二电阻减小，那么，R咫上电压降的比值减 小，而也，电上电压降的比值不变,故电容器C上极板电压比下极板电压高, 所以，电容器匚的下极板带负电，

29、故A错误BCD、强光照射，心电阻港小，那么，电路总电阻减小，故总电流增大，所 以，路端电压减小，电源提供的总功率变大；故通过R3, R4的电流减小，所以，通过 Ri, R的电流增大，故 R两端的电 压变小，R两端电压变大；故BC错误，D正确；故选：Do【点评】变化电路计算问题，一般根据电阻变化得到总电阻变化，从而得到 总电流变化，即可根据欧姆定律和电荷守恒得到支路电流变化，最后由欧姆 定律得到电压变化。（3分）一个不计重力的带负电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场, 磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为（）X X X XA.圆弧a B.直线bC.圆弧c D. a、b、c都有可能【分析】

30、一不计重力的带负电荷的粒子，当垂直进入磁场时，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。t解答】解.由于粒子只受洛伦兹力，由洛伦兹为提供向心力让粒子做匀速 圆周运动.因此通过左手定则可确定洛伦兹力的方向。根据粒子带负电，粒子运动的方向向上，所以等效电流的方向向下，伸开左 手让磁感线穿过掌心，四指向下方向，则大拇指所指向是洛伦兹力的方向.所以是圆弧c .故选工Co【点评】左手定则是判定磁场方向、电荷运动方向与洛伦兹力的方向的三者 关系。而右手定则则是判定感应电流方向、磁场方向及导体运动的方向间的 关系。（3分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场， 电场方向水平向右， 磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区

31、域内，一个带电小球在竖直面内做直 线运动。下列说法正确的是（）A.若小球带正电荷，则小球的电势能减小B.若小球带负电荷，则小球的电势能减小C.无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小D.小球的动能可能会增大【分析】根据小球的受力情况，分析其运动方向，由电场力做功情况判断电 势能的变化，由高度的变化分析重力势能的变化。根据小球的运动情况分析 动能的变化。【解答】解：A、若小球带正电荷，受力情况如图所示，由左手定则知，小球斜向左下方运动，电场力做负功，则小球的电势能增大，故A错误。B、若小球带负电荷，同理知，小球斜向右下方运动，电场力做负功，则小 球的电势能增大，故B错误。C、无论小球带何种电荷，

32、小球的高度都下降，重力势能都减小，故C正确D、由于洛伦兹力与速度成正比，所以小球只能做匀速直线运动，动能不变， 否则，小球的速度变化，小球所受的洛伦兹力变化，不可能做直线运动，故D错误。故选：Co，喧：qE【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动， 一定是匀速直线运动（v与B不平行）。若速度是变的，洛伦兹力会变，合力 就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动。（3分）如图所示为质谱仪的原理图，一束粒子以速度 v沿直线穿过相互 垂直的匀强电场（电场强度为 日和匀强磁场（磁感应强度为 Bi）的重叠区 域，然后通过狭缝 &垂直进入另一匀强磁场（磁感应强度为 B

33、2）,最后打在 照相底片上的三个不同位置，粒子的重力可忽略不计，则下列说法正确的是A.该束粒子带负电B. Pi板带负电C.粒子白速度v满足关系式D,在磁感应强度为B2的磁场中，运动半径越大的粒子，荷质比 越小 m【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡时，速度为T的粒子沿直线通过P孔，然后进入磁场，打在胶片上的不同位置。B在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，分析半径与荷 质比的关系。【解答】解：A、根据粒子在右侧磁场中的运动，利用左手定则，可判断出 该束粒子带正电，故A错误;PiB、根据粒子在左侧运动可知，洛伦兹力方向向上，则电场力方向向下, 板带正电，故

34、B错误；C、由粒子做直线运动，粒子平衡，有：qvBi=qE,得粒子的速度v满足关系式尸二：,故C错误；,运动半径越大的粒子，荷质D、在磁感应强度为B2的磁场中，根据比旦越小，故D正确;ID故选：D。【点评】带电粒子经加速后进入速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡时，速 度为的粒子沿直线通过狭缝S0,然后进入磁场，打在胶片上的不同位置。在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，分析半径与荷 质比的关系。（3分）如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷 量都相同的带电粒子a、b、c,以不同的速率对准圆心 O沿着AO方向射入 磁场，其运动轨迹如图.若带电粒子只受磁场力的作用，

35、则下列说法正确的4b0A.它们做圆周运动的周期TaTbl2,导线、受到的安培力大小分别为 Fi和弓，则Fi=F2 （选填 多、之或“=；导线受到的安培力Fi的方向为 向右。/：卜 ,【分析】物体间力的作用是相互的，物体间的相互作用力大小相等；磁场是 由通电导线产生的，一通电导线在另一导线电流的磁场中，会受到安培力作 用，由安培定则判断出电流的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力方向。【解答】解：A、通电导线在其周围产生磁场，通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等。由右手螺旋定则可知：由右手螺旋定则可知：I2在1l处产生的磁场垂直纸面 向外，由左手定则可

36、知，Il所所受安培力向右；故答案为：=;向右。【点评】通电导线处于磁场中要受到安培力作用， 可得：同向电流相互吸引， 异向电流相互排斥。可作为结论让学生记住。（2分）边长为a的正方形，处于有界磁场如图，一束电子以 V0水平射入 磁场后，分别从 A处和C处射出，则va: vc= 1：2 ;所经历的时间之比 t A ： t B= 2：1.IXXX_ XXXAIc【分析】由几何关系可知从两孔射出的粒子的运动半径，则由洛仑兹力充当 向心力可得出粒子的速度关系；由周期公式及转过的角度可求得时间之比.【解答】解：电子磁场中做匀速圆周运动，从 A点射出时，OA中点为圆心， 轨迹半径FA=ya,轨迹的圆心角

37、依=兀；从C点射出时，A为圆心，轨迹半径Rc=a,轨迹的圆心角 ec=y；由轨迹半径公式 R=，得：va： vc=FA： Rc=ya： a=1: 2;电子在磁场中运动的周期 T2等，可知电子运动的周期与速度无关.电子在磁场中所经历的时间t=T2冗则得 tA： tB=M：色=兀：=2： 12故答案为：1: 2, 2: 1.【点评】本题为带电粒子在磁场中运动的基本问题，只需根据题意明确粒子 的运动半径及圆心即可顺利求解.（2分）如图所示，在光滑斜面上的一段通电导线处于静止状态，匀强磁 场垂直斜面向上，通电导线除了受重力、支持力外还受到磁场对通电导线的 安培 力（选填 安培”或 洛伦兹”）.当导线中

38、电流增大时，通电导线将沿斜 面向 上 运动（选填 上或 下”）；当磁场的磁感应强度减小时，通电导线 受到的磁场力将 变小 （选填 变小”或 变大”）.【分析】通电导线在磁场中受到安培力，根据 F=BIL判断出受到的安培力的 大小，根据受力分析判断出运动t解答】解；时导体棒受力分析可知，受到重力和支持力，又由于通电导体 棒在磁场中，受到安培力作用，根据左手定则可知安培力方向沿斜面向上 根据FBIL可知，电流增大，安培力增大，根据受力分析可知导体棒将沿斜 面向上运动，当磁场的磁感应强度减小时根据F#BIL可知磁场力将减小 故答案为工安培、上、变小【点评】本题主要考查了通电导线在磁场中受到安培力的计

39、算，抓住 F=BIL 即可判断（2分）如图，电路中电源电动势 E=3V,内阻r=1 Q电阻Ri=2Q,滑动 变阻器总电阻R=16Q.则在滑片P从a滑到b的过程中，电压表示数的变化 情况是先增大后减小，滑动变阻器消耗的最大功率为0.75 Wq【分析】分析电路图，知道外电阻先增大后减小，从而判断出路端电压的变化，即可知道电压表示数的变化情况。当内外电阻相等时电源的输出功率达 最大，将R看成电源的内阻，根据这个结论求滑动变阻器消耗的最大功率。【解答】解：在滑片P从a滑到b的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后 减小，则外电路总电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，所以电压表 示数先增大后减小。将R看

40、成电源的内阻，根据结论：当内、外电阻相等时，电源的输出功率最 大，知当R变=r+R=1行2Q=3耐，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器消耗的功率最大，为:P= (-) 2R 变=2R娈E2 - 32W=0.75W;故答案为：先增大后减小，0.75。【点评】本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式的应用，要注意等效法的应 用，明确当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，并能灵活运用。（2分）如图所示，直线a为电源的U- I图线，直线b为电阻R的U- I 图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时， 电源的输出功率是 4 W、电源 内电阻的发热功率是 2 Wq0246 AA【分析】由电源的U-I图象读出电动势

41、，求出内阻。由电阻 R的U-I图象 求出电阻R,根据闭合电路欧姆定律求出用该电源和该电阻组成闭合电路时 电路中电流和电源的输出电压，再求出电源的输出功率和效率。t解答】解；由b图线得到，电阻：r=H=2q=iqI 2由总图线得到，电源的电动势为E=3V,短路电流为I才6A,内阻为工二上-二至 0=850I短6用该电源和该电阻组成闭合电路时，电路中电流为；I 二 二=2 AR+r 1+0. 5路端电压为：U=E 一 I尸2U则电源的输出功率为：P=UI=2X 2=4W电源内电阻的发热功率为：P热=I2r=22 X 0.5=2WO故答案为：4; 2。【点评】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能

42、力，其实两图线的交 点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电 压，求出电源的输出功率。三.实验题（共1小题，满分10分，每小题10分）（10分）一同学测量某干电池的电动势和内阻。（1）图1所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实 验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。冷潮电池界美图I图2（2）实验测得的电阻箱阻值 R和电流表示数I,以及计算的,数据见下表:R/Q8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26TA 16.76.05.34.53.8根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出 R-关系图象由图象可计算出该干

43、电池的电动势为1.43 V;内阻为1.2 Q。(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程 为100mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为 0.33A时，电压表的指针位置如图 2所示，则该干电池的电动势应为1.43V;内阻应为 1.0 Qo【分析】(1)明确实验中安全性要求，知道开关应最后闭合，电阻箱在开始 时应调至最大；(2)根据描点法可得出对应的图象，再根据闭合电路欧姆定律列式，结合 图象即可确定电动势和内电阻；(3)根据电路进行分析，明确误差情况，再根据欧姆定律求出电流表内阻， 从而确定电动势和内阻的准确值。【解答】解：(1)由图可知，该同学将

44、连接最后一根线，此时电路将接法， 但由于开关没有断开，则电路中存在电流，可能损坏电表；同时电阻箱也不 能为零，应使其阻值调至最大；(2)根据描点法可得出对应的图象如图所示；根据闭合电路欧姆定律可知，1二三，变形可得：R*-r； r+RI由图可知，E=k二 肥1.4V,7-L 1r=1.2 Q(3)本实验相当于采用的是相对电源的电流表内接法，故测量结果中电动 势是准确的，故电动势 1.43V,而内电阻的结果中包含电流表内阻；由图可 知，电压表示数为65mV,由欧姆定律可知，电流表内阻 RA=*=0.2A,故电源内阻为1.2-0.2=1.0掣故答案为：(1)开关未断开；电阻箱阻值为零；(2)如图所示；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.