物理学与人类文明新颖的课程导入教案

A、【解析】解：点电荷受到重力、电场力，合力

；根据牛顿第二定律有：

静电场、恒定电流复习题

一、单选题（本大题共13小题，共52.0分）

1.

真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为

F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为

，故A错误；

B、根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，水平方向上的加速度

，根据位移公式可得：A. 16F

B.

C.

F

D.

，化简得

，故B正确；

【答案】B

【解析】解：由库仑定律可得：

变化前：

C、竖直方向做自由落体运动，下降高度

D、电荷运动位移为，故电场力做功

，故C错误；

，故D错误．

变化后：

，故B正确，ACD错误．

故选：B．

本题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得带电量和距离变化后的相互作用力，从而解出正确结果．

本题考查库仑定律的直接应用，对于库仑定律公式要注意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义．

B

分别固定在相距为r的两处

均可视为点电荷2.

将两个分别带有电荷量

和

的相同金属小球

A、

，它们间库仑力的大小为

现将第三个与

A、B

两小球完全相同的不带电小球

C先后与A、B

相互接触后拿走，A、B

间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为

A. F

【答案】B

B.

C.

D.

故选：B．

分析电荷的受力情况，根据牛顿第二定律可求得总的加速度；

根据运动的独立性，分别对水平方向和竖直方向进行分析，根据水平方向上的匀加速直线运动规律可求得运动时间；再对竖直方向分析，从而求出对应的高度，根据功的公式可求得电场力所做的功．

本题考查带电粒子在电场和重力场组成的复合场中的运动，要注意明确带电粒子在水平和竖直两个方向上相互独立但时间相等，再分别根据匀变速直线运动的规律求解即可．

4.

如图所示，匀强电场场强

，A、B两点相距10cm、A、B连线与电场线夹角为

，若取A点电势为0，则B点电势为

A.

B. 10V

C.

D. 5V

【答案】C

【解析】解：由图示可知，根据顺着电场线方向电势降低，可知B的电势低于A的电势，则

．

AB方向与电场线方向间的夹角

，

BA两点沿电场方向的距离

，

BA两点间的电势差

，

因取A点电势为0，则B点电势为

；

故选：C．

已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为

，根据公式

，B两点的电势高低．

求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差 根据顺着电场线方向电势降低，判断A、本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式

，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离．

5.

一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能

与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是

【解析】解：开始时由库仑定律得：

当小球和A接触后，A球带电为 ，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q，因此此时：

由 得：

，故ACD错误，B正确．

故选B．

完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．

完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．

3.

如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，有一质量为m、电荷量为 的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程

A. 加速度大小为

B. 所需的时间为

D. 电场力所做的功为

A.

B. C. 下降的高度为

【答案】B

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7.

在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时

A. 伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小

B. 安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大

C. 伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小

D. 伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大

C. D.

【答案】D

【解析】解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：

，即

图象上某点的切线的斜率表示电场力；

A、

图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据

，故电场强度也逐渐减小；故A错误；

B、

，根据动能定理，有：故E

图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；

C、按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式

，匀变速直线运动的

图象是直线，题图

图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；

D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；

故选：D．

粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到

图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．

本题切入点在于根据

图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难

6.

如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、 实线是一带电的粒子

不计重力

在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为 ，在a点处的动能为 ，则该带电粒子

A. 可能是带负电

B. 在b点处的电势能为

C. 在b点处的动能为零

D. 在c点处的动能为

J

【答案】D

【解析】解：A、场强方向向上，电场力向上，则为正电荷，则A错误

B、b点处的电势能

，则B错误

C、总能量守恒由a点处可知

，则b点处的动能为：

，则C错误

D、C点处的动能为为

，则D正确

故选：D

由运动轨迹确定受力方向，从而确定电荷的正负，由动能定理确定各点的动能．

本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向

负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．

【答案】D

【解析】解：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，则路端电压减小，总电流增大，所以伏特表V的读数减小．

根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过

的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大．

由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，则电容C的电荷量在减小

故ABC错误，D正确．

故选：D．

当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化

再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化．

本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分

整体

部分”的顺序进行分析

也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大．

8.

铅蓄电池的电动势为2V，这表示

A. 电路中每通过1C的电量，电源就把2J的电能转化为化学能

B. 蓄电池两极的电压为2V

C. 蓄电池在1秒内将2J的化学能转化为电能

D. 蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节干电池

电动势为 的大

【答案】D

【解析】解：A、铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即2J化学能转化为电能，故A错误；

B、电源两极间电压，当电源不接入电路时，等于电源的电动势；当接入电路时，小于电源的电动势，故B错误；

C、电源每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能，不是在1s内将2J的化学能转变成电能

故C错误；

D、电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，故D正确；

故选：D．

电动势是一个表征电源特征的物理量

定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功

它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用

常用符号 有时也可用 表示，单位是伏 ．

本题关键是明确电动势的概念、物理意义、单位；同时应该知道：电动势的方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极，即与电源两端电压的方向相反．

9.

如图所示，图线a是某一电源的

曲线，图线b是一定值电阻的

曲线

若将该电源与该定值电阻连成闭合电路

已知该电源的内阻

，则说法错误的是

A. 该定值电阻为

B. 该电源的电动势为20V

C. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大

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D. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大

【答案】C

【解析】解：A、图线b的斜率

【解析】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻

、

并联后与

串联，等效电阻为

；故A错误；

，则定值电阻的阻值

；故A正确；

B、cd之间电路结构是：

并联后与

串联，当ab端短路时，电阻

、等效电阻为

错误；

C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻

两端的电压，

；故BB、由图读出交点的电压

，电流

，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：

；故B正确；

C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C错误，D正确；

本题选错误的，故选：C

根据图线b的斜率求出定值电阻的阻值；读出两图线交点处电压和电流，根据欧姆定律求出电源的电动势；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大．

定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势．

10.

如图所示是双量程电压表的电路图，已知电流表满偏电流

，电阻

，

，当使用a、b两个端点时，量程为

～ ，则使用a、c两个端点时的量程是

A.

～

B.

～

C.

～

D.

～

【答案】D

【解析】【分析】

将电流表改装成电压表时应串联大电阻，示数为表头及电阻两端的总电压。

本题考查电流表的改装，把电流表改装为电压表，应串联大电阻，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。

【解答】

当使用a、b两个端点时，由欧姆定律得：

，可得

c两个端点时，当使用a、由欧姆定律得： ，

则D正确。

故选D。

；故C正确；

；故D错误；

D、ab两端的电压等于电阻

两端的电压，当cd两端接通测试电源时，为

故选：C．

当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻

、

并联后与

串联

当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻

、

并联后与

串联

当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻

两端的电压

当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻

两端的电压

根据欧姆定律求解电压．

对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化．

12.

如图，有一提升重物用的直流电动机，内阻

，

，

，电压表的读数为110V，则下列说法正确的是

A. 通过电动机的电流为5A

B. 通过电动机的电流为4A

C. 在电动机中发热的功率为5W

D. 输入到电动机的电功率为500W

【答案】A

【解析】解：A、电动机和电阻串联，所以电流相等，

电阻R两端电压

，

A，所以通过电动机的电流为5A，故A正确，B错误；

C、电动机的热功率

热

，故C错误；

D、电动机的电功率

，故D错误．

故选：A

在计算电功率的公式中，总功率用

来计算，发热的功率用

来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．

对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．

13.

如图所示为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”，下列说法正确的是

，

电路中的电阻

，11.

一个T型电路如图所示，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计

则

A. 当cd端短路时，ab之间的等效电阻是

B. ab端短路时，cd之间的等效电阻是

C. 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80V

D. 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V

【答案】C

A. 甲为“非”门，输出为“1”

C. 乙为“与”门，输出为“0”

【答案】C

B. 乙为“或”门，输出为“0”

D. 丙为“或”门，输出为“0”

【解析】解：根据各种门电路的符号，知甲是“非”门，乙是“与”门，丙是“或”门

再根据各个门电路的特点，知甲输出为0，乙输出为0，丙输出为 故A、B、D错误，C正确．

故选：C

甲是“非”门，乙是“与”门，丙是“或”门

非门的特点输入状态和输出状态相反，与门的特点几个条件都满足，事件才能发生，或门得特点只要一个条件满足，事件就能发生．

第3页，共10页

该题考查常见的逻辑电路，解决本题的关键掌握各种门电路的符号及特点．

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

14.

如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点

不计重力

下列说法正确的是

A. M带负电荷，N带正电荷

B. M在b点的动能小于它在a点的动能

C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能

D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功

D. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则

增大

答案】AC

【【解析】解：A、B、保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由

分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则

增大

故A正确，B错误．

C、D、电键k断开，根据推论可知，板间场强不变，小球所受电场力不变，则

不变

故C正确，D错误．

故选：AC

保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由

分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定

的变化

电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析

是否变化．

本题解答的关键是抓住不变量进行分析，当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变．

【答案】ABC

【解析】解：A、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．

B、M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．

C、d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．

D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．

故选：ABC．

根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．

本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．

17.

如图所示，平行板电容器在充电稳定后，板间有一带电尘粒恰能在电场中静止

若将正对的平行板左右错开一些，则以下说法中正确的是

A. 带电尘粒将向上加速运动

B. 带电尘粒静止不动

C. 错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B

D. 错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A

答案】BC

【【解析】解：AB、根据电容器的决定式：

，当正对面积S减小时，电容器的电容减小．

带电尘粒受电场力：

没有发生变化，故电场力不变粒子仍处于平衡状态，故A错误，B正确；

CD、由于电容器的电容减小，两极板间电压保持不变，故电容器的带电荷量将减小，故电容器放电，流经电阻R电流方向从A至B，故C正确，D错误．

故选：BC．

本题由电容器的决定式由平行板左右错开时，电容器的正对面积发生变化，由正对面积的变化判定电容器的变化，由于不切断电源，电容器极板间电压恒定，由此判定电容器的带电量的变化，从而确定粒子的运动和电流的变化问题．

本题主要考查电容器的动态变化，抓住电容器与电源相连，两极板间电压保持不变，由于电容器的正对面积发生变化而引起电容器的电容变化，从而判定在变化过程中电容器是充电还是放电来判定电流方向．

15.

如图所示，一个枕形导体AB原来不带电，将它放在一个负点电荷的电场中，点电荷的电荷量为Q，与AB中心O点的距离为 由于静电感应，在导体A、B两端分别出现感应电荷

当达到静电平衡时，

A. 导体A端电势高于B端电势

B. 导体A端电势低于B端电势

C. 导体中心O点的场强为0

D. 枕形导体两端的感应电荷在O点产生感应电场强度

，方向水平向左

【答案】CD

【解析】解：AB、当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则导体A端电势等于B端电势

故A错误，B错误．

CD、当达到静电平衡时导体中心O点的场强为0；

枕形导体两端的感应电荷在导体中心O点的场强大小与点电荷 产生的场强大小相等，为

；方向相反，为水平向左；故C正确，D正确．

故选：CD．

静电平衡导体的特点是整个导体是等势体，内部场强处处为零，据此分析即可．

解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点：整个导体是等势体，内部场强处处为零．

三、计算题（本大题共11小题，共110.0分）

18.

如图所示，离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压

加速后，获得速度

，并沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压

作用后，以速度v离开电场

已知平行板长为L，两板间距离为d，求：

的大小．

离子在偏转电场中运动的时间t．

离子在离开偏转电场时的偏移量y．

离子在离开偏转电场时的速度v的大小．

【答案】解： 在加速电场中，由动能定理得：

，解得：

；

16.

平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部

闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为 则下述说法正确的是

A. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则

变大

B. 保持电键k闭合，带正电的A板向B板靠近，则

不变

C. 电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则

不变

离子在偏转电场中做类平抛运动，

第4页，共10页

离子的运动时间：

；

故：

粒子的偏移量：

由动能定理得：

解得：

，解得：

；

，

；

答：

的大小为

；

即A球的带电量是

C. 答： 小球A带负电；

此时小球A受到的库仑力大小

，方向水平向右；

小球A带的电量为

C.

【解析】 依据受力分析，结合同种电荷相斥，异种电荷相吸，即可求解；

对小球A受力分析，受到重力、静电引力和细线的拉力，根据三力平衡求出静电引力；

根据库仑定律求解出小球A的带电量．

本题结合物体平衡考查了库仑定律的应用，属于简单基础题目，是一道考查基础知识的好题．

离子在偏转电场中运动的时间t为

．

20.

如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于0点，另一端系一质量为m、带电荷 的小球，小球静止时处于

点

现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点时细线与竖直方向成

角

求：

该匀强电场的电场强度大小．

若将小球从

点由静止释放，则小球运动到A点时的速度多大？

【答案】解： 小球在A点受到竖直向下的重力、拉力和水平向右的电场力，根据受力

离子在离开偏转电场时的偏移量y为 ．

离子在离开偏转电场时的速度v的大小为

．

【解析】由动能定理可以求出速度．

粒子在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出粒子在偏转电场中的运动时间、偏移量．

解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．

把质量为

克的带电小球A用丝线吊起，若将带电量为

19.

如图所示， 小球运动到A点的过程中，电场力做正功，重力做负功，根据动能定理

答： 该匀强电场的电场强度大小

的正电小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直夹角为

，

取

，

求：

小球A带正电还是负电？

此时小球A受到的库仑力大小和方向？

小球A带的电量

？

【答案】解： 对A受力分析如下图所示：

．

小球运动到A点时的速度

．

【解析】 由题细线向右偏离竖直方向，小球受到的电场力水平向右，根据电场力方向与电场强度方向的关系和根据平衡条件求出电量．

若将小球从

点由静止释放，则小球运动到A点的过程中，电场力做正功，重力做负功，总功等于小球动能的变化．

本题是平衡条件与动能定理的综合应用

此题中小球的运动可运用单摆运动类比．

21.

ABC表示竖直放在电场强度为

的水平匀强电场中的绝缘光因B带正电，则A带负电；

根据共点力平衡条件，结合几何关系得到

解得：

即A球受的库仑力为

根据库仑定律，有：

滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的

圆环，轨道的水平部分与半圆环相切

为水平轨道上的一点，而且

，把一质量

，带电量为

的小球，放在A点由静止释放后，求：

小球到达C点的速度大小

小球在C点时，轨道受到的压力大小．

【答案】解： 设小球在C点的速度大小是

，则对于小球由

的过程中，由动能定理得：

；

解得：

小球在C点时受力分析如图，

第5页，共10页

由牛顿第二定律得：

由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知

解得：

解得：

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：

，方向：水平向右；

答： 小球到达C点时的速度为 ；

小球达到C点时对轨道的压力大小为3N，方向：水平向右

【解析】 应用动能定理研究小球由

的过程，求出小球在C点的速度大小，

对小球在C点进行受力分析，找出沿径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律解决．

在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．

联立 式得

．

答： 粒子到达O点时速度的大小为

，方向x轴方向的夹角为

角斜向上．

电场强度和磁感应强度的大小之比为

．

【解析】 在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解；

粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值．

有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度；

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间．

22.

平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示

一带负电的粒子从电场中的Q点以速度

沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍

粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等

不计粒子重力，为：

粒子到达O点时速度的大小和方向；

电场强度和磁感应强度的大小之比．

【答案】解： 在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有

沿x轴正方向：

，

竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：

设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为

根据速度时间关系可得：

设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为

，有

23.

如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场

一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在 轴上的点a以速率

，方向和 轴方向成

射入磁场，然后经过y轴上的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上

处的c点时速度大小为

不计粒子重力

求

磁感应强度B的大小

电场强度E的大小．

【答案】解：粒子在电场中做类平抛运动，到达c点时，竖直分速度为：

；

联立 式得：

即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为

角斜向上．

设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有

；

水平方向：

，

竖直方向：

且有：

设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，

由牛顿第二定律可得：

由于

解得：

联立可得：

设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，

．

则有：

设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有

粒子的运动轨迹如图所示：

第6页，共10页

又因为

，

所以

总

C．

由几何知识可得：

，

得：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

答： 在

～ 内穿过线圈的磁通量变化量

；

前4s内感应电动势为1V．

内通过R的电荷量为 ．

，即可求解；

【解析】 依据图象，结合磁通量定义式

根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s内感应电动势的大小．

根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量．

本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义式的综合运用，难度不大，需加强训练．

解得：

；

25.

如图所示，足够长的U形导体框架的宽度

，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成

角，磁感应强度

的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量

，有效电阻

的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，导体棒与框架间的动摩擦因数

，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动，通过导体棒截面的电量共为

求：

导体棒匀速运动的速度；

导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的电阻产生的焦耳热

，

，

【答案】解： 由安培力

安

，

，

，则

安

答： 磁感应强度B的大小为 ；

电场强度E的大小为 ．

【解析】 由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小．

粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小．

本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用．

24.

如图1所示，一个圆形线圈的匝数

匝，线圈面积

，线圈的电阻

，线圈外接一个阻值

的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示

求

在

～ 内穿过线圈的磁通量变化量；

前4s内产生的感应电动势；

内通过电阻R的电荷量q．

导体棒匀速下滑时，由力平衡得：

安

代入得：

代入数据解得：

设导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动下滑的距离为S，

通过导体棒截面的电量

，

又

，

，

联立以上三式得：

，那么在

～ 内穿过线圈的磁通量变化量为：

【答案】解： 根据磁通量定义式

；

由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率为：

得：

根据能量守恒定律，得：

4 s内的平均感应电动势为：

V．

电路中的平均感应电流为：

，

总得：

根据功能关系可知，导体棒的电阻消耗的电功为：

答： 导体棒匀速运动的速度为 ；

导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的电阻消耗的电功为 ．

【解析】 导体棒匀速运动下滑时，受到重力、支持力、滑动摩擦力、安培力而平衡，推导出安培力与速度关系式，由平衡条件求出速度．

第7页，共10页

，

根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推出电量与距离的关系，由电量求出导体棒下滑的距离S，再根据能量守恒求解电功．

本题是电磁感应与力学的综合题，涉及到电路、磁场、电磁感应和力学多方面知识，其中安培力的分析和计算，以及感应电量的推导是两个关键

这类题型是高考的热点．

26.

如图所示电路中，

，

当K接通时，电压表的读数为1V；K断开时，电压表的读数为 求电源电动势E和内阻r．

、

并联再与

串联，

、

并联电阻值是 ，【答案】解：设电源电动势为E，内阻为r，则当K接通，电压表测

两端的电压，所以

即：

当K断开，

、

串联，电压表测

两端的电压，则：

即：

联立 代入数据得：

，

答：电源电动势E和内阻r分别为3V和 ．

【解析】利用K的接通和断开，用闭合电路的欧姆定律与串并联电路的特点列方程组求解．

利用闭合电路的欧姆定律是解题的关键，注意串并联电路的特点，基础题．

【解析】 由图可知，指示灯与电动机并联；已知指示灯的电功率，则由功率公式

可求得灯泡中的电流，再由欧姆定律可求得并联部分的电压，由闭合电路的欧姆定律可求得干路中的电流；

由并联电路的电流规律可求得电动机的电流，则由功率公式

可求得电动机消耗的总功率，而输出功率等于总功率减去热功率．

此类题目首先要明确电路的结构，再根据电路特点选择合适的方法；因电动机不是纯电阻电路，故应特别注意功率公式的选择，应由

求总功率，不能用

求电动机的总功率．

一质量为

、长

、宽

、电阻

的28.

如图所示，

的高处由静止开始下落，然后进入匀强磁场，当下边矩形线圈，从

进入磁场时，由于磁场力的作用，线圈正好作匀速运动．

求匀强磁场的磁感应强度B；

如果线圈的下边通过磁场所经历的时间

，求磁场区域的高度

；

求线圈的下边刚离开磁场的瞬间，线圈的加速度的大小和方向；

从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内，在线圈中产生的焦耳热是多少？

【答案】解： 设线圈刚进入磁场时的速度为

，则据机械能守恒定律可得：

解得：

；

根据平衡条件可得

联立解得：

；

因为线圈的下边进入磁场后先做匀速运动，用时为：

，

，

27.

如图所示电路中，电源电动势

，内阻

，指示灯

的阻值为 ，电动机M线圈电阻

为 当开关S闭合时，指示灯

的电功率

求：

流过电流表A的电流．

电动机M输出的机械功率．

所以线圈做加速运动的时间为：

，

根据位移时间关系可得：

；

【答案】解： 设流过指示灯

的电流为

，流过电流表A的电流为I

则指示灯

的电功率

代入数据解得

路端电压

由闭合电路欧姆定律有

解得

即流过电流表的电流示数为2A．

设流过电动机M的电流为

根据并联电路的电流关系

电动机输出的机械功率

出

线圈的下边刚离开磁场的瞬间的速度为：

； 根据牛顿第二定律可得：

，

所以线圈的加速度的大小为：

，方向向上．

线圈的重力势能转化为焦耳热：

．

答： 匀强磁场的磁感应强度为1T；

如果线圈的下边通过磁场所经历的时间

，磁场区域的高度为 ；

线圈的下边刚离开磁场的瞬间，线圈的加速度的大小为

，方向向上；

从线圈的下边进入磁场开始到线圈下边离开磁场的时间内，在线圈中产生的焦耳热是 ．

【解析】 由机械能守恒定律求出线圈进入磁场时的速度，然后由平衡条件求出磁感应强度．

求出线框匀速进入磁场过程的时间，然后求出线框做加速运动的时间，然后求出磁场的宽度．

求出线圈下边离开磁场时的速度，然后由牛顿第二定律求出加速度．

线圈的重力势能转化为焦耳热．

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．

第8页，共10页

代入数据解得

出

电动机输出的机械功率为 ．

20.为了测定干电池的电动势和内阻，现有下列器材：

A.干电池一节

B.电压表

，内阻约为

C.电压表

，内阻约为

D.电流表

，内阻约为

E.电流表

，内阻约为

F.电流表 满偏电流3mA，内阻

G.变压器

H.滑动变阻器

I.滑动变阻器

J.开关、导线

用电流表和电压表测量干电池的电动势和内电阻，应选用的滑动变阻器是______ ，电流表______ ，电压表______

用代号回答

根据实验要求，用笔画线代替导线在实物图甲上连线．

某次实验记录如下：

组别

电流

电压

1

2

3

4

5

6

由图示电源

图象可知，电源电动势：

，电源内阻：

．

根据表中数据在坐标图乙上画出

图线，由图可求得

______

，

______

用你设计的电路做实验，测得的电动势与电池电动势的真实值相比______

填“偏大”“偏小”或“相等”

．

因该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小，但电压表是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压表的分流是可以忽略的，故短路电流是准确的，故图象与横轴的交点不变，故所测电动势小于真实值．

故答案为： ；E；C； 电路图如图所示； 图象如图所示； ； ； 偏小．

21.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：

A.电流表

内阻

，满偏电流

B.电流表

内阻约为 ，量程为

C.定值电阻

D.滑动变阻器

E.干电池组

F.一个开关和导线若干

G.螺旋测微器，游标卡尺

如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______ mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为______ cm．

【答案】I；E；C； ； ；偏小

为方便实验操作滑动变阻器应选择I；29.

【解析】解：由表中实验数据可知，电流的最大测量值为 ，电流表选择E；干电池的电动势约为 ，电压表应选择C．

电流表测电路电流，电压表测路端电压，实验电路图如图所示：

用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“

”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______ 挡

填“

”或“

”

，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为______

根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：

请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值．

若实验测得电流表

示数为

，电流表

示数为

，则金属棒电阻的表达式为

______

用

，

，

，

表示

【答案】 ； ；

；10；

【解析】解： 由图示螺旋测微器可知，其示数为：

，由图示游标卡尺可知，其示数为：

；

第9页，共10页

用欧姆表“

”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用

挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为

；

由题意可知，没有电压表，可以用电流表

与定值电阻

串联组成电压表测电压，用电流表

测电流，由于改装后电压表内阻为

，电流表内阻约为 ，待测电阻阻值约为 ，滑动变阻器最大阻值为 ，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：

金属棒电阻阻值：

故答案为：

如图所示；

根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，从而确定对应的滑动变阻器；

根据电路图可得出对应的实物图；

根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．

本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，应注意明确以下几点：

测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；

通过电流表的最小电流应为电流表量程的

，这样可以保证准确；

遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．

31.

如图所示，直线A电源的路端电压U

与电流I的关系图象，直线B是电阻R两端电压U与电流I的关系图象，把该电源与电阻R组成闭合电路，则电源的输出

______ W，电源的电动势

______ V，电源的内电阻

______

，外电阻

______

【答案】6； ； ；

【解析】解：由图可知，电源的电动势为 ；内阻

；

故答案为： ； ；

；10； 如图所示； ．

螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．

由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．

根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图．

根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值．

本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读．

30.

为了较精确地测量一节干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验：量程3V的理想电压表V，量程 的电流表 具有一定内阻

，定值电阻

，滑动变阻器

～ ，滑动变阻器

～ ，电键 实验电路原理图如图 ．

；

当电源的与电阻串联后，电路中电流为2A；电压为3V；

则电源的输出功率

；

且外电阻

；

为方便实验调节和较准确地测量，滑动变阻器应选用______

填

或

用笔画线代替导线在图 中完成电路连接．

实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的

坐标系中画出

图线如图 所示，则干电池的内阻

______

结果保留两位有效数字

【答案】

；

【解析】解： 电流表的量程

，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：

故答案为：6， ； ， ．

图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率等于电源的内阻；两图象的交点为电阻的工作点；由功率公式可求得输出功率，从而即可求解．

本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意图象中的交点为电阻及电源的工作状态点，则可以直接求出电源的输出电压及电流．

32.

在某次实验中，小佳同学要将一内阻R

的电流表的量程从

～ 扩大为

～ ，她应该

填“串联”或“并联”

一阻值R

的电阻。改装完成后，她将该电流表与一标准电流表串联进行校对，发现该电流表的读数总小于标准电流表，为了让两个电流表读数相同，她应该 电阻R的阻值

填“增大”或“减小”

。

【答案】

并联 增大

【解析】【分析】

把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值。

本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。

所以变阻器应选

；

根据原理图可知实物图如图所示：

【解答】把电流表改装成 电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值

， 根据闭合电路欧姆定律应用：

，

整理可得：

，由图可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故E

；

根据函数斜率的概念应有：

如果将该电流表与一标准电流表串联进行校对，发现该电流表的读数总小于标准电流表，说明并联的分流电阻较小，分流较大，流过表头的电流较小，所以应增大分流电阻的阻值，是较多的电流流过表头，使读数变大，达到标准。

故答案为：并联 增大。

第10页，共10页

，解得

；