3.4 安培力的应用 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)关于磁电式电流表以下选项错误的是( )
A．指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的
B．通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转角度也越大
C．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场
D．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关
2．(单选)赤道上某处有一竖直的避雷针，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为( )
A．正东 B．正南
C．正西 D．正北
3．(单选)
图11
如图11所示，直导线MN与矩形线框abcd在同一平面内，直导线中通有向上的电流I，矩形线框中通有沿逆时针方向的电流I0，则直导线中电流I的磁场对通电矩形线框各边的安培力合力( )
A．大小为零
B．大小不为零，方向向左
C．大小不为零，方向向右
D．大小不为零，方向向上
4．(单选)
图12
如图12所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动．当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)( )
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
图13
5．(单选)如图13所示，等腰直角三角形的通电闭合线框abc处在垂直线框平面的匀强磁场中，它受到的安培力的合力( )
A．竖直向上
B．方向垂直于ac斜向上
C．方向垂直于bc斜向下
D．为零
6.
图14
(单选)如图14所示，在倾角为α的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是( )
A．B＝mg，垂直斜面向上
B．B＝mg，垂直斜面向下
C．B＝mg，垂直斜面向下
D．B＝mg，垂直斜面向上
图15
7．(单选)如图15所示，O为圆心，和是半径分别为ON、OM的同心圆弧，在O处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成KLMN回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( )
A．将向左平动
B．将向右平动
C．将在纸面内以通过O点并垂直纸面的轴转动
D．KL边将垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案
8.
图16
如图16所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两个相同的弹簧悬挂成水平状态，并使其位于垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通过0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长．取g＝10 m/s2，问：
(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？
(2)当金属棒由a到b通过0.2 A电流时，弹簧伸长1 cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧的伸长量又是多少？
9.
图17
相距为20 cm的平行金属导轨倾斜放置，如图17所示，导轨所在平面与水平面的夹角为θ＝37°.现在导轨上放一质量为330 g的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，整个装置处于磁感应强度B＝2 T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15 V．内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，g取10 m/s2.为保持金属棒ab处于静止状态(设最大静摩擦力f与支持力FN满足f＝μFN)，求：
(1)ab中通入的最大电流为多少？
(2)ab中通入的最小电流为多少？
参考答案
课后巩固提升
1．C
2．A [电流方向向下，磁感线方向自南向北，由左手定则判断知，A正确．]
3．C [ad、bc边所受安培力大小相等，方向相反，互相抵消，而ab、cd边所受的安培力不能抵消，由于ab边离MN近些，故斥力大于引力，C选项正确．]
4．A
5．D [通电的闭合线框放置在匀强磁场中，当线框的平面和磁感线垂直的时候，整个线框受到安培力的合力为零，D正确．]
6．A
[若磁场方向垂直斜面向上，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向上，则杆受竖直向下的重力mg、斜面对杆的支持力FN和沿斜面向上的安培力F，如图所示，有F＝mgsin α，而F＝BIL，所以B＝mg，故A正确，D错误；若磁场方向垂直斜面向下，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向下，因斜面光滑，杆不可能静止在斜面上，故B、C错误．]
7．D [因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与电流一直平行，所以KN边、LM边均不受力．根据左手定则可得，KL边受力垂直纸面向外，MN边受力垂直纸面向里，故D正确．]
8．(1)0.5 T (2)3 cm
解析 (1)因弹簧不伸长，结合安培力的公式得：BIL＝mg 故B＝＝ T＝0.5 T.
(2)当金属棒由a到b通过0.2 A的电流时，弹簧伸长1 cm，对金属棒，根据平衡条件有：BI1L＋2kx1＝mg
电流方向由b到a时，
同理有：BI1L＋mg＝2kx2
联立以上各式可得：x2＝3 cm.
9．(1)16.5 A (2)1.5 A
解析 (1)当ab棒恰好不沿导轨上滑时，ab中电流最大，受力如图甲所示，此时最大静摩擦力沿斜面向下，建立直角坐标系，由ab平衡可知：
x方向：Fmax＝μFNcos θ＋FNsin θ
y方向：mg＝FNcos θ－μFNsin θ
由以上两式联立解得：Fmax＝mg，
代入数据解得Fmax＝6.6 N，
由Fmax＝BImaxL，有Imax＝＝ A＝16.5 A.
(2)当ab棒刚好不沿导轨下滑时，ab中电流最小，受力如图乙所示，此时最大静摩擦力f′＝μFN′，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡条件得：
x方向：Fmin＝FN′sin θ－μFN′cos θ
y方向：mg＝μFN′sin θ＋FN′cos θ
由以上两式解得：Fmin＝mg，
代入数据解得Fmin＝0.6 N，
由Fmin＝BIminL，得Imin＝＝ A＝1.5 A.3.3 探究安培力 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)由磁感应强度定义式B＝知，磁场中某处的磁感应强度的大小( )
A．随着通电导线中电流I的减小而增大
B．随着IL乘积的减小而增大
C．随着通电导线所受磁场力F的增大而增大
D．跟F、I、L无关
2．(单选)关于磁感应强度的单位T，下列表达式中错误的是( )
A．1 T＝1 Wb/m2 B．1 T＝1 Wb·m2
C．1 T＝1 N·s/C·m D．1 T＝1 N/A·m
3．(单选)
图6
条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心线穿过圆环中心，如图6所示，若圆环为弹性环，其形状由Ⅰ扩大到Ⅱ，那么圆环内磁通量的变化情况是( )
A．磁通量增大 B．磁通量减小
C．磁通量不变 D．条件不足，无法确定
4．(单选)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示中正确的是( )
5．(单选)如图7所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小( )
图7
A．F＝BId
B．F＝BIdsin θ
C．F＝
D．F＝BIdcos θ
6.
图8
(单选)如图8所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( )
A．方向沿纸面向上，大小为( ＋1)ILB
B．方向沿纸面向上，大小为( －1)ILB
C．方向沿纸面向下，大小为( ＋1)ILB
D．方向沿纸面向下，大小为( －1)ILB
题号 1 2 3 4 5 6
答案
7.
图9
如图9所示，a、b为平行放置的两根长直导线，当a、b中通入方向相同的电流时，a、b将发生怎样的作用？
8.
图10
如图10所示，有一个垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1.0 cm.现在纸面内先后放上圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1.0 cm，10 匝；B线圈半径为2.0 cm,1 匝；C线圈半径为0.5 cm,1匝．问：
(1)若磁场方向不变，在B减为0.4 T的过程中，A和B中磁通量各改变多少？
(2)若磁感应强度大小不变，在磁场方向转过30°角的过程中，C中的磁通量改变多少？
参考答案
课后巩固提升
1．D
2．B [由磁感应强度的定义式B＝知，C、D均对；由磁通量Φ＝BS可知，A对，B错．]
3．B [磁铁内部磁感线从S极到N极，方向向上，磁铁外部磁感线从N极到S极，由于圆环在Ⅱ时，面积大于在I时的面积，因此，Ⅱ中磁铁外部由N极到S极向下穿过圆环的磁感线条数大于Ⅰ中，而在Ⅰ、Ⅱ两种形状时，在磁铁内部由S极到N极向上穿过圆环的磁感线的条数相同，不论圆环处在Ⅰ形状还是Ⅱ形状，向上穿过圆环的磁感线条数总是多于向下穿过圆环的磁感线条数，且Ⅱ中向下的磁感线条数增加，因此Ⅱ中总的磁通量减少，正确选项是B.]
4．D [A图中导线不受力，故它不会弯曲，A错．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．C中导线受到水平向右的安培力，导线不会向左弯曲，C错．D中导线受到水平向右的安培力，故它向右弯曲，D对．]
5．C [题中磁场和电流垂直，θ角仅是导线框与金属杆MN间夹角，不是电流与磁场的夹角．]
6．A [导线段abcd的有效长度为线段ad，由几何知识知Lad＝( ＋1)L，故线段abcd所受的合力大小F＝ILadB＝( ＋1)ILB，导线有效长度的电流方向为a→d，据左手定则可以确定导线所受合力方向竖直向上，故A项正确．]
7．见解析
解析 由安培定则可知a导线中的电流在a导线的右侧产生从外向里的磁场，如图所示，b导线受力的方向由左手定则可以判断出是水平向左的．同理，a将受到向右的安培力，可见，两同向的电流发生相互吸引的作用．
8．(1)1.256×10－4 Wb
1．256×10－4 Wb
(2)8.415×10－6 Wb
解析 (1)A线圈半径为1.0 cm，正好和圆形磁场区域的半径相等，而B线圈半径为2.0 cm，大于圆形磁场区域的半径，但穿过A、B线圈的磁感线的条数相等，因此在求通过B线圈的磁通量时，面积S只能取圆形磁场区域的面积．
设圆形磁场区域的半径为R，对线圈A，Φ＝BπR2，磁通量的改变量：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb，对线圈B，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb.
(2)原图中线圈平面与磁场方向垂直，线圈与垂直磁场方向的夹角为θ1＝0°；当磁场方向转过30°时，线圈与垂直磁场方向的夹角为θ2＝30°.
对线圈C：设C的半径为r，则Φ1＝Bπr2cos θ1，Φ2＝Bπr2cos θ2，磁通量的改变为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|0.8×3.14×(0.5×10－2)2×(－1)| Wb＝8.415×10－6 Wb.1.6 示波器的奥秘 每课一练1（粤教版选修3-1）
1．(单选)一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动
答案 A
2．(双选) 如图7所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )
图7
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压加倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
答案 BD
解析 由qE·l＝mv，当v0变为v0时l变为；因为qE＝q，所以qE·l＝q·l＝mv，通过分析知B、D选项正确．
3．(单选)一电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，现减小两板间的电压，则电子穿越两平行板所需的时间( )
A．随电压的减小而减小 B．随电压的减小而增大
C．与电压无关 D．随两板间距离的增大而减小
答案 C
解析 因粒子在水平方向做匀速直线运动，极板长度和粒子初速度都未变化，故由t＝知C选项正确．
4．(单选)带电粒子经加速电场加速后垂直进入两平行金属板间的偏转电场，要使它离开偏转电场时偏转角增大，可采用的方法有( )
A．增加带电粒子的电荷量 B．增加带电粒子的质量
C．增大加速电压 D．增大偏转电压
答案 D
解析 同一加速电场、同一偏转电场，偏转角为tan θ＝，U′为偏转电压，D正确．
5．(单选)一束带有等量电荷量的不同离子从同一点垂直电场线进入同一匀强偏转电场，飞离电场后打在荧光屏上的同一点，则( )
A．离子进入电场的初速度相同
B．离子进入电场的初动量相同
C．离子进入电场的初动能相同
D．离子在电场中的运动时间相同
答案 C
解析 由题意知，不同粒子的偏转距离相同，y＝at2＝()2＝，故选项C正确．
6．(双选) 如图8所示，氕、氘、氚的原子核自初速为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )
图8
A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上时的速度一样大
D．三种原子核都打在屏上的同一位置上
答案 BD
解析 同一加速电场、同一偏转电场，三种粒子带电荷量相同，在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以打在屏上的速度不同，C错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y＝，tan φ＝知，与带电粒子无关，D对．
7．(单选)如图9所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )
图9
A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极
答案 D
解析 若要使电子打在题图所示坐标的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确．
8．一个电子以4.0×107 m/s的初速度沿电场线方向射入电场强度为2.5×104 N/C的匀强电场中，问：这个电子在电场中能前进多远？用的时间是多少？这段距离上的电势差是多少？(电子质量m＝0.91×10－30 kg)
答案 0.182 m 9.1×10－9 s 4.55×103 V
解析 电子在电场中做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得电子的加速度
a＝eE/m ①
电子在电场中前进的时间t＝v0/a ②
电子在电场中前进的距离s＝at2/2 ③
由①②③解得s＝0.182 m，t＝9.1×10－9s
这段距离上的电势差U＝Es＝4.55×103 V.
9. 如图10所示，A为粒子源，F为荧光屏．在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行导体板C、D间加有偏转电压U2.现分别有质子和α粒子(氦核)由静止从A发出，经加速后以水平速度进入C、D间，最后打到F板上．不计粒子的重力，它们能打到F的同一位置上吗？
图10
答案 能
解析 设粒子的质量为m，带电荷量为q，偏转电场的极板长为L，两板间距为d.
在加速过程中由动能定理有：qU1＝mv
在偏转电场中，粒子的运动时间t＝
加速度a＝＝
沿电场方向上的速度v′＝at
粒子射出电场时速度的偏转角度设为θ
tan θ＝
偏移量y＝at2
联立解得：tan θ＝，y＝
可见y、tan θ与带电粒子的m、q无关，只由加速电场和偏转电场来决定，所以质子和α粒子能打到F上的同一位置．
点拨与技巧 带同种电荷的各种粒子，经同一加速电场和偏转电场后，粒子的偏转角、偏转量都相同．实验：测量电源的电动势和内阻 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(双选) 某兴趣小组研究三个电池的电动势和内阻，画出电池的U－I图象如图8所示，其中甲和丙两图线平行．下列判断正确的是( )
图8
A．甲电池的电动势比乙电池的大
B．乙电池的电动势和内阻都比丙电池的大
C．甲和丙两电池的内阻相等
D．甲电池的内阻最大，丙电池的内阻最小
2．(单选)为测定某一电池的电动势和内阻，在下面几组器材中，不能完成实验的是( )
A．一只电流表、一只电压表、一只变阻器、开关和导线
B．一只电流表、两只变阻器、开关和导线
C．一只电流表，一只电阻箱、开关和导线
D．一只电压表、一只电阻箱、开关和导线
3．(单选)在测量电源电动势和内阻的实验中，电源的电动势约为6 V，内阻约为0.5 Ω，电流表的内阻为0.5 Ω，电压表的内阻为6 kΩ.为了减小实验误差，应当采用的电路是选项中的( )
4．(双选)用如图9甲所示的电路来测量电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U－I图象，由图乙可知( )
甲 乙
图9
A．电池电动势的测量值是1.40 V
B．电池内阻的测量值是3.50 Ω
C．外电路发生短路时的电流为0.40 A
D．电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数为0.20 A21世纪教育网
题号 1 2 3 4
答案
5.
图10
用伏安法测电池的电动势和内阻的实验中，在坐标纸上以I为横坐标轴，以U为纵坐标轴，利用测出的几组I、U值画U－I图象，得到一条直线，如图10所示．该直线
与纵轴交点所对应的U等于________，这是因为该点所对应的电流I＝0，属于断路情况，断路时路端电压等于____________；这条直线与横轴的交点所对应的电流值等于_____．
6．某研究性学习小组利用如图11甲所示电路测量电池组的电动势E和内阻r.根据实验数据绘出如图乙所示的R－图线，其中R为电阻箱示数，I为电流表示数，由此可以得到E＝______ V，r＝________ Ω.
图11
7．现有一阻值为10.0 Ω的定值电阻、一个开关、若干根导线和一个电压表，该电压表表面上有刻度但无刻度值，要求设计一个能测定某电源内阻的实验方案(已知电压表内阻很大，电压表量程大于电源电动势，电源内阻约为几欧)．要求：
(1)在虚框中画出实验电路图．
(2)简要写出完成接线后的实验步骤．
(3)写出用测得的量计算电源内阻的表达式r＝________.
参考答案
课后巩固提升
1．BC [电池的U－I图线的纵轴截距表示电池的电动势，斜率的负数表示内阻，可以判断选项B、C正确．]
2．B [根据E＝U＋Ir知，选项A正确；根据E＝IR＋Ir知，选项C正确；根据E＝U＋r知，选项D正确．]
3．A [电流表的内阻与电源的内阻差不多，采用电流表外接法(B图)测的实际上是电源内阻和电流表内阻之和，误差较大，故选A.D图错误，C图无法测出．]
4．AD [由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir知：当I＝0时，U＝E，U－I图线斜率的绝对值表示电源的内阻，则r＝＝ Ω＝1 Ω.U轴的电压刻度不是从零开始的，U－I图线的横轴截距不再表示U＝0时的短路电流，而是表示路端电压为1.00 V时的干路电流是0.40 A，因为＝r＝常数，从图中易知＝，所以I′＝0.20 A，故选项A、D正确．]
5．电池的电动势 电池的电动势 短路电流
6．3.0 0.9
解析 由题中的电路图可以表示：当某时刻电阻箱的示数为R时，安培表示数为I，则有：E＝I(R＋r)，R＝－r.当＝0时，r＝－R＝－(－0.9)＝0.9 Ω.直线的斜率为电源的电动势，计算图中直线的斜率为3.0，所以电源的电动势为3.0 V.
7．(1)如图所示．
(2)①断开开关，记下电压表偏转格数N1
②合上开关，记下电压表偏转格数N2
(3)R
解析 用伏特表和定值电阻法．由题意，伏特表可当作理想表来用，由于电压表的面盘上有刻度但无数值．因此在实验时读数只读出格数即可．
由E＝N1
E＝N2＋r
得r＝R.1.2 探究静电力 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(双选)对于库仑定律，下列说法正确的是( )
A．只要是计算真空中两个点电荷间的相互作用力，就可使用公式F＝k
B．两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律计算库仑力
C．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们受到的库仑力大小一定相等
D．库仑定律中的静电力常量k只是一个比例常数，只有数值，没有单位
答案 AC
解析 库仑定律的表达式F＝k的适用条件是真空中的点电荷，而不是任意情况下的带电体，所以选项A正确，B错误；两个点电荷之间受到的静电力互为作用力与反作用力，所以选项C正确；静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，选项D错误．
2．(单选)A、B两个点电荷之间的距离恒定，当其他电荷移到A、B附近时，A、B之间的库仑力将( )
A．可能变大 B．可能变小 C．一定不变 D．不能确定
答案 C
解析 根据库仑定律，两个点电荷间的库仑力只跟两个电荷的电荷量和它们间的距离有关，因此它们间的库仑力不会受到外界的影响．选项C正确．
3．(双选)两个完全相同的小金属球，它们的带电荷量之比为5∶1(皆可视为点电荷)，它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1∶F2可能为( )
A．5∶2 B．5∶4 C．5∶6 D．5∶9
答案 BD
解析 根据库仑定律，它们接触前的库仑力为F1＝k.若带同号电荷，接触后的带电荷量相等，都为3q，此时库仑力为F2＝k；若带异号电荷，接触时电荷先中和后平分，接触后的带电荷量也相等，都为2q，此时库仑力为F2′＝k.由以上计算可知选项B、D正确．
4．(双选)两个带有同种电荷的小球A、B，放在光滑绝缘水平面上，其中小球A固定，小球B只在库仑力作用下由静止开始沿水平面运动，在运动过程中，小球B的加速度a和速度v的变化是( )
A．a一直在增大 B．a一直在减小
C．v一直在增大 D．v一直在减小
答案 BC
解析 本题考查的知识点是牛顿第二定律和库仑定律．B在A的静电斥力的作用下，向远离A的方向做加速运动，C对，D错．A、B间隔越来越远，由牛顿第二定律得k＝mBaB，r逐渐变大，则aB逐渐减小，故A错，B对．
5．(单选)如图4所示，两根细线挂着两个质量相同的小球A、B，上、下两根细线的拉力分别为FA、FB，现使两球带同种电荷，此时上、下细线受力分别为FA′，FB′，则( )
图4
A．FA＝FA′，FB＞FB′ B．FA＝FA′，FB＜FB′
C．FA＜FA′，FB＞FB′ D．FA＜FA′，FB＜FB′
答案 B
解析 两个小球都不带电时，FA＝GA＋FB，FB＝GB；使两球带同种电荷后，FA′＋F斥＝GA＋FB′，FB′＝GB＋F斥．FA＝FA′，故FB＜FB′，B项正确．
6．(双选)如图5所示，两个带电小球A、B的质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2.静止时两悬线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，且恰好处于同一水平面上．下列说法正确的是( )
图5
A．若q1＝q2，则θ1＝θ2 B．若q1＜q2，则θ1＞θ2
C．若m1＝m2，则θ1＝θ2 D．若m1＜m2，则θ1＞θ2
答案 CD
解析 A、B之间的静电力是作用力和反作用力的关系，所以不论A、B哪个带的电荷量大，它们受到的静电力大小相等、方向相反，由平衡条件得tan θ＝.可见质量相同，偏角相同；质量越大，悬线与竖直线的偏角越小．故选项C、D正确．
7．如图6所示，把质量为2.0×10－3 kg的带电小球B用细线悬挂起来．若将带电荷量为4.0×10－8 C的小球A靠近B，则平衡时细线与竖直方向成45°角．已知A、B在同一水平面上且相距0.3 m，B球所带的电荷量为________ C．(取g＝10 m/s2)
图6
答案 5×10－6
解析 以小球B为研究对象，其受力分析如图所示，设小球B所带的电荷量为qB，由平衡条件可知：
k＝mgtan 45°代入数据解得：qB＝5×10－6 C.
8．真空中光滑绝缘平面上，分别放置两个电荷量为－Q、＋9Q的点电荷A、B，如图7所示，且A、B间的距离为60 cm.然后在另一位置放置点电荷C，这时三个点电荷都处于平衡状态，求C的电荷量以及相对A的位置．
图7
答案 Q 在A点左侧距A 30 cm处
解析 由于三个点电荷中每个点电荷都处于平衡状态，三个点电荷应位于同一条直线上．设－Q、＋9Q如图所示放置，根据“三点共线，两同夹异，两大夹小，近小远大”原则，C应放在A、B连线A点左侧，且C应带正电，设电
荷量为q，A、B之间距离为r，A、C之间距离为r′.以A为研究对象，则k＝k，以B为研究对象，则k＝k，以C为研究对象，则＝.由以上方程可得出q＝Q，r′＝＝30 cm.
9．两个完全相同的小球A和B，只有A带有一定的电荷量，A、B接触后分开，相距1 m时测得相互作用力等于 1 N，求接触前A的电荷量是元电荷的多少倍？
答案 1.25×1014
解析 接触后设每个球带的电荷量为Q，已知间距r＝1 m，相互作用力F＝1 N．由库仑定律F＝k＝k，得Q＝ ＝ C≈1×10－5 C，A球接触前所带电荷量与电子电荷量之比为n＝＝＝1.25×1014，即是元电荷的1.25×1014倍．
10．行星绕恒星运动由万有引力提供向心力，电子绕原子核运动由库仑力提供向心力，已知电子的质量为m，原子核与电子的带电荷量都为e，电子绕原子核做圆周运动的半径为r，静电力常量为k，求：
(1)电子转动的线速度；
(2)电子做圆周运动的周期．
答案 (1)e (2)
解析 电子绕原子核运动由库仑力提供向心力，所以F＝k＝m＝mr
解得v＝e ，T＝ .2.3 研究闭合电路 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(双选)下列说法中正确的是( )
A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法
B．电源的电动势与外电路有关
C．在电源内部从负极到正极电势升高
D．电压与电动势单位相同，但却有本质的区别
2．(单选)一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载后路端电压降为2.4 V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为( )
A．E＝2.4 V，r＝1 Ω B．E＝3 V，r＝2 Ω
C．E＝2.4 V，r＝2 Ω D．E＝3 V，r＝1 Ω
3.
图10
(双选)如图10所示，电源电动势为E，内阻为r.当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是( )
A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗
B．灯多时各灯两端的电压较低
C．灯多时通过电源的电流较小
D．灯多时通过各灯的电流较大
4.
图11
(单选)如图11所示，A灯和B灯都未正常发光，当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，两灯亮度的变化是( )
A．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
5．(双选)
图12
在如图12所示的电路中，R1、R2、R3为固定电阻，R4为可变电阻，电流表和电压表都是理想的，电源的电动势为E，内阻为r.当R4的滑动触片向a点移动时( )
A．电压表的示数变大
B．电压表的示数变小
C．电流表的示数变大
D．电流表的示数变小
6．(单选)手电筒的两节干电池已经用了较长时间，小灯泡只能发出微弱的光，把电池取出，用电压表测这两节干电池的电压，电压表的示数接近3 V；若把这两节干电池作为一个电子钟的电源，电子钟能正常工作．下列说法正确的是( )
A．这台电子钟正常工作时的电流一定比手电筒里的小灯泡正常工作时的电流小
B．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡的额定电压小
C．这两节干电池的电压减小很多
D．这两节干电池的内阻减小很多
7．(双选)关于闭合电路，下列说法正确的是( )
A．电源短路时，放电电流为无限大
B．电源短路时，内电压等于电源电动势
C．用电器增加时，路端电压一定增大
D．把电压表直接和电源连接时，电压表的示数总小于电源电动势
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案
8.在图13甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的．求：
图13
(1)电源的电动势和内电阻；
(2)定值电阻R2的阻值；
(3)滑动变阻器R3的最大值．
参考答案
课后巩固提升
1．CD
2．B [当外电路断路时，I＝0，U外＝E＝3 V；接上8 Ω负载时，I′＝＝ A＝0.3 A，则r＝＝＝ Ω＝2 Ω.]
3．AB [由于灯泡并联在电路中，所以接入电路的灯泡越多，总电阻越小，电路的总电流越大，电源的内电压越大，路端电压越低，选项B正确，C错误；路端电压越低，流过每个灯的电流越小，各电灯越暗，选项A正确，选项D错误．]
4．A [当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，接入电路的有效电阻变大，R与灯A的并联电阻变大，闭合回路的总电阻变大，则总电流变小，由U＝E－Ir可知路端电压变大，灯B两端电压变大，则灯B变亮；由串联电路的分压关系可知灯A两端电压变大，则灯A也变亮．因此选项A正确．]
5．BD [由题意知，R4变小，闭合电路的总电阻变小，总电流变大，内电压变大，则电压表的示数变小，而电路的总电流变大，所以R2分得的电压变小，故电流表的示数也变小，选项B、D正确．]
6．A [干电池用久了后，电动势几乎是不变的，接近3 V，但内阻却增大很多．当把用久了的电池用在手电筒上时，小灯泡只能发出微弱的光，说明其通过的实际电流比额定电流小很多；把电池作为一个电子钟的电源，电子钟能正常工作，说明电流与其额定电流差不多；由于不知道具体的电池内阻、灯泡的电阻和电子钟的电阻，所以无法判断其额定电压的高低，故选项A正确．]
7．BD [短路电流I短＝，故A项错．用电器增加时，外电阻R减小，由U＝E－·r得，路端电压减小，C项错误．]
8．(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω
解析 (1)由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋Ir
将图象中A、B两点的电压和电流代入得：E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r
解得E＝20 V，r＝20 Ω.
(2)当R3的滑片滑到最右端时，R3、R1均被短路，此时外电路电阻等于R2，且对应于图线上B点，故由B点的U、I值可求出R2的阻值为：R2＝＝ Ω＝5 Ω.
(3) 滑动变阻器的滑片置于最左端时，R3阻值最大，设此时外电路总电阻为R，由图象中A点坐标求出：
R＝＝ Ω＝80 Ω.
又R＝＋R2，代入数值解得滑动变阻器的最大阻值R3＝300 Ω.实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线 每课一练（粤教版选修3-1）
1．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按图9所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：
图9
(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小灯泡亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是______导线断路．
图10
(2)某同学测出电源和小灯泡的U－I图线如图10所示，将小灯泡和电阻R串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0 A，则R＝______Ω.
(3)某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图11中的(a)、(b)、(c)所示，下列说法正确的是( )
图11
A．a可以作为标准电阻使用
B．b能作为标准电阻使用
C．b的阻值随电压升高而增大
D．c的阻值随电压升高而增大
2．某同学用常规器材研究标有“3.8 V，0.3 A”字样的小灯泡两端的电压和通过它的电流的关系，先选择合理的电路再正确连线，闭合开关后进行实验，得到的数据如下表所示：
次数 1 2 3 4 5 6
U/V 0 0.10 0.20 0.40 0.60 1.00
I/A 0 0.080 0.100 0.118 0.128 0.160
次数 7 8 9 10 11 12
U/V 1.60 2.20 2.60 3.00 3.40 3.80
I/A 0.200 0.238 0.258 0.278 0.291 0.310
根据这些数据：
(1)在图12中画出实验电路图(图中的电源和开关已经画好)．
图12
(2)在图13坐标系中，选取适当的标度，画出小灯泡的U—I图线(以U为纵轴)．
图13
(3)U1＝1.00 V和U2＝3.00 V时小灯泡的电阻分别为R1＝______ Ω，R2＝________ Ω，其大小不同的原因是________________________________________________．
(4)小灯泡两端的电压从零到额定电压变化时，小灯泡的最大电阻是______ Ω，最大电功率是______ W(保留三位有效数字)．
(5)通过小灯泡的电流等于零时，小灯泡的电阻约为________ Ω.
参考答案
课后巩固提升
1．(1)g (2)0.8 (3)AC
解析 (1)若调节滑动变阻器，小灯泡的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g导线断路．
(2)由电源的U－I图线知E＝3.0 V，r＝1 Ω，当小灯泡与电阻串联后由闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r＋R灯)又由小灯泡的U－I图线得R灯＝＝1.2 Ω解得“R＝0.8 Ω.
(3)因a元件的I－U图线是直线，说明其电阻不随电压的变化而变化，故可作为标准电阻，故A对，B错．b的阻值随电压升高而增大，c的阻值随电压升高而降低，故C对，D错．
2．(1)如下图所示
(2)如下图所示
(3)6.25 10.79 随着电压的增大，通过小灯泡的电流增大，同时小灯泡的发热功率增加，灯丝的温度升高，所以金属灯丝的电阻率增大，灯泡的电阻增大．
(4)12.26 1.18
(5)1.251.5 电场强度与电势差的关系 每课一练1（粤教版选修3-1）
1．(双选)下列说法正确的是( )
A．在同一等势面上各点的电场强度必定相等
B．两等势面一定相互平行
C．若相邻两等势面间的电势差相等，则等势面密的地方电场强度大
D．沿电场强度的方向，等势面的电势逐渐降低
答案 CD
解析 电场强度的大小和电势的大小没有明确的关系，A错；如电荷分布不均匀的等势体，其形成电场的等势面就不相互平行，B错；相邻两等势面间电势差相等时，等势面密的地方场强大，C正确；沿电场线的方向，电势逐渐降低，即等势面的电势逐渐降低，D正确．
2．(单选) 如图8所示，匀强电场场强E＝100 V/m，A、B两点相距10 cm，A、B连线与电场线夹角为60°，则B、A两点之间的电势差为( )
图8
A．－10 V B．10 V C．－5 V D．－5 V
答案 C
解析 UBA＝－E·cos 60°＝－100×0.1×0.5 V＝－5 V.
3．(单选) 如图9所示，a、b是电场线上的两点，将一点电荷q从a移到b，电场力做功为W，且知a、b间的距离为d，以下说法正确的是( )
图9
A．a、b两点间的电势差为
B．a处的电场强度为E＝
C．b处的电场强度为E＝
D．a点的电势为
答案 A
解析 由W＝qU知，U＝，且a点的电势比b点的高，所以A项正确．由于不知是否是匀强电场，所以a、b两点的电场强度不能使用E＝进行计算，所以B、C项错．如果取b点的电势为零，a点的电势才是，而题中并没有说明何处为零电势点，所以D项错．正确的答案只有A项．
4．(单选) 如图10所示，两个等量异种电荷在真空中相隔一定距离，OO′代表两点电荷连线的中垂面，在两点电荷所在的某一平面上取图示1、2、3三点，则这三点的电势大小关系是( )
图10
A．φ1＞φ2＞φ3 B．φ2＞φ1＞φ3
C．φ2＞φ3＞φ1 D．φ3＞φ2＞φ1
答案 A
解析 本题所涉及的是带等量异种电荷周围的电场线和等势面，先画出带等量异种电荷周围的电场线和等势面如下图所示，根据沿着电场线方向电势越来越低，知φ1＞φ2＞φ3.
5．(单选)(改编题)如图11所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中错误的有( )
图11
A．φA＞φB＞φC B．EC＞EB＞EA
C．UAB＜UBC D．UAB＝UBC
答案 D
解析 A、B、C位于同一条电场线上，沿电场线方向电势越来越低，φA＞φB＞φC，A对；电场线疏密表示场强大小，EC＞EB＞EA，B对；由U＝Ed，可知AB＝BC时，UAB＜UBC，C对，D错．
6. 如图12所示，在匀强电场中，电荷量q＝5.0×10－10 C的正电荷分别在平行于电场方向的平面内由a点运动到b点和由a点运动到c点，电场力做的功都为3.0×10－8 J．已知△abc中，∠a＝37°，∠c＝90°，ab＝20 cm，则a、b两点间的电势差Uab＝________，匀强电场的场强E的大小是________，方向为________．
图12
答案 60 V 375 V/m 从a向c
解析 由Wab＝qUab得Uab＝60 V．电荷由a点到b点和c点，电场力做功相同，则bc在同一等势面上，ac为电场线方向，故E＝＝＝375 V/m，方向为从a向c.
7. 如图13所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间的距离为2 cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电荷量为－2×10－5 C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1 J．问：
图13
(1)在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？
(2)A、B两点的电势差UAB为多大？
(3)匀强电场的场强为多大？
答案 (1)－0.1 J (2)5 000 V (3)5.0×105 V/m
解析 (1)电势能增加多少，电场力就做多少负功，故电场力对电荷做了－0.1 J的功．
(2)由W＝qU，得UAB＝＝ V＝5 000 V.
(3)由U＝Ed，得E＝＝＝5.0×105 V/m.
8．如图14所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各等势面电势已在图中标出．现有一质量为m的带电小球以初速度v0与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：
图14
(1)小球应带何种电荷？电荷量是多少？
(2)在入射方向上小球最大位移是多少？(电场范围足够大)
答案 (1)正电荷 (2)
解析 (1)作电场线如图甲所示，由题意，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图乙所示，只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动．所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速直线运动．
由图乙知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝，q＝＝.
(2)因为qE＝mg，所以求F合＝＝mg
由动能定理得－F合·sm＝0－mv，所以sm＝＝.2.6 走进门电路、2.7 了解集成电路 每课一练（粤教版选修3-1）
1．与门的输入端输入信号为何值时，输出端输出“1”( )
A．0 0 B．0 1 C．1 0 D．1 1
图7
2．图7是由“与”门、“或”门和“非”门三个基本逻辑电路组成的一个组合逻辑电路，其中S1、S2、S3为输入端，Q为输出端，在完成下面的真值表时，输出端Q空格中从左到右依次填写都正确的是( )
S1 0 0 0 0 1 1 1 1
S2 0 0 1 1 0 0 1 1
S3 0 1 0 1 0 1 0 1
Q
A.00010101 B．00000010
C．00101010 D．以上答案都不正确
3.
图8
如图8所示为由二极管构成的逻辑电路，S1、S2为输入，Q为输出端，高电位用真值“1”表示，低电位用真值“0”表示，则( )
A．S1＝0，S2＝0时Q＝0
B．S1＝1，S2＝0时Q＝1
C．S1＝0，S2＝1时Q＝1
D．S1＝1，S2＝1时Q＝1
4．请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个门电路( )
输入 输出
S1 S2 Q
0 0 1
0 1 1
1 0 1
1 1 0
5.
图9
如图9所示是应用某逻辑电路制作的简单车门报警电路图，开关S1、S2分别装在汽车的两道门上，D是发光二极管(报警灯)，根据电路图可判断( )
A．S1、S2均闭合时，D发光
B．S1闭合，S2断开时，D不发光
C．S1断开，S2闭合时，D发光
D．S1、S2均断开时，D不发光
题号 1 2 3 4 5
答案
6.如图10所示是一个三输入端复合门电路，当输入为“101”时，输出为________(填“0”或“1”)．
图10
7．如图11所示由三个门电路组成的逻辑电路，试在下面的表格中填入真值．
图11
输入 输出
S1 S2 S3 Q
0 0 0
0 0 1
0 1 0
1 0 0
0 1 1
1 0 1
1 1 0
1 1 1
8.某学校广播站欲纳新成员，只有期中考试各科成绩均在75分以上和语文成绩在85分以上的学生方可报名，请分析这种情况的逻辑关系．
参考答案
课后巩固提升
1．D [输入信号有一个为“0”时，与门电路的输出信号为“0”；或门电路输出什么信号要看另一个输入信号是什么，若另一个输入信号为“1”，那么或门电路输出信号为“1”；非门电路输入“0”时，输出信号为“1”．]
2．C [S1、S2为“或”门电路，其输出状态为“00111111”．S3为“非”门电路，其输出状态为“10101010”．这两个输出端再作为“与”门输入端，故输出端Q的状态为“00101010”．]
3．AD
4．D [从真值表可看出不是单一的“与”、“或”关系，更不是单一的“非”关系，一定对应一个复合门电路，从真值表分析可得应为“与非”复合门电路，D选项正确．]
5．C [门电路是“或”门电路，开关闭合时，输入端为低电位．S1、S2均闭合，输入端均为低电位(均为“0”)，输出为低电位(为“0”)，D不发光，A错误．S1、S2中有一个断开或均断开时，输入端有一个为高电位或均为高电位(“1”)，输出为高电位，D上加有正的电压，D发光，故C正确，B、D错误．]
6．1
解析 S1、S2是“与”门的输入端，当输入为“1,0”时，输出为“0”，得知“或”门的输入为“0,1”，则输出应为“1”．
7．1 0 1 1 0 0 1 1
解析 本题为多个门电路组合，逐个分析各门电路的输入和输出．输出Q分别为1 0 1 1 0 0 1 1.
8．分析题意可知，条件为各科成绩均在75分以上，语文成绩在85分以上，这些条件必须同时满足时方可报名，即这种情况是“与”逻辑关系。1.8 静电与新技术 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)为了防止静电危害，下列措施不正确的是( )
A．油罐车上拖一条与地面接触的铁链
B．飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎
C．在地毯中夹杂不锈钢纤维
D．尽可能保持印染厂空气干燥
答案 D
2．(双选)电容器是将电能暂时存储的一种电学元件，电容器的电容越大，所接电压越高，其上存储的电能就越大，下列措施可以增大电容器存储电能能力的是( )
A．电压保持不变，插入电介质
B．电压保持不变，减小正对面积
C．电压保持不变，减小极板间的距离
D．以上措施都不行
答案 AC
3．(双选)如图2所示是静电除尘的原理示意图，A为金属管，B为金属丝，在A、B之间加上高电压，使B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，电子在向A极运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电，最终被吸附到A极上，排出的烟就比较清洁了．有关静电除尘的装置，下列说法正确的是( )
图2
A．金属管A应接高压电源的正极，金属丝B接负极
B．金属管A应接高压电源的负极，金属丝B接正极
C．C为烟气的进气口，D为排气口
D．D为烟气的进气口，C为排气口
答案 AC
4．避雷针的避雷原理是____________．
答案 尖端放电
5．防止静电危害的基本方法是__________导走，避免__________．
答案 尽快把静电 电荷越积越多
6．一平行板电容器充电后两板间电压为3 V，现使它的电荷量减少3×10－4 C，发现两板电压降为原来的1/3，则这个电容器的电容为__________．
答案 150 μF
7．燃气灶上装有的电子点火器，用电池接通电子线路产生高压电，通过高压放电产生电火花点燃气体．为什么点火器的电极做成针尖状而不是圆头状？
答案 实验和理论都表明导体尖锐部分的电荷特别密集，尖端附近电场特别强，容易产生尖端放电，这样就可以比较容易地点燃气体．这是导体尖端放电在实际生活中的一种运用．
8. 一种静电除尘器，由两块距离为1 cm的平行金属板A、B组成，如图3所示，两板间接上9×103 V的直流电压时，在两板间产生一个强电场．如果一粒尘埃，其质量为1.0×10－5 kg，电荷量为4.8×10－9 C，试通过计算来比较尘埃所受的重力和电场力的大小，并说明除尘原理．
图3
答案 见解析
解析 尘埃所受的重力G＝mg＝1.0×10－5×10 N＝1.0×10－4 N，两板间的场强为E＝U/d＝9×103/(1×10－2) V/m＝9×105 V/m，尘埃受到的电场力F＝qE＝4.8×10－9×9×105 N＝4.32×10－3N，F/G＝43.2
在实际应用中，尘埃所带的电荷来自被强电场电离的空气分子，空气分子被电离后成为电子和正离子，正离子被吸引到负极板上得到电子，又成为分子，而电离出的电子在向正极板运动过程中，遇上尘埃，而使尘埃带上负电，这样带负电的尘埃被吸附到正极板上而被收集．
9. 如图4所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l1＝0.2 m．离水平地面的距离为h＝5.0 m．竖直部分长为l2＝0.1 m．一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到电场力大小为重力的一半．求：
图4
(1)小球运动到管口B时的速度大小；
(2)小球着地点与管的下端口B的水平距离．(g＝10 m/s2)
答案 (1)2.0 m/s (2)4.5 m
解析 (1)小球从A运动到B的过程中，对小球根据动能定理有：mv－0＝mgl2＋F电l1①
F电＝G＝mg.②
解得：vB＝
代入数据可得：vB＝2.0 m/s③
(2)小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，在空中运动的时间为t.
水平方向有：a＝④
x＝vBt＋at2⑤
竖直方向有：h＝gt2⑥
由③～⑥式，并代入数据可得：x＝4.5 m.3.6 洛伦兹力与现代技术 每课一练1（粤教版选修3-1）
图9
1．(双选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图9所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙．下列说法正确的是( )
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．离子从磁场中获得能量21世纪教育网
D．离子从电场中获得能量
图10
2．(单选)如图10所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正负电子分别以相同的速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为( )
A．1∶ B．1∶2
C．1∶1 D．2∶1
3．(单选)有三束粒子，分别是质子(H)、氚核(H)和α粒子束，如果它们以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场(磁场方向垂直纸面向里)．下图中能正确表示这三束粒子的运动轨迹的是( )
图11
4．(双选)如图11所示，垂直于纸面的匀强磁场区域宽度为d，一个电子以速度v沿图示方向垂直于磁场及磁场边界射入该区域，恰好不能飞过场区．下列方法中，可能使该电子飞到场区右侧的有( )
A．增大磁感应强度 B．改变v的方向
C．减小d D．将磁场反向
图12
5．(单选)如图12所示，场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直于纸面向里，磁感应强度B2的方向垂直纸面向外，在S处有四个二价正离子甲、乙、丙、丁以垂直于场强E和磁感应强度B1的方向射入，若四个离子质量m甲＝m乙＜m丙＝m丁，速度v甲＜v乙＝v丙＜v丁，则运动到P1、P2、P3、P4四个位置的正离子分别为( )
A．甲乙丙丁 B．甲丁乙丙
C．丙乙丁甲 D．甲乙丁丙
题号 1 2 3 4 5
答案
图13
6．如图13所示，一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是________，穿透磁场的时间是__________．
7．A、B是两种同位素的原子核，它们具有相同的电荷量、不同的质量．为测定它们的质量比，使它们从质谱仪的同一加速电场由静止开始加速，然后沿着与磁场垂直的方向进入同一匀强磁场，打到照相底片上．如果从底片上获知A、B在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1，求A、B的质量比．
参考答案
课后巩固提升
1．AD [离子由加速器的中心附近进入加速器，从电场中获取能量，最后从加速器边缘离开加速器，选项A、D正确．]
2．B
3．C [由粒子在磁场中运动的半径r＝可知，粒子在磁场中运动的轨迹应该与粒子的比荷有关，即r1∶r2∶r3＝∶∶＝∶∶＝1∶3∶2，所以三种粒子的轨迹应该是氢核半径最小，氚核半径最大，α粒子束在中间，所以C选项正确．]
4．BC [电子恰好不能飞过场区，有以下关系式：r＝d＝，要使电子从场区右侧飞出，增大电子运动的速度，或减小B可以使半径增大，电子能从右侧飞出场区，但使B反向只能改变电子的偏转方向，不能改变电子的运动半径，故A、D错误；若使d＜r，则可使电子飞到场区右侧，C正确；如果电子的初速度方向沿逆时针方向转动，电子运动的半径不变，则也能使电子从场区右侧飞出，B正确．]
5．B [偏向P1的是电场力大，偏向P2的是洛伦兹力大，进入B2的是速度相等的，所以落在P1的是甲，P2的是丁；质量大的半径大，落在P3的是乙，P4的是丙．]
6.
解析 电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点，如题图所示的O点．
由几何知识可知，CD间圆心角θ＝30°，OD为半径．
r＝＝2d，
又由r＝得m＝
CD间圆心角是30°
穿透时间t＝，故t＝×＝.
7．1.17∶1
解析 A、B是两种同位素的原子核，电荷量相同、质量不同．其过程分为两步：一是在电场中加速，二是在磁场中偏转．
设A、B的电荷量皆为q，质量分别为mA和mB
则经电压为U的电场加速时：
qU＝mv2
在磁感应强度为B的磁场中偏转时：r＝
联立解得：m＝
即＝()2＝()2≈1.17∶1.第一章 电场 章末练习（粤教版选修3-1）
1．(单选)使质量相同的一价正离子和二价正离子分别从静止开始经相同电压U加速后，离子速度较大的是( )
A．一价正离子 B．二价正离子
C．两者速度相同 D．无法判断
答案 B
解析 由qU＝mv可得选项B正确．
2．(单选) 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初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图象如图7所示．则这一电场可能是( )
图7
答案 A
解析 由v－t图可知，微粒的速度减小，加速度增大，可知微粒所受电场力方向由B指向A，从A到B运动过程中电场力大小逐渐变大，结合粒子带负电，可以判断电场线方向由A指向B，且越来越密，A对，B、C、D错．
3．(单选) 图8中A、B都是装在绝缘柄上的导体，A带正电荷后靠近B发生静电感应，若取地球电势为零，B和地接触后( )
图8
A．导体B上任意一点电势都为零
B．导体B上任意一点电势都为正
C．导体B上任意一点电势都为负
D．导体B上右边电势为正，左边电势为负
答案 A
解析 导体B与大地相连，共同处于正电荷A的电场中，B与大地为等势体，由于取地球电势为零，故B的任一点电势都为零，A项正确．
4. (单选)空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图9所示，在相等的时间间隔内( )
图9
A．重力做的功相等
B．电场力做的功相等
C．电场力做的功大于重力做的功
D．电场力做的功小于重力做的功
答案 C
解析 由题意可知，微粒在竖直方向上做匀变速运动，在相等时间间隔内，位移不等，A、B错；由轨迹可知，微粒所受合外力向上，电场力大于重力．在同一时间间隔内电场力做的功大于重力做的功，C对，D错．
5. (单选)已知四个点电荷q、q、－q、q分别分布于边长为a的正方形的四个顶点A、B、C、D处，如图10所示，则正方形中心处的场强大小为( )
图10
A. B．0 C．4 D.
答案 C
解析 几个点电荷同时存在时，电场中任一点的场强等于这几个点电荷各自在该点产生的电场强度的矢量和，B、D各自在正方形中心产生的场强等大反向，合场强为零，A、C两点的电荷在正方形中心的场强均为E＝＝，方向相同，合场强E总＝2E＝4，故C对，A、B、D错．
6．(双选)在场强E＝1.0×102 V/m的匀强电场中，有相距d＝2.0×10－2 m的a、b两点，则a、b两点间的电势差可能为( )
A．1.0 V B．2.0 V C．3.0 V D．4.0 V
答案 AB
解析 a、b两点所在的直线可能平行于电场线，也可能垂直于电场线，还可能与电场线成任一角度，故Uab最大值为2.0 V，最小值为0,0～2 V之间任一值均正确.
7．(双选)带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏转距离为y，位移偏角为φ，下列说法正确的是( )
A．粒子在电场中做类平抛运动
B．偏角φ与粒子的电荷量和质量无关
C．粒子飞过电场的时间与极板长度和粒子进入电场时的初速度无关
D．粒子的偏移距离y，可用加在两极板上的电压控制
答案 AD
解析 粒子受恒定电场力且与初速度垂直，做类平抛运动，A对；由t＝可知C错；由y＝可知，可以通过改变U的大小来改变y的大小，D对；tan φ＝，可知偏角φ大小与q及m都有关，B错．
8. (双选)如图11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，下列说法正确的是( )
图11
A．小球在运动过程中机械能守恒
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)
答案 BC
解析 小球由静止释放运动到轨道最低点的过程中，重力和电场力对球做正功，机械能增加，A错；由动能定理(mg＋qE)R＝mv2可知，小球过最低点时速度最大，B正确；球在最低点由牛顿第二定律FN－(qE＋mg)＝m得FN＝3(mg＋qE)．故球在最低点对轨道压力为3(mg＋qE)，C正确，D错误．
9. 如图12所示，水平旋转的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，极板长L＝0.1 m，两极板间距离d＝0.4 cm.有一束由相同粒子组成的带电粒子流从两极板中央平行板射入，由于重力作用，粒子能落到下极板上．已知粒子质量为m＝2×10－6 kg，电荷量q＝1×10－8C，电容器的电容C＝10－6 F．则：为使第一个粒子能落在下极板中点O到紧靠边缘的B点之间，粒子入射速度v0应多大？
图12
答案 2.5 m/s≤v0≤5 m/s
解析 第一个粒子在极板间做平抛运动，即水平位移：s＝v0t①
竖直位移：＝gt2②
由①②得s＝v0
为使第一个粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间，s必须满足≤s≤L
≤v0≤L
整理得：≤v0≤L，即2.5 m/s≤v0≤5 m/s.2.4 认识多用电表 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)关于多用电表表盘上的刻度线，下列说法中不正确的是( )
A．直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可以共用一刻度
B．电阻刻度是不均匀的
C．电阻刻度上的零刻度与直流电流的最大刻度线相对应
D．电阻刻度上的零刻度与直流电流的最大刻度线不对应
2．(双选)下列说法中正确的是( )
A．欧姆表的每一档测量范围都是0到 ∞
B．欧姆表只能用来粗略地测量电阻
C．用欧姆表测电阻，指针越接近刻度中央误差越大
D．用欧姆表测电阻，指针越靠近刻度右边误差越小
3．(单选)使用多用表的欧姆档测导体电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则造成测量值( )
A．比真实值大
B．比真实值小
C．与真实值相等
D．可能比真实值大，也可能小
4．(单选)电流表的内阻是Rg＝200 Ω，满刻度电流值是Ig＝500 μA，现欲把这个电流表改装成量程为1.0 V的电压表，正确的方法是( )
A．应串联一个0.1 Ω的电阻
B．应并联一个0.1 Ω的电阻
C．应串联一个1 800 Ω的电阻
D．应并联一个1 800 Ω的电阻
题号 1 2 3 4
答案
5.某位同学用多用表测量一个定值电阻的阻值，多用电表的欧姆档有“×1”、“×10”、“×100”三档，他用“×10”档测量电阻时，发现电表的指针偏转角度很大，于是他进行了如下的操作，完成了实验：
A．将电表选择开关旋到“×100”档
B．用电表的两表笔接触电阻的两端，从电表指针的偏转进行正确的读数
C．将测量的结果记录下来
请指出该同学测量步骤中的错误和疏漏之处:_________________________________.
6．用量程5 mA的电流表改装成一欧姆表，已知电源电动势为1.5 V，那么原来表盘上2 mA刻度线处改写为电阻值是________ Ω.
7．下列使用多用表欧姆档测电阻的注意事项中，错误的说法是：________.
A．若待测电阻与电源相连，应先切断电源，再用多用表欧姆档测量
B．应使待测电阻与其他元件断开，并且不能用双手同时接触两表笔金属部分
C．为使测量准确，应使表针指在中值电阻附近，否则应换档
D．每次更换量程都要将两表笔短接，进行调零
E．注意两表笔正、负极性不要接错
F．使用完毕，应将选择开关置于OFF档或交流电压最高档
参考答案
课后巩固提升
1．D [由欧姆表原理知选D.]
2．AB [从欧姆表的使用，我们知道用每一档测量前都要进行欧姆调零，而两表笔断开时，相当于电阻为无穷大，故每一档测量范围都是从0到∞，故A正确；因欧姆表电阻刻线不均匀，即电流随电阻非线性变化，故测量出的电阻不可能是准确值，只能用来粗测，故B正确；欧姆表测电阻，中值附近最准，越靠近两侧误差越大，故C、D错误．]
3．B [两手同时分别接触两表笔金属杆，相当于在导体两端并联上一个电阻，测量值比真实值小．]
4．C [电流表改电压表，串联电阻．电阻两端的电压为U′＝U－Ug＝1.0 V－200×500×10－6V＝0.9 V．电阻的阻值为R＝＝ Ω＝1 800 Ω.]
5．A中应选“×1”档，选档后要调零；测量后要将选择开关旋到OFF档或交流电压最高档．
6．450
解析 因为电源电动势为1.5 V，满偏电流为5 mA，所以由闭合电路欧姆定律得：Ig＝，
所以R内＝R＋r＋Rg＝300 Ω
所以Ix＝，
Rx＝450 Ω.
7．E
解析 测电阻时，待测电阻需与电路断开再测量，并且手不能接触表笔金属部分，所以A、B对；因为欧姆表刻度不均匀，所以指针指在中值电阻附近时示数比较准确，并且每次换档都要将两表笔短接调零，所以C、D对；使用完要将选择开关置于OFF档或交流电压最高档，F对．1.3 电场强度 每课一练1（粤教版选修3-1）
1．(单选)下列说法正确的是( )
A．靠近正点电荷，电场线越密，电场强度越大；靠近负点电荷，电场线越密，电场强度越小
B．沿电场方向电场强度越来越小
C．在电场中没画电场线的地方场强为零
D．电场线虽然是假想的一簇曲线或直线，但可以用实验方法模拟出来
答案 D
解析 场强的大小可直观地用电场线的疏密来表示，与电荷的正负无关，所以选项A、B错误；电场线是人为画的，故选项C错误．只有选项D正确．
2．(单选)关于电场强度，下列说法正确的是( )
A．以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同
B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大
C．若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右
D．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大
答案 C
解析 场强是矢量，有大小有方向，故A选项错．电场的强弱与正负电荷形成的电场无关，B选项错．电荷受到的电场力很大，可能是因为电荷带电荷量很大导致的，D错误．
3．(单选)如图7所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )
图7
A．该电场是匀强电场
B．a点的电场强度比b点的大
C．b点的电场强度比a点的大
D．正电荷在a、b两点受力方向相同
答案 B
解析 匀强电场的电场线是平行且等间距的，A选项错．电场线的疏密程度表示场强的相对大小，B选项正确，C选项错误，受力方向为该点的切线方向，故a、b两点受力方向不相同．
4．(单选)一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在图中能正确反映q、E、F三者关系的是( )
答案 D
解析 电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A、B错误；检验电荷在该点受到的电场力F＝Eq，F正比于q，C错误，D正确．
5．(单选) 如图8所示，表示一个电场中a、b、c、b四点分别引入检验电荷时，测得检验电荷所受电场力与电荷量间的函数关系图象，那么下列说法中正确的是( )
图8
A．该电场是匀强电场
B．这四点场强的大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec
C．这四点场强的大小关系是Ea＞Eb＞Ec＞Ed
D．无法比较这四点场强的大小关系
答案 B
解析 由公式E＝可得，F与q成正比，比值即等于场强E.所以在图中可得斜率越大，E越大．
6．(双选) 如图9所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用EA、EB表示A、B两处的场强，则( )
图9
A．A、B两处的场强方向相同
B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以EA＝EB
C．电场线从A指向B，所以EA＞EB
D．不知A、B附近电场线的分布情况，EA、EB的大小不能确定
答案 AD
解析 电场线的切线方向指场强方向，所以A对；电场线的疏密程度表示场强大小，只有一条电场线的情况下不能判断场强大小，所以B、C错误，D正确．
7．(单选) 如图10所示，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电荷量的大小都是q1，在b、d两个顶点上各放一带负电的点电荷，电荷量的大小都是q2，q1＞q2.已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条( )
图10
A．E1 B．E2 C．E3 D．E4
答案 B
解析 作出a、b、c、d四个点电荷在O点的电场强度如图所示．其中Ea＝Ec＞Eb＝Ed
由矢量合成法则可知合场强只能是图中的E2，B正确．
8. 如图11所示，A为带正电荷Q的金属板，沿金属板的垂直平分线在距离板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球受水平向右的电场力作用而偏转θ角后静止．设小球是用绝缘丝线悬挂于O点，求小球所在处的电场强度．
图11
思路点拨 这里，带电金属板的大小和形状与两带电体之间的距离相比是不能忽略的，故不可以认为带电小球所在处的场强为E＝.
答案 mg，方向水平向右．
解析 分析小球的受力如图所示，由平衡条件得
F电＝mgtan θ
由电场强度的定义式得：小球所在处的电场强度
E＝＝mg
由于小球带正电，所以小球所在处的电场强度方向水平向右．1.7 了解电容器 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)对电容C＝，以下说法正确的是( )
A．电容器充电荷量越大，电容增加越大
B．电容器的电容跟它两极板所加电压成反比
C．电容器的电容越大，所带电荷量就越多
D．对于确定的电容器，它所充的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变
答案 D
解析 电容器的电容是由电容器本身的因素决定的，与电容器的带电荷量Q和两极板间的电压无关．所以D对．
2．(双选)某一电容器外壳上标注的是：“300 V 5 μF”，则下列说法正确的是( )
A．该电容器可在300 V以下电压下正常工作
B．该电容器只能在300 V电压时正常工作
C．电压是200 V时，电容仍是5 μF
D．使用时只需考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连
答案 AC
解析 “300 V 5 μF”表示使用该电容器时正常工作的最大电压为300 V，电容器的电容始终为5 μF，所以A、C正确，B错．而且电容器的极板上分别带正负电荷，所以在使用时仍需区分电源与哪个极相连．所以D错．
3. (单选)如图2所示，电源A的电压为6 V，电源B的电压为8 V，当开关S从A转到B时(电容器的电容为2 μF)，通过电流计的电荷量为( )
图2
A．4×10－6C B．12×10－6C
C．16×10－6C D．28×10－6C
答案 D
解析 先后在电容器上变化的电压为ΔU＝14 V，根据公式ΔQ＝CΔU＝2×10－6×14 C＝28×10－6 C.
4．(双选) 如图3所示，一个平行板电容器板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论正确的是( )
图3
A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度的大小E＝
B．电容器两极板间各点的电势有的相同、有的不同，有正的、有负的、有的为零
C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上所带的电荷量Q也会增加
D．若有一个电子穿越两极板之间的电场，则此电子的电势能一定会减小
答案 BC
解析 电容器两极板间的电势差U＝φ－(－φ)＝2φ，场强E＝＝，选项A错误；由U＝Ed得，电场中某点到B板的电势差UxB＝φx－(－φ)＝Ed′＝d′，φx＝d′－φ，当d′＝时，Ux＝0，选项B正确；U不变，当d减小时，C增大，带电荷量Q＝CU增大，选项C正确；电子的电势能如何变化要看电子进入电场和射出电场时的位置关系，选项D错误．
5. (双选)如图4所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则( )
图4
A．电容器带电荷量不变 B．尘埃仍静止
C．检流计中有a→b的电流 D．检流计中有b→a的电流
答案 BC
解析 电容器与电源相连，所以两极板间电压不变．两板错开一些，正对面积S将减小，由C∝S得C减小．由Q＝UC得，Q减小，电容器放电，电子从b向a运动，所以电流从a向b.由E＝得，E不变，所以尘埃仍静止．
6. 如图5所示为电容器C与电压为U的电源连接成的电路，当电键K与1接通时，电容器A板带________电，B板带________电，这一过程称电容器的________过程. 电路稳定后，两板间的电势差为________．当K与2接通时，流过导体acb的电流方向为________，这就是电容器的______过程．
图5
答案 负 正 充电 U b→c→a 放电
解析 电键接1时，电容器与电源串联，电源给电容器充电，A板带负电，B板带正电，电路稳定后，两板间电势差为U；当K接2时，电容器放电，电流方向为bca.
7. 如图6所示，用静电计测量电容器两板间的电势差，不改变两板的带电荷量，把A板向右移，静电计指针偏角将________________；把A板竖直向下移，静电计指针偏角将________；在A、B板间插入一块电介质，静电计指针偏角将________．
图6
答案 减小 增大 减小
解析 A板右移，两板间距减小，由C∝、U＝得：C增大，Q不变，U减小，静电计偏角将减小；A板下移，S减小，C减小，U增大，偏角增大；A、B间插入电介质，C增大，U减小，偏角减小．
8．如图7所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60 V的恒压电源上，两极板间距为3 cm，电容器带电荷量为6×10－8C，A极板接地．求：
图7
(1)平行板电容器的电容；
(2)平行板电容器两板之间的电场强度；
(3)距B板为2 cm的C点处的电势．
答案 (1)1×10－9 F (2)2×103 V/m，方向竖直向下 (3)－20 V
解析 (1)由电容定义式C＝＝ F＝1×10－9 F
(2)两板之间为匀强电场E＝＝ V/m＝2×103 V/m，方向竖直向下．
(3)C点距A板间距离为dAC＝d－dBC＝1 cm
A与C间电势差UAC＝EdAC＝20 V
又UAC＝φA－φC，φA＝0可得φC＝－20 V.
9. 如图8所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器，该电容器的电容C可用公式C＝εr计算，式中常量εr＝9×10－12 F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离．当键按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测是哪个键被按下了，从而给出相应的信号．设每个金属片的正对面积为50 mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm.如果电容变化0.25 pF，电子线路恰能检测出此信号，则键至少需要被按下多大距离？
图8
答案 0.15 mm
解析 按下键时电容C增大，由ΔC＝－代入数据得：d2＝0.45 mm
所以Δd＝d1－d2＝0.15 mm.3.6 洛伦兹力与现代技术 每课一练2（粤教版选修3-1）
图14
1．(双选)一带正电的粒子以速度v0垂直飞入如图14所示的电场和磁场共存的区域，B、E及v0三者方向如图所示．已知粒子在运动过程中所受的重力恰好与电场力平衡，则带电粒子在运动过程中( )
A．机械能守恒
B．加速度始终不变
C．动能始终不变
D．电势能与机械能总和守恒
图15
2．(单选)在某一空间同时存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向竖直向上，磁场方向如图15所示．两个带电液滴在此复合场中恰好能在竖直平面内做匀速圆周运动，则( )
A．它们的运动周期一定相等
B．它们做圆周运动的方向可能相反
C．若它们的质量和速度大小的乘积相等，轨道半径就一定相等
D．若它们的动能相等，轨道半径就一定相等
图16
3．(单选)如图16所示，真空中同时存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，三个带有等量同种电荷的油滴A、B、C在场中做不同的运动．其中A静止，B向右做匀速直线运动，C向左做匀速直线运动，则三油滴质量大小关系为( )
A．A最大 B．B最大
C．C最大 D．都相等
图17
4．(双选)如图17所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这些混合正离子在区域Ⅰ中都不偏转，进入Ⅱ后偏转半径r也相同，则它们一定具有相同的( )
A．速度 B．质量
C．电荷量 D．比荷
题号 1 2 3 4
答案
图18
5．如图18所示，质量为m的带正电的小球能沿竖直的绝缘墙竖直下滑，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平，并与小球运动方向垂直．若小球电荷量为q，球与墙间的动摩擦因数为μ，则小球下滑的最大速度为________，最大加速度为__________．
图19
6．在如图19所示的真空环境中，匀强磁场方向水平且垂直纸面向外，磁感应强度B＝2.5 T；匀强电场方向水平向左，场强E＝ N/C.一个带负电的小颗粒质量m＝3.0×10－7 kg，电荷量q＝3.0×10－6 C，带电小颗粒在这个区域中刚好做匀速直线运动．求：
(1)这个带电小颗粒运动的方向和速度大小．
(2)如果小颗粒运动到图中P点时，把磁场突然撤去，小颗粒将做什么运动？若运动中小颗粒将会通过与P点在同一电场线上的Q点，那么从P点运动到Q点所需时间有多长？(g取10 m/s2)
参考答案
课后巩固提升
1．CD [因为带电粒子所受的重力与电场力大小相等，电荷在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且洛伦兹力不做功，故动能不变，C正确；但是在电荷运动过程中，电势能与重力势能发生变化，而电势能与机械能总和守恒，D正确．]
2．A [带电液滴要做匀速圆周运动，必须有Eq＝mg，且两液滴均带正电，由洛伦兹力提供向心力，结合左手定则可判断，两液滴均沿逆时针方向做圆周运动，B错误；由T＝＝，可知它们的运动周期与液滴的电性、电荷量、质量均无关，故周期相同，A正确；由r＝可知，若两液滴的mv相同，电荷量不一定相同，r也不一定相同，C错误；由r＝ 可知，Ek相同时，r也不一定相同，D错误．]
3．C [由分析知：A静止，所以A不受洛伦兹力的作用，只受重力和电场力作用，且Eq＝m1g，所以m1＝，并且可以判断油滴带负电．
B向右做匀速直线运动，受力分析知B受向下的重力m2g、向上的电场力Eq和向下的洛伦兹力qvB，且Eq＝m2g＋qvB，所以m2＝
C向左做匀速直线运动，受力分析知C受向下的重力m3g、向上的电场力Eq和向上的洛伦兹力qvB，且Eq＋qvB＝m3g，所以m3＝(Eq＋qvB)/g
所以A、B、C三油滴的质量大小关系为m2＜m1＜m3.]
4．AD [由于在区域Ⅰ不偏转，由qvB1＝qE，得v＝，A正确；在区域Ⅱ，由qvB2＝m，得r＝，知D正确．]
5. g
解析 小球沿墙竖直下滑，由左手定则可知小球所受洛伦兹力方向向左．对小球进行受力分析，小球受重力mg、洛伦兹力qvB、墙面给小球的支持力FN和摩擦力f，如图所示．
在这些力的作用下，小球将会做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度a＝0，小球就会持续匀速运动
状态直到有其他外力来迫使它改变．
根据各对应规律列出方程：
整理得：mg－μqvB＝ma
根据上式讨论，当a＝0时，v最大，解得：v＝；刚开始时v＝0，即只受重力作用时的加速度最大，此时a＝g.
6．见解析
解析 (1)带电小颗粒受力如图所示．
tan α＝＝，所以α＝30°.
由左手定则得，带负电小颗粒的运动方向应与水平方向成60°角斜向右上方．
由平衡条件可得：qvB＝，
解得v＝＝0.8 m/s.
(2)突然撤去磁场后，小颗粒受到的重力和电场力的合力方向与速度方向垂直，故小颗粒将做变速曲线运动(类平抛运动)．加速度大小为a＝＝2g＝20 m/s2，
方向与水平方向成30°角斜向右下方．
在竖直方向上，小颗粒做初速度为vsin 60°、加速度为g的竖直上抛运动，Q点是P点的对称点，所以从P点运动到Q点所需时间：t＝＝0.08 s≈0.14 s．1.5 电场强度与电势差的关系 每课一练2（粤教版选修3-1）
1．(双选)如图10所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
图10
A．带电质点通过P点时加速度较Q点大
B．三个等势面中，c的电势最低
C．带电质点通过P点时的电势能较Q点大
D．带电质点通过P点时的动能较Q点大
答案 AC
解析 由图可知，P处等势面较密，所以场强EP＞EQ,则aP＞aQ。在运动轨迹上取一点D，
过D作等势面b的切线，再作切线的垂线EF，此为D点场强的大致方向，带电质点在D点所受电场力方向也在直线EF上，结合质点的运动轨迹可判断出D点场强沿DF方向。若质点由P→Q,则电场力做正功，此过程中动能增大，电势能减小；若质点由Q→P，则此过程中电场力做负功，动能减小，电势能增大，故质点在P点电势能较大，在Q点动能较大。所以选项A、C正确．
2．(单选) 一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图11中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )
图11
A．动能减少
B．电势能增加
C．动能和电势能之和减少
D．重力势能和电势能之和增加
答案 C
解析 由图示的轨迹可知电场力大于重力，则从a到b电场力做正功，电势能减少，又电场力做的功大于克服重力做的功，所以动能增加，由动能定理可得W电－W重＝ΔEk，动能和电势能之和减少，重力势能和电势能之和减少，所以选项C正确．
3．(单选) 如图12所示，在匀强电场中将一带电荷量为＋q、质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，在带电小球由抛出到上升至最大高度的过程中，下列判断正确的是( )
图12
A．小球的机械能守恒
B．小球的电势能增加
C．所用的时间为
D．到达最高点时，速度为零，加速度大于g
答案 C
解析 小球在抛出到最大高度的过程中，除重力之外，电场力要做正功，小球的机械能要增加，故A错误；因电场力做正功，小球的电势能减少，B也错误；小球在竖直方向上只受重力，故竖直方向加速度为g，到最高点所用的时间t＝，C正确；到达最高点时，竖直分速度为零，但水平分速度不为零，并且最高点加速度为重力加速度g与电场力引起的加速度的矢量和，大于g，由此可判断D不正确．故选C.
4．(双选)在电场强度大小为E的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体从A点开始以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度的大小为，物体运动l距离到B时速度变为零．下列说法正确的是( )
A．物体克服电场力做功0.8qEl
B．物体的电势能减少了0.8qEl
C．物体的电势能增加了qEl
D．若选A点的电势能为零，则物体在B处的电势能为qEl
答案 CD
解析 由加速度大小为可知，物体除受电场力外，还受其他力．但物体电势能的变化只与电场力做功有关，所以只需考虑电场力做功即可．物体受到的电场力F1＝qE，据题知，电场力做的功WAB＝－F1l＝－qEl，电势能要增加qEl.根据电势能的定义，物体在B点的电势能等于从B点移动到A点(零电势点)的过程中电场力所做的功，所以EpB＝qEl.
5．(单选) 如图13所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等．一正电荷在等势线U3上时，具有动能20 J，它运动到等势线U1上时，速度为零．令U2＝0，那么，当该电荷的电势能为4 J时，其动能大小为( )
图13
A．16 J B．10 J C．6 J D．4 J
答案 C
解析 正电荷从等势线U3运动到等势线U1上时，克服电场力做功，电势能增加了20 J，由U12＝U23知U1＝－U3，则点电荷在等势线U1处电势能为10 J，在U3处电势能为－10 J，正电荷的总能量E＝10 J．当电势能为4 J时，动能应为6 J．选项C正确．
6. 如图14所示，a、b、c是匀强电场中的直角三角形的三个顶点，已知a、b、c三点的电势分别为φa＝8 V，φb＝－4 V，φc＝2 V，已知ab＝10 cm，ac＝5 cm，ac和ab的夹角为60°，试确定场强的方向和大小．
图14
答案 80 V/m 方向斜向右上与ac成30°角
解析 因为Uab＝φa－φb＝12 V，所以ab的中点d的电势为φd＝2 V，过a点作等势线cd的垂线ae，ae为一条电场线，如图所示．ae＝adcos 30°＝abcos 30°＝7.5 cm
由E＝得：
E＝＝＝＝＝80 V/m
方向斜向右上与ac成30°角．3.1 我们周围的磁现象、3.2 认识磁场 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)地球是一个大磁体，①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是( )
A．①②④ B．②③④
C．①⑤ D．②③
2．(双选)下列说法中正确的是( )
A．磁体与电流间的相互作用是通过磁场产生的
B．电流与电流间的相互作用是通过电场产生的
C．电流与电流间的相互作用是通过磁场产生的
D．磁体与电流间的相互作用是磁体的磁场和电流的电场产生的
3．(单选)在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是( )
A．导线沿南北方向放置，使磁针在导线的延长线上
B．导线沿东西方向放置，使磁针在导线的延长线上
C．导线沿南北方向放置在磁针的正上方
D．导线沿东西方向放置在磁针的正上方
4．(单选)奥斯特实验说明了( )
A．磁场的存在 B．磁场的方向性
C．电流可以产生磁场 D．磁体间有相互作用
图5
5．(单选)如图5所示，假设将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将( )
A．指北
B．指南
C．竖直向上
D．竖直向下
6．(单选)一根软铁棒被磁化是因为( )
A．软铁棒中产生了分子电流
B．软铁棒中分子电流的取向杂乱无章
C．软铁棒中分子电流消失
D．软铁棒中分子电流的取向变得大致相同
7．(单选)
图6
如图6所示，电流从A点分两路通过环形电路汇合于B点，已知两电流大小相等，则在环形电路的中心处的磁场为( )
A．垂直环形电路所在平面，且指向“纸内”
B．垂直环形电路所在平面，且指向“纸外”
C．在环形电路所在平面，且指向A点
D．没有磁场
8．(单选)
图7
如图7所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有大小相等的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方
向向右，则a、b中电流的方向为( )
A．都垂直于纸面向纸里
B．都垂直于纸面向纸外
C．a中电流方向垂直于纸面向纸外，b中垂直于纸面向纸里
D．a中电流方向垂直于纸面向纸里，b中垂直于纸面向纸外
图8
9．(单选)实验室有一旧的学生直流电源，输出端的符号模糊不清，无法辨认正负极，某同学设计了下面的判断电源极性的方法：在桌面上放一个小磁针，在磁针东面放一螺线管，如图8所示，闭合开关后，磁针指南的一端向东偏转(忽略地磁场的影响)，下述判断正确的是( )
A．电源的A端是正极，在电源内电流由A流向B
B．电源的A端是正极，在电源内电流由B流向A
C．电源的B端是正极，在电源内电流由A流向B
D．电源的B端是正极，在电源内电流由B流向A
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案
10.如图9所示，甲是直线电流的磁场，乙是环形电流的磁场，丙是螺线管电流的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．
图9
参考答案
课后巩固提升
1．D [地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，因此②正确．根据地磁场的分布规律知①、④、⑤均错误，③正确，故选D.]
2．AC [磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间，以及通电导体与通电导体之间的相互作用，都是通过磁场发生的，A、C对，B、D错．]
3．C [把导线沿南北方向放置在地磁场中处于静止状态的小磁针的正上方．通电时小磁针发生明显的偏转，是由于南北方向放置的电流的正下方的磁场恰好是东西方向．故C正确，A、B、D错误．]
4．C [奥斯特实验中电流能使静止的小磁针发生偏转，说明电流周围能产生磁场．故正确答案为C.]
5．D [地磁场的分布规律与条形磁铁类似，在地理北极附近，地磁场竖直向下，此处小磁针的N极应竖直向下，D对．]
6．D [软铁棒中分子电流是一直存在的，并不因为外界的影响而产生或消失，故A、C错误；根据磁化过程的实质知D正确，B错误．]
7．D [根据安培定则可以判断：上半圆环中电流产生的磁场在环中心处的磁感应强度方向垂直纸面向里，下半圆环中电流产生的磁场在环中心处产生的磁感强度方向垂直纸面向外，由对称性特征可知垂直纸面向里和向外的磁场叠加后相抵消，因此在环形电路的中心处没有磁场．]
8．C [根据矢量合成可知，a在P点的磁场方向沿aP连线的垂线向上，b在P点的磁场方向沿bP连线的垂线向下，再由安培定则判断得：a中电流垂直于纸面向外，b中电流垂直于纸面向里，C正确．]
9．C [通电后，小磁针的S极向东偏转，则N极向西偏转，说明螺线管内的磁场方向是由东向西的，根据安培定则知电流应从电源的B端流出，所以B端应是电源的正极，C正确．]
10．见解析
解析 根据安培定则，可以确定甲中电流方向垂直纸面向里，乙中电流方向是逆时针，丙中螺线管内部的磁感线方向向左．3.5 研究洛伦兹力 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)如下图所示的磁感应强度B、电荷的运动速度v和磁场对电荷的作用力f的相互关系图中，画得正确的是(其中B、f、v两两垂直)( )
图9
2．(单选)一个长直螺线管中通有大小和方向都随时间变化的交变电流，把一个带电粒子沿如图9所示的方向沿管轴线射入管中，则粒子将在管中( )
A．做匀速圆周运动 B．沿轴线来回振动
C．做匀加速直线运动 D．做匀速直线运动
3．(单选)关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法正确的是( )
A．带电粒子沿电场线方向射入，静电力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
B．带电粒子垂直于电场线方向射入，静电力对带电粒子不做功，粒子动能不变
C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
D．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变
图10
4．(单选)如图10所示，一带负电荷的滑块从粗糙的绝缘斜面的顶端，由静止状态开始滑至底端时速度为v.若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，则它滑至底端时的速率与v相比( )
A．不变 B．变大
C．变小 D．不能确定
5．(单选)从东向西运动的电子，由于受到地球磁场的作用，将会偏向( )
A．南方 B．北方
C．上方 D．下方
图11
6．(单选)如图11所示，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平向外，有一正离子(不计重力)恰能沿直线从左向右水平飞越此区域，这种装置称为速度选择器，则( )
A．若电子从右向左水平飞入，电子也沿直线运动
B．若电子从右向左水平飞入，电子将向上偏转
C．若电子从右向左水平飞入，电子将向下偏转
D．若电子从右向左水平飞入，电子将向外偏转
图12
7．(单选)如图12所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处在图示匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的初速度，则环在杆上的运动情况不可能是( )
A．始终做匀速运动
B．先减速运动，最后静止于杆上
C．先加速运动后匀速运动
D．先减速后匀速运动
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案
图13
8．如图13所示，磁流体发电机的极板相距d＝0.2 m，极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，B＝1.0 T．外电路中负载电阻R用导线与极板相连，R＝4 Ω.电离气体以速率v＝1 100 m/s沿极板射入，极板间电离气体等效内阻r＝1 Ω，试求此发电机的输出功率为多大？
参考答案
课后巩固提升
1．C [由于B、f、v两两垂直，根据左手定则得：A、B、D选项中受洛伦兹力都与图示f的方向相反，故A、B、D错误，C正确．]
2．D [通有交变电流的螺线管内部磁场方向始终与轴线平行，带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力，所以应做匀速直线运动．]
3．D [带电粒子沿电场线方向射入，若为正电荷，静电力对带电粒子做正功，粒子动能增加，若为负电荷，静电力对带电粒子做负功，粒子动能减小，A错误；带电粒子垂直电场线方向射入，粒子做类平抛运动，静电力一定做正功，粒子动能增加，B错误；由于洛伦兹力的方向始终与粒子的速度方向垂直，故洛伦兹力永远不做功，C项错误，D项正确．]
4．C [以下滑的滑块为研究对象，受力分析如图所示．下滑过程中，f洛＝qvB增大，FN增大，故f＝μFN增大．由动能定理得滑至底端时速率变小，故C正确．]
5．C [由左手定则判断，电子将会偏向上方．]
6．C [正离子在复合场中受向上的电场力和向下的洛伦兹力，二力平衡，正离子做匀速直线运动．若电子从右向左水平飞入，电场力和洛伦兹力均向下，会向下偏转，选项C正确．]
7．C [对带负电的滑环受力分析知，滑环受重力、弹力、洛伦兹力、摩擦力四个力的作用，当初速度较小时，洛伦兹力也小，方向向上，小于重力的情况下，弹力是向上的，摩擦力与运动方向相反，做减速运动，直到停止；若开始时的初速度恰好让洛伦兹力等于重力，则无摩擦力，滑环受力平衡，做匀速运动；若开始时的初速度很大，洛伦兹力也大，大于重力，弹力方向向下，有摩擦力，还是做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，摩擦力也减小，做加速度减小的减速运动，直到加速度等于零，做匀速运动．]
8．7 744 W
解析 当发电机正常工作时，粒子所受洛伦兹力等于电场力，有qE＝qvB
结合E＝
可得U＝Bdv
U即电源电动势，由闭合电路欧姆定律可得
电源输出功率为P＝2·R，代入数据得P＝7 744 W.1.1 认识静电 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)下列关于电现象的叙述中错误的是( )
A．玻璃棒无论与什么物体摩擦都带正电，橡胶棒无论与什么物体摩擦都带负电
B．摩擦可以起电是普遍存在的现象，相互摩擦的两个物体总是同时带等量的异种电荷
C．带电现象的本质是电子的转移，物体得到电子一定显负电性，失去电子显正电性
D．当一种电荷出现时，必然有等量的异种电荷出现；当一种电荷消失时，必然有等量的异种电荷消失
答案 A
2．(双选)以下说法正确的是( )
A．摩擦起电是自由电子的转移现象
B．摩擦起电是通过摩擦产生的正电荷和电子
C．感应起电是自由电子的转移现象
D．金属导电是由于导体内有可以移动的正电荷
答案 AC
解析 摩擦起电是电子在物体之间的转移，感应起电则是物体内部电子的转移，所以A、C正确，B错误．金属导电是由于导体内有可以移动的自由电子，而不是正电荷，D项错．
3．(单选)将两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一小段距离，发现两小球之间相互排斥，则A、B两球原来带电情况不可能是( )
A．A和B原来带有等量异种电荷
B．A和B原来带有同种电荷
C．A和B原来带有不等量异种电荷
D．A和B原来只有一个带电
答案 A
解析 当A和B带有等量异种电荷时，接触一下后电荷被中和，A项错误．
4．(双选)将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，如图7所示，下列几种方法能使两球都带电的是( )
图7
A．先把两球分开，再移走棒
B．先移走棒，再把两球分开
C．先将棒接触一下其中一球，再把两球分开
D．棒带的电荷量如果不变，不能使两导体球带电
答案 AC
解析 A项正确，这是感应起电的正确操作步骤，B项错；C项正确，描述的是接触起电的操作步骤；D项错误，在感应起电中可以做到“棒带的电荷量不变，两导体球都带电”．
5．(双选)如图8所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时，验电器的金箔张角减小，则( )
图8
A．金属球A可能不带电 B．金属球A可能带负电
C．金属球A可能带正电 D．金属球A一定带正电
答案 AB
解析 由题意可知验电器是带电的(因箔片有张角)，当不带电的金属球A靠近验电器的小球B时，由于感应起电，金属球A会带上异种电荷，因异种电荷相吸，所以验电器上带的电荷会更多的聚集到小球B上，箔片上聚集的电荷会减少，故张角减小，A项正确；当金属球A带负电时，同样因异种电荷相吸，使得箔片上聚集的电荷减少，张角减小，B项正确．
6．(单选)绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜．在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时，a、b都不带电，如图9所示，现使b带正电，则( )
图9
A．b将吸引a，吸住后不放开
B．b先吸引a，接触后又把a排斥开
C．a、b之间不发生相互作用
D．b立即把a排斥开
答案 B
7．(单选)M和N是原来都不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电荷1.6×10－10 C，下列判断中正确的是( )
A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B．摩擦的过程中电子从N转移到了M
C．N在摩擦后一定带负电荷1.6×10－10 C
D．M在摩擦过程中失去了1.6×10－10个电子
答案 C
解析 由电荷守恒可知C项正确．
8．(单选)某人做静电感应实验，有下列步骤及结论：①把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触．②用手指摸甲球．③手指移开．④移开乙球．⑤甲球带正电．⑥甲球不带电．下列操作过程和所得结论正确的有( )
A.①→②→③→④→⑥
B.①→②→④→③→⑥
C.①→②→③→④→⑤
D.①→②→④→③→⑤
答案 C
解析 ①→②→③→④→⑤是做静电感应实验的正确步骤.
9．两个完全相同的金属球，一个带＋6×10－8 C的电荷量，另一个带－2×10－8 C的电荷量．把两球接触后再分开，两球分别带电多少？
答案 两球都带正电且均为2×10－8 C
解析 两个完全相同的金属球接触后再分开，要平均分配电荷量，故两球均带q＝(q1＋q2)/2＝[(＋6×10－8)＋(－2×10－8)]/2 C＝2×10－8 C，带正电．
10.如图10所示，通过调节控制电子枪产生的电子束，使其每秒钟有104个电子到达收集电子的金属瓶，经过一段时间，金属瓶上带有－8×10－12 C的电荷量，求：
图10
(1)电子瓶上收集到多少个电子；
(2)实验的时间为多长．
答案 (1)5×107个 (2)5×103 s
解析 (1)因为每个电子的带电荷量为－1.6×10－19C，金属瓶上带有－8×10－12C的电荷量，所以电子瓶上收集到的电子个数为n＝(－8×10－12C)/(－1.6×10－19C)＝5×107个
(2)实验的时间为t＝(5×107)/104 s＝5×103 s2.2 对电阻的进一步研究 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选) 某同学经过实验，描绘出一个小灯泡的伏安特性曲线，分析该曲线(如图6所示)，下列说法正确的是( )
图6
A．小灯泡的伏安特性曲线的斜率随着电压的升高而增大
B．小灯泡的电阻随着电压的升高而增大
C．欧姆定律适用于小灯泡，所以小灯泡是个线性元件
D．小灯泡灯丝的电阻随着电压的升高而减小
2．(单选)某同学做三种导电元件的导电性能实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的I－U图象，如图7甲、乙、丙所示，则下述判断正确的是( )
图7
A．只有乙图正确
B．甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大
C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定不正确
D．甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定有较大误差
3．(单选)三个电阻之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶5，将这三个电阻并联，则通过这三支路的电流之比I1∶I2∶I3为( )
A．1∶2∶5 B．5∶2∶1
C．10∶5∶2 D．2∶5∶10
4．(单选)如图8所示，4只电阻串联于某电路中，已测出UAB＝9 V，UBD＝6 V，R2＝R4，则UAE为( )
图8
A．3 V B．7.5 V
C．15 V D．无法确定
5．(单选)如图9所示，A、B间电压恒为U，当滑动变阻器的滑片P逐渐向A端移动的过程中灯泡上的电压数值( )
图9
A．一直为U B．一直为0
C．逐渐增大到U D．逐渐增大到0
6．(双选)电阻R1、R2、R3串联在电路中．已知R1＝10 Ω、R3＝5 Ω，R1两端的电压为6 V，R2两端的电压为12 V，则( )
A．电路中的电流为0.6 A
B．电阻R2的阻值为20 Ω
C．三只电阻两端的总电压为20 V
D．电阻R3消耗的电功率为3.6 W
7．(单选) 如图10所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片P向右移动过程中L1和L2两灯的亮度变化情况是( )
图10
A．L1亮度不变，L2变暗
B．L1变暗，L2变亮
C．L1变亮，L2变暗
D．L1变暗，L2亮度不变
8．(单选)如图11所示，是某晶体二极管的伏安特性曲线，下列说法正确的是( )
图11
A．加正向电压时，二极管电阻较小，且随着电压的增大而增大
B．加反向电压时，二极管电阻较大，无论加多大电压，电流都很小
C．无论是加正向电压还是加反向电压，电压和电流都不成正比，所以二极管是非线性元件
D．二极管加正向电压时，电流随电压变化是一条直线
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
9.如图12所示的图象所对应的两个导体：
图12
(1)电阻之比R1∶R2为多少？
(2)若两个导体中的电流相等(不为零)时，电压之比U1∶U2为多少？
10．一盏弧光灯的额定电压是40 V，正常工作时的电流是5 A，如何把它接入电压恒为220 V的照明线路上，使它正常工作？
参考答案
课后巩固提升
1．B
2．D [导体的电阻是由导体自身的性质决定，与所加的电压和通过的电流无关．当R一定时，才有I∝U，故A、B、C错，D正确．]
3．C [I1∶I2∶I3＝∶∶＝1∶∶＝10∶5∶2.]
4．C [四个电阻串联，根据电压关系可知UAC＋UBD＝15 V＝I(R1＋R2＋R3)
已知R2＝R4，UAC＋RBD＝UAE.]
5．C [滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端的电压从0～U变化，选项C正确．]
6．AB [串联电路中电流处处相等，所以I＝I1＝＝0.6 A，所以A对；又串联电路中导体两端电压和导体电阻成正比，即U1∶U2∶U3＝R1∶R2∶R3，所以R2＝20 Ω，U3＝3 V，B对；又串联电路的总电压等于各支路电压之和，所以U＝U1＋U2＋U3＝21 V，C错；P3＝I2R3＝1.8 W，所以D错．]
7．B [当滑片P向右移动时，连入电路的电阻变大，总电路电阻变大，总电流减小，所以L1两端电压减小，L1变暗；L2两端电压变大，L2变亮．]
8．C
9．(1)3∶1 (2)3∶1
10．见解析
解析 考虑照明电压U＝220 V＞U1＝40 V，可串联一电阻进行分压，设串联电阻R2上分配到的电压为U2，则＝＝，R1＝＝ Ω＝8 Ω，得R2＝36 Ω.1.4 电势和电势差 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选) 如图7所示，是一个点电荷电场的电场线(箭头线)和等势面(虚线)，两等势面之间的电势差大小为2 V，有一个带电荷量为q＝－1.0×108 C的电荷，从A点沿不规则曲线路径移到B点，电场力做功为( )
图7
A．2.0×108 J B．－2.0×108 J
C．1.60×107 J D．－4.0×108 J
答案 B
解析 由WAB＝qUAB得WAB＝－1.0×108×2 J＝－2.0×108 J，故选项B正确．
2．(双选)下列说法中正确的是( )
A．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大
B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大
C．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大
D．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大
答案 AC
解析 无穷远处的电势能为零，电荷从电场中某处移到无穷远时，若电场力做正功，则电势能减少，到无穷远处时电势能减为零，电荷在该点的电势能为正值，且等于移动过程中电荷电势能的变化，也就等于电场力做的功，因此电场力做的正功越多，电荷在该点电势能越大，A正确，B错误．电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服电场力做功，则电势能由零增大到某值，此值就是电荷在该点的电势能值，因此，电荷在该点的电势能等于电荷从无穷远处移到该点时克服电场力所做的功，故C正确，D错误．
3．(单选) 如图8所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零．现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点．在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是( )
图8
A．不断减小 B．不断增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
答案 Db，电场力做负功，电势能增大；在b点右侧，合电场强度向右，正电荷受电场力向右，由b→b，电场力做负功，电势能增大；在b点右侧，合电场强度向右，正电荷受电场力向右，由b→c，电场力做正功，电势能减小．综合分析，正电荷由a→b→c的过程中，电势能先增大后减小．
4．(单选)将一正电荷从无穷远处移至电场中M点，电场力做功为6.0×10－9 J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做功为7.0×10－9 J，则M、N两点的电势φM、φN有如下关系( )
A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0
C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0
答案 C
解析 取无穷远处电势φ∞＝0.对正电荷：W∞M＝0－EpM＝0－qφM，φM＝＝－；对负电荷：WN∞＝EpN－0＝－qφN，φN＝＝－；所以φN＜φM＜0，选项C正确．
5. 如图9所示的电场中，将2 C的正电荷分别由A、C两点移动到B点时，电场力所做的功分别是30 J、－6 J，如果取B点为零电势点，A、C两点的电势分别是φA＝________，φC＝________，AC间的电势差UAC＝________，如果取A为零电势点，那么φB＝________，φC＝________，UAC＝________.
图9
答案 15 V －3 V 18 V －15 V －18 V 18 V
解析 UAB＝＝ V＝15 V；UCB＝＝ V＝－3 V.
若φB＝0，φA＝UAB＝15 V，φC＝UCB＝－3 V，UAC＝φA－φC＝18 V；若φA＝0，则φB＝－UAB＝－15 V，φC＝－UAC＝－18 V，UAC＝18 V.
6. 如图10所示，a、b、c表示点电荷电场中的三个等势面，它们的电势分别为φ、φ、φ，一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力的作用而运动．已知它经过等势面b时的速率为v，则它经过等势面c时的速率为多少？
图10
答案 v
解析 从a到b过程中电场力做功Wab＝qUab＝q(φa－φb)＝q(φ－φ)＝qφ①
在从a到b过程中由动能定理得：
Wab＝mv2－0②
由①②两式可得 q＝③
从a到c过程中电场力做功Wac＝qUac＝q(φa－φc)＝q(φ－φ)＝qφ④
由动能定理得：Wac＝mv－0⑤
由③④⑤式可得：vc＝v
本题也可应用动能与电势能之和保持不变求解．
7. 如图11所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方，和Q相距分别为h和0.25h，将一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零．若此电荷在A点处的加速度大小为g，试求：
图11
(1)此电荷在B点处的加速度；
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)．
答案 (1)3g 方向竖直向上 (2)－
解析 (1)这一小球必带正电，设其电荷量为q，由牛顿第二定律知，在A点时，有mg－＝m·g，在B点时，有－mg＝maB，解得aB＝3g，方向竖直向上；
(2)从A到B的过程中，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，得UAB＝－.1.3 电场强度 每课一练2（粤教版选修3-1）
1．(双选)把质量为m的正点电荷q，在电场中从静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是( )
A．点电荷运动轨迹必与电场线重合
B．点电荷的速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致
C．点电荷的加速度方向，必定与所在点的电场线的切线方向一致
D．点电荷的受力方向，必定与所在点的电场线的切线方向一致
答案 CD
解析 正点电荷q由静止释放，如果电场线为直线，电荷将沿电场线运动，但电场线如果是曲线，电荷一定不沿电场线运动，故A选项错误；由于点电荷做曲线运动时，其速度方向与静电力方向不再一致(初始时刻除外)，故B选项错误；而点电荷的加速度方向，也即电荷所受静电力方向必与该点场强方向一致，即与所在点的电场线的切线方向一致，故C、D选项正确．
2．（单选）如图12所示，一个电子沿等量异种电荷连线的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子的重力不计.电子除了静电力以外，受到的另一个力的大小和方向的变化情况为( )
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
答案 B
图12
解析 A→O→B，场强由小变大，再由大变小，方向水平向右，所以电子受到的静电力由小变大，再由大变小，方向水平向左．因电子处于受力平衡状态，故另一个力应是由小变大，再由大变小，方向水平向右，答案应选B.
3．(单选) 如图13所示，把一带正电的小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使球a能静止在斜面上，需在M、N间放一带电小球b，则b应( )
图13
A．带负电，放在A点
B．带正电，放在B点
C．带负电，放在C点
D．带正电，放在C点
答案 C
解析 对球a进行受力分析知，小球受重力、弹力和库仑力，由三力平衡知，库仑力必偏向虚线右边．
4．(单选) 一负电荷由电场中的A点静止释放，只受静电力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v t图象如图14所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是( )
图14
答案 C
解析 由v t图象可知负电荷做加速运动，故静电力方向指向B，则电场方向应指向A，A、D错误；由v t图象可知加速度逐渐增大，表示场强越来越大，所以C正确，B错误．
5．(单选) 如图15所示，A、B是某点电荷电场中的一条电场线．在电场线上P处自由释放一个负检验电荷时，它沿直线向B点运动．对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)( )
图15
A．电荷向B做匀速运动
B．电荷向B做加速度越来越小的运动
C．电荷向B做加速度越来越大的运动
D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定
答案 D
解析 由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B，由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确．
6．A、B两带电小球，A固定不动，B的质量为m.在库仑力作用下，B由静止开始运动．已知初始时，A、B间的距离为d，B的加速度为a，经过一段时间后，B的加速度变为，此时A、B间的距离应为______．
答案 2d
解析 B球在库仑力作用下做变加速直线运动．当加速度为a时，由牛顿第二定律得：a＝＝，其中qA、qB为两球所带电荷量；当B的加速度为时，设此时A、B两球的距离为r，同理有：＝，解得：r＝2d.
7. 如图16所示，A、B两小球用绝缘细线悬挂在支架上．A球带2×10－3C的正电荷，B球带等量的负电荷，两悬点相距3 cm.在外加水平匀强电场作用下，两球都在各自悬点正下方处于平衡状态，则：
图16
(1)该外加场强的大小、方向如何？(两球可视为点电荷)
(2)A、B两小球连线中点的场强大小、方向又如何？
答案 (1)2×1010N/C，方向水平向左 (2)1.4×1011N/C，方向水平向右
解析 (1)A、B两小球的受力情况相似，只分析A球受力即可．要使悬线处于竖直状态，必须有Eq＝k，得＝N/C＝2×1010N/C.
A球受外加电场的力与库仑引力等大反向，故外加场强E的方向水平向左．
(2)A、B两小球在连线中点处产生的场强方向相同，由叠加原理知EAB＝k×2＝8＝1.6×1011N/C，方向水平向右．所以A、B连线中点的场强EO＝EAB－E＝1.4×1011 N/C，方向水平向右．
8. 如图17所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E＝3×104N/C.在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g取10 m/s2)．试求：
图17
(1)小球的电性和电荷量；
(2)悬线的拉力；
(3)若小球静止时离右板d＝5×10－2m，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板．
答案 (1)正电 ×10－6 C (2)0.1 N (3)0.1 s
解析 (1)小球受静电力向右，故带正电，受力分析如右图所示．
由平衡条件有Eq＝mgtan 60°
解得q＝×10－6C
(2)由平衡条件得F＝，解得F＝0.1 N
(3)剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动．在水平方向上有a＝；d＝at2，联立以上两式解得t＝0.1 s.2.1 探究决定导线电阻的因素 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)有长度相同、质量相同、材料不同的金属导线A、B各一根．已知A的密度比B的大，A的电阻率比B的小．则A、B两根导线的电阻( )
A．RA＞RB B．RA＜RB
C．RA＝RB D．无法判断
2．(单选)一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为R.把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为( )
A. B.
C．100R D．10 000R
3．(单选)用电器距离电源L，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ.那么，输电线的横截面积的最小值是( )
A. B.
C. D.
4．(单选)当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断．由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别．那么熔丝熔断的可能性较大的是( )
A．横截面积大的地方
B．横截面积小的地方
C．同时熔断
D．可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方
题号 1 2 3 4
答案
5.两种材料不同的电阻丝，长度之比为1∶5，横截面积之比为2∶3，电阻之比为2∶5，则两种材料的电阻率之比为多少？
6.甲导线长L，截面直径为d，两端电压为U.同样材料的乙导线长2L，截面直径为2d，两端电压为2U，则甲、乙两导线中电流之比是多少？
7．有一根粗细均匀的电阻丝，当两端加上2 V电压时通过其中的电流为4 A，现将电阻丝均匀地拉长，然后两端加上1 V电压，这时通过它的电流为0.5 A．求这根电阻丝已被均匀地拉长为原长的多少倍．
8. 如图1所示，一段粗细均匀的导线长1 200 m，在两端点A、B间加上恒定电压时，测得通过导线的电流为0.5 A，若剪去BC段，在A、C两端加同样电压时，通过导线的电流变为0.6 A，则剪去的BC段多长？
参考答案
课后巩固提升
1．D [由电阻定律可知，两者的电阻大小无法判断．]
2．D [由R＝ρ，V＝lS得：
R′＝10 000R.]
3．B [输电线由两根导线组成，根据R＝和R＝ρ得：S＝.]
4．B [根据电阻定律，横截面积小的地方电阻较大，当电流通过时电阻大的位置发热量大易熔断．选项B正确．]
5．4∶3
解析 由R＝ρ得：＝＝··＝××＝，所以ρ1∶ρ2＝4∶3.
6．1∶4
解析 由R＝，R＝ρ，S＝πr2，代入数据得：＝ρ，
I甲＝；＝ρ，
I乙＝，所以I1∶I2＝1∶4.
7．2
解析 由R＝得：R1＝0.5 Ω，
R2＝2 Ω，又R＝ρ，V＝Sl
解得：l2＝2l1.
8．200 m
解析 设整个导线AB的电阻为R1，其中AC段的电阻为R2，根据欧姆定律U＝I1R1＝I2R2，则＝＝＝.再由电阻定律，导线的电阻与其长度成正比，所以AC段导线长l2＝l1＝×1 200 m＝1 000 m．由此可知，剪去的导线BC段的长度为：l＝l1－l2＝200 m.第三章 磁场 章末练习（粤教版选修3-1）
1.
图11
(单选)三个完全相同的小球a、b、c带有相同电量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，如图11所示，它们到达水平面上的速度大小分别用va、vb、vc表示，它们的关系是( )
A．va>vb＝vc B．va＝vb＝vc
C．va>vb>vc D．va＝vb>vc
2．(单选)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图12所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法错误的是( )
图12
A．离子必带正电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．离子在C点时速度最大
D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点
图13
3．(单选)如图13所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
图14
4．(单选)如图14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A1、A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述错误的是( )
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
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小
题号 1 2 3 4
答案
5.为了研究物质的微观结构，科学家必须用各种各样的加速器产生出速度很大的高能粒子．欧洲核子研究中心的粒子加速器周长达27 km(图15中的大圆)，为什么加速器需要那么大的周长呢？
图15
图16
6．如图16所示，在xOy平面上第一象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图所示，y轴上点P的坐标为(0，a)，x轴上点A的坐标为(b,0)．有一电子以垂直于y轴、大小为v0的初速度从P点垂直射入电场中，恰好从A点射出，已知电子的电量为e，质量为m，不计电子的重力．
(1)求匀强电场的场强；
(2)若在第四象限加上垂直坐标平面的匀强磁场，结果电子恰好垂直打在y轴上，磁场的方向是向里还是向外，磁感应强度多大？
参考答案
课后巩固提升
1．A [a小球下落时，重力和电场力都对a做正功；b小球下落时，只有重力做功；c小球下落时只有重力做功，重力做功的大小都相同．根据动能定理可知外力对a小球所做的功最多，即a小球落地时的动能最大，b、c小球落地时的动能相等．]
2．D [离子一开始向下运动，说明电场力方向向下，离子带正电，A对；在A与B点离子的动能相等，据动能定理，电场力不做功，A、B电势相等，故A、B位于同一高度，B对；运动轨迹上的各点，电势差UAC最大，据动能定理，离子到达C点时的动能最大，速度最大，C对．离子到达B点后又向下运动且向右偏转，故它不会沿原曲线返回A点，D错．]
3．C [粒子a沿直线运动，说明电场力与洛伦兹力等大反向，O、O′在同一水平线上，但由于不能确定粒子a的带电性，去掉磁场后，不能确定电场力方向，也就不能确定b粒子向哪偏转，b到达右边界的位置不能确定，A、B错．但b在偏转过程中，电场力一定对它做正功，其电势能减小，动能增加，C对，D错．]
4．D [质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，A对．速度选择器中电场力与洛伦兹力是一对平衡力，即qvB＝qE，故v＝.据左手定则可以确定，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，B、C对．粒子在匀强磁场中运动的半径r＝，即粒子的荷质比＝，由此看出粒子运动的半径越小，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越大，D错．]
5．见解析
解析 由回旋加速器原理，带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，得v＝.
故粒子经电场加速后离开加速器时的动能Ek＝mv2＝·
可见在其他条件一定时，加速器的半径越大，粒子加速后的能量越大，即需加速器的周长大．
6．(1) (2)向里，
解析 (1)设电场强度为E，依题意有b＝v0t，a＝t2，由两式解得E＝；
(2)设电子离开电场时的速度为v，电子在A点处时，vx＝v0，vy＝at＝t＝t＝·＝，则＝＝，电子在磁场中的运动轨迹如图中的圆弧所示，电子垂直打在y轴上，则圆周运动的圆心Q必在y轴上，由几何关系得＝，又R＝，代入＝得B＝，磁场方向垂直坐标平面向里．实验：测定金属的电阻率 每课一练（粤教版选修3-1）
1．在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R.
(1)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图8甲所示，则金属丝的直径为______ mm.
图8
(2)若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值________．(填“偏大”或“偏小”)
(3)用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图9所示，则电压表的读数为______ V，电流表的读数为______ A.
图9
2．在“测定金属丝电阻率”的实验中，若粗估金属丝的电阻Rx约3 Ω，为减小误差，要求金属丝发热功率P＜0.75 W，备有的部分仪器有：
A．6 V电池组
B．电流表(0～0.6 A，内阻0.5 Ω)
C．电流表(0～3 A，内阻0.01 Ω)
D．电压表(0～3 V，内阻1 kΩ)
E．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)
(1)上述器材中电流表应选用的是________(用字母代替)．
(2)在方框内画出实验电路图．
3.
图10
(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图10所示，该金属导线的直径为______ mm.
(2)用下列器材组装成描绘电阻R0伏安特性曲线的电路，请将图11的实物图用笔画线连成实验电路．
微安表μA(量程200 μA，内阻约200 Ω)；
电压表V(量程3 V，内阻约10 kΩ)；
电阻R0(阻值约20 kΩ)；
滑动变阻器R(最大阻值50 Ω，额定电流1 A)；
电池组E(电动势3 V，内阻不计)；
开关S及导线若干．
图11
4．在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，选择能够尽量减小误差的电路图连线进行实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标上，如图12所示．
图12
(1)根据各点表示的数据描出I－U图线，由此求得该电阻的阻值Rx＝________ Ω(保留两位有效数字)．
(2)画出“伏安法”测量该电阻的部分电路图．
5.小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，通过实验得到如下数据(I和U分别表示小灯泡上的电流和电压)：
I(A) 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38
U(V) 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00
I(A) 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50
U(V) 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00
图13
(1)画出实验电路图，可用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω)、电源、小灯泡、电键、导线若干．
(2)在图13中画出小灯泡的U－I图象．
(3)若一电池的电动势是1.5 V，内阻是2.0 Ω.问：将本题中的灯泡接在该电池两端，小灯泡的实际功率是多少？(简要写出求解过程；若需作图，可直接画在第(2)问的图中)
参考答案
课后巩固提升
1．(1)0.697(0.696,0.698也对)
(2)偏小 (3)2.60 0.520
解析 (1)螺旋测微器的读数为(0＋0.5＋0.01×19.7) mm＝0.697 mm
(0.696 mm,0.698 mm也对)
(2)图乙中电流表采用外接法故测量值偏小．
(3)电压表精度为0.1 V，其读数为2.60 V；电流表精度为0.02 A，其读数为0.520 A.
2．(1)B (2)见解析
解析 (1)金属丝的电阻约为3 Ω，要求发热功率P＜0.75 W，则电流I＜0.5 A，应选择与之比较接近量程的电流表，若选择3 A量程的电流表，则其指针偏转为表盘刻度的，势必造成读数上的误差较大，故选B；
(2)如右图所示，滑动变阻器的电阻调节范围较小，无法达到限流的作用，故将滑动变阻器采用分压式接法较好，金属丝的电阻约为电流表内阻的6倍，电压表内阻约为金属丝电阻的333倍，故电流表分压作用较大，因此采用电流表外接法．
3．(1)1.880 (2)电流表内接，滑动变阻器分压接法，图略
解析 (1)从固定刻度尺上读出1.500 mm，从可动刻度上读出38.0×0.01 mm＝0.380 mm两者相加，得该金属导线的直径为1.880 mm.
(2)
由于＝0.5，＝100，可以看出R0 RA，故采用电流表内接法．画出电路原理图如图所示．把实物与原理图结合起来完成连线，注意电压表、电流表的正、负接线柱，保证电流从正接线柱进从负接线柱出．
4．(1)图线如图所示
2．4×103(2.3×103～2.5×103均对)
(2)因Rx＞，故采用电流表内接法．
电路图如图所示
5．(1)、(2)见解析中甲、乙图 (3)作出U＝E－Ir图线，可得小灯泡工作电流为0.35 A，工作电压为0.8 V，因此小灯泡实际功率为0.28 W.
解析 (1)采用分压式电路有利于增大数据范围．
(2)根据数据用描点法作图．
(3)两个U－I图线(伏安特性曲线与U＝E－Ir图线)的交点即为小灯泡的实际工作点．1.6 示波器的奥秘 每课一练2（粤教版选修3-1）
1．(双选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图10所示．带电微粒只在电场力的作用下，由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
图10
A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
答案 BD
解析 带正电的微粒在电场中，第1 s内加速运动，第2 s内减速至零，故B、D对．
2. (单选)如图11所示，质量为m、带电荷量为q的粒子以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为( )
图11
A. B. C. D.
答案 C
解析 粒子在竖直方向做匀减速直线运动，有：2gh＝v，电场力做正功、重力做负功，使粒子的动能由变为2mv，则根据动能定理有：Uq－mgh＝2mv－mv，联立解得A、B两点间的电势差为，应选C.
3. (单选)如图12所示，质量为m、电荷量为q的带电微粒以某一初速度从左端水平向右射入两带等量异种电荷的平行金属板之间，恰好能沿其中线匀速穿过．两金属板的板长为L，板间距离为d.若将两板的带电荷量都增大到原来的2倍，让该带电微粒仍以同样的初速度从同一位置射入，微粒将打在某一极板上，则该微粒从射入到打在极板上需要的时间是( )
图12
A. B. C. D.
答案 B
解析 第一次重力等于电场力，第二次场强加倍，电场力为第一次的两倍．
4．(双选)如图13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，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则(不计粒子的重力)( )
图13
A．在前时间内，电场力对粒子做的功为
B．在后时间内，电场力对粒子做的功为
C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2
D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶1
答案 BD
解析 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a＝＝，t时间内加速度方向上的位移y＝at2＝，前加速度方向上的位移y1＝a·＝，后加速度方向上的位移y2＝y－y1＝d.由公式W＝F·l可知前、后、前、后电场力做的功分别为W1＝qU，W2＝qU，W3＝qU，W4＝qU.
5. (双选)如图14所示，在光滑绝缘的水平桌面上竖直固定一光滑绝缘的挡板ABCD，AB段为直线挡板，与水平方向成45°角，BCD段是半径为R的圆弧挡板，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆直径MN平行．现有一带电荷量为q、质量为m的小球由静止从挡板内侧上的A点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出，则( )
图14
A．小球一定带正电 B．qE≥mg
C．小球一定带负电 D．qE＜mg
答案 AB
解析 由题目可知小球从静止由A点释放，能沿挡板内侧运动到D点抛出，说明小球受合力一定是向下偏右，偏右的方向至少与AB平行，所以电场力一定向右且大于或等于重力．所以A、B正确．
6. (单选)如图15所示，初速度为零的电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角度变大的是( )
图15
A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小
答案 B
解析 带电粒子在加速电场中由动能定理知qU1＝mv①
在偏转电场中做类平抛运动vy＝·t＝②
由①②式得tan θ＝＝(θ为电子的偏转角)．要使偏转角变大，可知只有B正确．
7. 如图16所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：
图16
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离s.
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间：t＝.
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝，所以vy＝a＝，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为：tan α＝＝.
(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则y＝a·()2＝·，又s＝y＋Ltan α，解得：s＝.
8. 如图17所示，在一块足够大的铅板A的右侧固定着一小块放射源P，P向各个方向放射出电子，速率为107 m/s.在A板右方距A为2 cm处放置一个与A平行的金属板B，在B、A之间加上直流电压．板间的匀强电场场强E＝3.64×104 N/C，方向水平向左．已知电子质量m＝9.1×10－31 kg、电荷量e＝1.6×10－19C，求电子打在B板上的范围．
图17
答案 以O为圆心，以2.5 cm为半径的圆面．
解析 电子离开放射源后做匀变速运动．初速度垂直板的电子直接沿电场线运动到B板的O点．其他电子打在以O点为中心的周围某一位置．设初速度与板平行的电子打在B板上的N点，且距O点最远．
电子竖直方向上的分运动＝v0t①
水平方向上的分运动d＝·t2②
将v0＝107 m/s，e＝1.6×10－19C，m＝9.1×10－31kg，E＝3.64×104 N/C，d＝2×10－2m代入①②求得＝2.5×10－2 m＝2.5 cm.
即电子打在B板上的范围是以O为圆心，以2.5 cm为半径的圆面．2.5 电功率 每课一练（粤教版选修3-1）
1．(单选)两个精制电阻，用锰铜电阻丝绕制而成，电阻上分别标有“100 Ω，10 W”和“20 Ω，40 W”，则它们的额定电流之比为( )
A.∶5 B.∶20
C.∶10 D．1∶2 000
2．(单选)两只灯泡分别接在两个电路中，下列判断正确的是( )
A．额定电压高的灯泡较亮
B．额定功率大的灯泡较亮
C．接在电压高的电路两端的那盏灯较亮
D．在电路中实际功率大的灯较亮
3.
图3
(单选)如图3所示，虚线框内是一个未知电路，测得它的两端点a、b之间的电阻是R，在a、b之间加上电压U，测得流过该电路的电流为I，则未知电路的电功率一定是( )
A．I2R B. C．UI D．I2R＋UI
4．(单选)一个电炉的电阻丝和一台电动机线圈电阻相同，都为R.设通过它们的电流相同(电动机正常运转)，则在相同的时间内，下列说法中错误的是( )
A．电炉和电动机产生的电热相等
B．电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率
C．电炉两端电压小于电动机两端电压
D．电炉和电动机两端电压相等
5．(双选)据统计，由于用电不慎导致的火灾占火灾总量的比重很大，利用电路安装防火报警装置，及时发现“火情”，提早报警，是防止火灾发生，保证家庭成员生命安全的重要措施．图4甲是一火警报警电路的示意图．其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻随温度变化的情况如图乙所示．显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器，电源的电动势E和内阻r不变，且内阻值小于R1的阻值．当传感器R3所在处出现火情时，关于显示器的电流I、报警器两端的电压U、电源的输出功率P的变化情况，下列判断正确的是( )
图4
A．I变大，P变大 B．I变小，U变小
C．I变小，P变大 D．I变大，U变小
6.
图5
(单选)在如图5所示的电路中，闭合开关S电动机M转动起来后，将滑动变阻器的滑动触头向左移动时，电动机中产生的电热功率P随电压表测得的电压U和电流
表测得的电流I而变化的情况是(电动机线圈的电阻可以认为是不变的)( )
A．P跟电流I的平方成正比
B．P跟电压U的平方成正比
C．P跟电压U与电流I的乘积成正比
D．P跟电压U与电流I的比值成正比
7.
图6
(单选)如图6所示，电源的电动势为E，内阻为r，外电路接有定值电阻R1和滑动变阻器R，合上开关S，当滑动变阻器的滑片P从R的最左端移到最右端的过程中，下列说法正确的( )
A．电压表的示数一定变大
B．电压表的示数一定变小
C．R消耗的功率一定变大
D．R消耗的功率一定变小
8.
图7
(双选)如图7所示，已知电源的内阻为r，外电路的固定电阻R0＝r，可变电阻Rx的总阻值为2r.闭合开关S，当Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中( )
A．电源的总功率保持不变
B．Rx消耗的功率减小
C．电源内消耗的功率增大
D．R0消耗的功率减小
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
参考答案
课后巩固提升
1．C [由公式P＝I2R得：I＝ ，所以I1∶I2＝∶10.]
2．D [灯泡的亮度要看灯泡的实际功率大小，因为P＝，实际功率与灯泡两端的实际电压和灯泡的电阻有关，所以额定电压或额定功率大的灯泡不一定亮，实际电压高的灯泡也不一定亮．]
3．C [因为虚线框中电路未知，所以不知道电路是否为纯电阻电路，故求电功率只能用公式P＝UI.]
4．D [因为电热Q＝I2Rt，所以当电流I、电阻R都相等时，电热也相等；电炉两端的电压U＝IR，但电动机两端的电压除了发热还要工作，U＝IR＋U′，所以电炉两端电压小于电动机两端电压；而消耗功率即为总功率P＝UI，所以电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率．]
5．BC [出现火情时，由图乙可以看出半导体热敏材料的电阻随温度的升高而减小，R3的阻值变小，总电阻变小，所以总电流增大，内电压和R1两端的电压增大，外电压U减小；R2、R3并联部分的电压减小，显示器的电流I变小；由于电源的内阻值小于外电路的阻值，所以输出功率P随外电阻的减小而增大，故选项B、C正确．]
6．A [电动机是非纯电阻，电动机中产生的电热功率P跟电流I的平方成正比，由于欧姆定律不适用于非纯电阻电路，所以P≠，即P跟电压U的平方不成正比，电压U与电流I的乘积是电动机的输入功率，不是电动机中产生的电热功率，故选项A正确．]
7．A [滑动变阻器的滑片P从R的最左端移到最右端的过程中，R接入电路的电阻增大，则电路的路端电压增大，选项A正确，B错误．R消耗的电功率P＝I2R＝()2·R
＝，
即当R1＋r＝R时P最大，R1、r、R的关系未知，所以P如何变化不能确定，选项C、D均错误．]
8．BC [依据闭合电路欧姆定律可得I＝，而电源的总功率P＝IE，所以P总＝.
在Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中，外电阻R外＝R0＋Rx减小，显然，电源的总功率P总＝增大，所以选项A错误．
将R0视为电源内阻的一部分，则内阻为2r，Rx为外电阻，当Rx减小时，内外电阻的差将增大，电源的输出功率减小，即Rx消耗的功率减小，故选项B正确．
当R外减小时，由I＝可知，干路电流I增大，因此电源内消耗的功率P内＝I2r增大，R0消耗的功率PR0＝I2R0也增大．选项C正确，D错误．]第二章 电路 章末练习（粤教版选修3-1）
1．(单选)电源电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下列说法正确的是( )
A．电源的路端电压一定逐渐减小
B．电源的路端电压一定逐渐增大
C．电路中的电流一定逐渐减小
D．电路中的电流可能逐渐减小
2.
图13
(单选)如图13所示电路中，电压保持不变，当电键S断开时，电流表A的示数为0.6 A，当电键S闭合时，电流表的示数为0.9 A，则两电阻阻值之比R1∶R2为( )
A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2
3．(双选)如图14所示是实物连接图和电路图．当酒精灯点燃后你将看到的现象是( )
图14
A．电流表读数增大 B．电流表读数减小
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
4．(单选)一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为( )
A. B．U C．2U D．4U
5．(双选)如图15所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，R0为定值
图15
电阻，R为滑动变阻器，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( )
A．灯泡L将变暗
B．灯泡L将变亮
C．电容器C的电荷量将减小
D．电容器C的电荷量将增大
图16
6．(双选)如图16所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内阻，以下说法中正确的是( )
A．当R2＝R1＋r时，R2获得最大功率
B．当R1＝R2＋r时，R1获得最大功率
C．当R2＝0时，R1上获得最大功率
D．当R2＝0时，电源的输出功率最大
7．(单选)有一只电熨斗，内部电路如图17甲所示，其中M为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”、“中”、“低”、“关”四个档，每个档内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列判断正确的是( )
图17
A．a方式为“高”档 B．b方式为“低”档
C．c方式为“关”档 D．d方式为“中”档
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案
8.在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l.用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx.
(1)请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ＝______(用上述测量量的字母表示)．
(2)若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图18所示，则金属丝长度的测量值为l＝________ cm，金属丝直径的测量值为d＝________ mm.
图18
(3)如图19甲、乙所示，要用伏安法测量Rx的电阻，已知电压表内阻约几kΩ，电流表内阻约1 Ω，若用图甲电路，Rx的测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”)，若Rx的阻值约为10 Ω，应采用________(填“甲”或“乙”)图的电路，误差会较小．
图19
参考答案
课后巩固提升
1．A [由闭合电路欧姆定律知，电流增大，路端电压减小．]
2．A [S断开时，0.6 R1＝U，当S闭合时，R1与R2并联，0.9 R并＝U，故A对．]
3．AD [热敏电阻随温度的升高阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知电流变大，灯泡变亮．]
4．D [由电阻定律知，导线的电阻变为原来的4倍，又因为电流不变，故导线两端所加的电压变为原来的4倍．]
5．AD [当滑片向右移动时，滑动变阻器的阻值增大，总电流减小，外电压增大．]
6．AC [R2为可变电阻，若把R1看成是电源内阻的一部分，则当R2＝R1＋r时，R2获得最大功率，A对；R1为定值电阻，当R2＝0时，R1的电流最大，功率也最大，C对，B错；当r＝R1＋R2时，电源的输出功率最大，D错．]
7．B [a中回路未闭合，故a方式为“关”档，b中总电阻Rb＝R1＋R2，c中总电阻为Rc＝R1，d中总电阻为Rd＝，由公式P＝知，d方式为“高”档，c方式为“中”档，b方式为“低”档，所以B对，A、C、D错．]
8．(1) (2)36.50(36.48～36.52) 0.797(0.796～0.799)
(3)偏小 甲
解析 (1)由Rx＝ρ与S＝πd2得ρ＝.
(1)由刻度尺读得，l＝36.50 cm(36.48～36.52都正确)，螺旋测微器读得d＝0.797 mm(0.796～0.799都正确)．
(3)图甲电路中电流表的读数是流过Rx与电压表的电流之和，即测得的电流值偏大，由欧姆定律R＝知，测得的电阻偏小，由于Rx＝10 Ω，远小于电压表内阻，故应用电流表外接法，因此用甲图．
