期末考前復習練習題一、選擇題1.關于庫侖定律，以下說法正確的選項是()A.庫侖定律適用于點電荷，點電荷其實就是體積很小的球體B.根據F＝kq1C.假設點電荷q1的電荷量大于q2的電荷量，那么q1對q2的庫侖力大于q2對q1的庫侖力D.庫侖定律和萬有引力定律的表達式相似，都是與距離平方成反比的定律【答案】D【解析】試題分析：庫侖定律適用于點電荷，點電荷并不是體積很小的球體，A錯誤；當兩個點電荷距離趨于0時，兩帶電體已不能看出點電荷了，該公式，不適用了，故電場力并不是趨于無窮大，B錯誤；兩點電荷之間的作用力是相互的，根據牛頓第三定律，無論點電荷q1的電荷量與q2的電荷量大小如何，q1對q2的電場力大小上總等于q2對q1電場力，C錯誤；庫侖定律的表達式為，萬有引力定律的表達為，故兩表達式相似，都是平方反比定律，D正確；應選D。考點：庫侖定律。【名師點睛】庫侖定律適用于真空中兩個點電荷間的作用力，，兩個點電荷間的庫侖力是一對相互作用力；帶電體能看作點電荷的條件是帶電體的大小和形狀及電荷量對分析的問題的影響可以忽略，這兩個帶電體就可以看做是點電荷。2.如下圖是某校首屆中學生創意物理實驗設計展評活動中獲得一等獎的作品?小熊蕩秋千?。兩根彼此靠近且相互絕緣的金屬棒C、D固定在鐵架臺上，C、D的兩端用柔軟的細導線吊了兩個銅線圈P、Q〔Q上粘有一張小熊的圖片〕，并組成一閉合回路，兩個磁性很強的條形磁鐵如圖放置，當用手左右擺動線圈P時，線圈Q也會跟著擺動，仿佛小熊在蕩秋千。關于此作品，以下說法正確的選項是〔〕A.P向右擺動的過程中，P中的電流方向為逆時針方向〔從右向左看〕B.P向右擺動的過程中，Q也會向右擺動C.P向右擺動的過程中，Q會向左擺動D.假設用手左右擺動Q，P會始終保持靜止【答案】AB【解析】A、P向右擺動的過程中，穿過P的磁通量減小，根據楞次定律，P中有順時針方向的電流(從右向左看).故A正確。B、P向右擺的過程中，P中的電流方向為順時針方向，那么Q下端的電流方向向外，根據左手定那么知，下端所受的安培力向右，那么Q向右擺動。同理用手左右擺動Q，P會左右擺動.故B正確，C錯誤，D也錯誤。應選AB.【點睛】此題考查了楞次定律和左手定那么的綜合，掌握楞次定律判斷感應電流方向的一般步驟，以及會通過左手定那么判斷安培力的方向，不能與右手定那么混淆．3.P、Q是一條電場線上的兩個點，一帶正電的粒子僅在電場力作用下以一定的初速度從P點沿電場線運動到Q點，其v-t圖象如下圖.那么這電場的電場線分布可能是如圖中的(A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】根據v-t圖象，帶電粒子的加速度逐漸增大，速度逐漸減小，故帶正電的粒子應該逆電場線運動，且向著電場線密集的方向運動，故C正確，4.有一沿x軸方向的靜電場，其電勢φ隨x軸坐標的變化情況如下圖。P、Q為x軸上的兩點，其坐標分別為xP=lcm、xQ=4cm。假設將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)從xA.假設該粒子從坐標原點處由靜止釋放，那么粒子在P點和Q點的加速度大小相等，方向相反B.假設該粒子從坐標原點處由靜止釋放，那么粒子經過P點和Q點時，電場力做功的功率相等C.假設該粒子從Q點由靜止釋放，那么粒子將沿x軸負方向一直向前運動D.假設該粒子從P點以沿x軸正方向的水平速度v0=2【答案】D【解析】A、φ-x圖象的斜率大小等于場強E．那么知P點的場強大于Q點的場強，根據牛頓第二定律a=qEm知粒子在P點的加速度大于在Q點的加速度，加速度方向相反，故A錯誤。B、粒子經過P點與Q點時電勢相等那么電勢能相等有動能相等，速度大小相等；由圖象知道電場強度之比為2：1，所以電場力大小之比為2：1，根據P=Fv，電場力做功的功率大小是Q點的兩倍，B錯誤。C、假設粒子從Q點釋放，先向x軸負方向加速運動再減速運動，到達P點時速度減為零，此時電場力沿x軸正向，故反向做加速運動，C錯誤。D、粒子在P點以某一初速度釋放,先加速后減速運動到Q點速度相等，假設此后減速過程到10mm處速度減為零時電場力做的負功為W=q?2φ【點睛】此題關鍵是抓住φ-x圖象的斜率大小等于場強E，由電勢的變化確定電場線方向，判斷粒子的運動情況．5.如下圖電路中，電源的電動勢為E，內阻為r，R1、R3為定值電阻，R2為滑動變阻器，C為平行板電容器，開關S閉合后，電容器兩板正中央有一個帶電液滴恰好靜止。電流表和電壓表都可以視為理想電表。當滑動變阻器滑片PA.電容器兩板之間的液滴帶正電B.電壓表示數變小，電流表示數變大C.電容器C所帶電荷量增加，液滴向上加速運動D.電容器C所帶電荷量減小，液滴向下加速運動【答案】D【解析】當滑動變阻器滑片P向b端滑動過程中，接入電路的電阻減小，R2與R3并聯的電阻減小，總電阻減小，那么總電流增大，R1電壓增大，那么電壓表示數變大．R2與R3并聯的電壓減小，通過R3電流減小，那么電流表示數變大．故B錯誤．電容器上板帶正電，液滴的重力與電場力平衡，那么液滴帶負電；R2與R3并聯的電壓減小，電容器板間電壓減小，帶電量減小，板間場強減小，液滴所受的電場力減小，那么液滴將向下加速運動，故AC錯誤，D正確．應選D.6.如下圖的區域內存在勻強磁場，磁場的邊界由x軸和y=2sinπ2x曲線圍成(x≤2m)。現用水平拉力F把邊長為2m的正方形單匝線框以水平速度v=10m/sA.拉力F要做12.8J的功才能讓線框通過此磁場區B.拉力F要做6.4J的功才能讓線框通過此磁場區C.拉力F的最大功率為3.2WD.水平拉力F的最大值為6.4N【答案】B【解析】線框切割磁感線產生的感應電動勢為：E=Blv=Bvy=Bv?2sinπ2x=2Bvsinπ2x；當y最大時，E最大，最大值為：Em=2Bvymax=2×0.2×10V=4V；安培力最大值：Fm=BIymax=0.2×8×2N=3.2N；那么拉力最大值：F拉m=F=3.2N；拉力的最大功率為：P=F拉mv=3.2×10W=32W，故CD錯誤。整個過程拉力做功為：W=(22Em點睛：此題與線圈轉動產生正弦交流電類似，線框運動過程中產生的是正弦式電流，求電功時要用電動勢的有效值，知道正弦式電流的最大值是有效值的2．7.勻強磁場方向垂直紙面，規定向里的方向為正，磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖甲所示．在磁場中有一細金屬圓環，圓環平面位于紙面內，t＝0時刻磁場的方向垂直紙面向里，如圖乙所示，令I1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應電流，F1、F2、F3分別表示感應電流為I1、I2、I3時金屬圓環上很小一段受到的安培力，那么()A.I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向B.I2沿逆時針方向，I3沿順時針方向C.F1方向指向圓心，F2方向指向圓心D.F2方向背離圓心向外，F3方向背離圓心向外【答案】A【解析】由圖甲所示可知，oa段，磁場垂直于紙面向里，穿過圓環的磁通量增加，由楞次定律可知，感應電流I1沿逆時針方向，在ab段磁場向里，穿過圓環的磁通量減少，由楞次定律可知，感應電流I2沿順時針方向，故A正確；由圖甲所示可知，在bc段，磁場向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感應電流I3沿順時針方向，故B錯誤；由左手定那么可知，oa段電流受到的安培力F1方向指向圓心，ab段安培力F2方向背離圓心向外，故C錯誤；由左手定那么可知，ab段安培力F2方向背離圓心向外，bc段，安培力F3方向指向圓心，故D錯誤；應選A．點睛：此題考查了判斷感應電流方向與安培力方向，應用楞次定律與左手定那么即可正確解題；要熟練掌握楞次定律與左手定那么；要掌握應用楞次定律解題的步驟。8.如圖,三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距,均通有電流I,L1中電流方向與L2中的相同,與A.L1所受磁場作用力的方向與L2、B.L3所受磁場作用力的方向與L1、C.L1、L2和L3D.L1、L2和L3【答案】BC【解析】【分析】依據右手螺旋定那么判定各導線在其他位置的磁場方向，再結合矢量的合成法那么，即可判定合磁場方向，最后根據左手定那么，從而確定其位置的受到磁場力方向；因所通的電流相等，那么單位長度的磁場力之比，即為各自所處的磁場之比。【詳解】A、根據右手螺旋定那么，結合矢量的合成法那么，那么L2、L3通電導線在L1處的磁場方向如以下圖所示，再根據左手定那么，那么L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面平行，故A錯誤；B、同理，根據右手螺旋定那么，結合矢量的合成法那么，那么L2、L1通電導線在L3處的磁場方向如以下圖所示，再根據左手定那么，那么L3所受磁場作用力的方向與L2、L1所在平面垂直，故B正確；CD、由A選項分析，可知，L1、L3通電導線在L2處的合磁場大小與L2、L3通電導線在L1處的合磁場相等，設各自通電導線在其他兩點的磁場大小為B，那么L1、L2和L3三處磁場之比為B:B:3B應選：BC。【點睛】考查右手螺旋定那么與左手定那么的內容，掌握矢量的合成法那么，理解幾何關系，及三角函數知識的運用。9.1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的創造、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎。假設速度相同的同一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如下圖，那么以下相關說法中正確的選項是()A.該束帶電粒子帶正電B.速度選擇器的P1極板帶負電C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷qmD.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大【答案】BD【解析】【分析】根據帶電粒子在磁場中的偏轉方向確定帶電粒子的正負。根據在速度選擇器中電場力和洛倫茲力平衡確定P1極板的帶電情況以及通過狹縫S0時速率。在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力，求出粒子的軌道半徑，即可知道軌跡半徑與什么因素有關。【詳解】帶電粒子在磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面向外，根據左手定那么知，該粒子帶正電。故A正確。在平行金屬板間，根據左手定那么知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，那么電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，即速度選擇器的上極板帶正電。故B錯誤。通過狹縫的粒子滿足Eq=B1qv，即v=EB1，選項C正確；進入B2磁場中的粒子速度是一定的，根據qvB=mv2【點睛】解決此題的關鍵會根據左手定那么判斷洛倫茲力的方向，以及知道在速度選擇器中，電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡。在磁場中洛倫茲力等于下向心力。10.如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間相距為dAB，兩板間加有如圖(b)所示的交變電壓，質量為m，帶電量為+q的粒子〔不計重力〕被固定在兩板的正中間P處，且dABA.t=0由靜止釋放該粒子，一定能到達B.t=T4C.在0<t<D.在T4<t【答案】AD【解析】試題分析:A、C、在t=0時釋放該粒子，在0-T/2這段時間內粒子所受電場力方向向右，粒子向右做勻加速直線運動，設加速度為a，末速度為aT可知粒子t=T/4時刻釋放的粒子圍繞P點做往復運動，而，那么始終不能打在兩邊的板上，選項B錯誤．D、帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向左運動的距離大于向右運動的距離，最終打在A板上，選項D正確。應選AD．考點：考查帶電粒子在勻強電場中的運動．名師點睛：解決此題的關鍵會根據物體的受力判斷物體的運動，通過加速度的方向與速度方向的關系得出物體的運動規律．此題也可以通過速度-時間圖象進行分析．二、實驗題11.在“伏安法測電阻〞的實驗中.〔1〕某同學利用多用電表用×1檔粗略測量某電阻的阻值，表盤指針位置如下圖，那么被測電阻的阻值約為________Ω〔2〕為提高測量的精度，該小組的人員從以下器材中挑選了一些元件，設計了一個電路，重新測量該電阻(用Rx表示)A.電流表A1(量程0～50mA，內阻約12Ω)B.電流表A2(量程0～3A，內阻約0.12Ω)C.電壓表V1(量程0～3V，內阻很大)D.電壓表V2(量程0～15V，內阻很大)E.電源E(電動勢約為3V，內阻約為0.2Ω)F.定值電阻R(30Ω，允許最大電流2.0A)G.滑動變阻器R1(0～10Ω，允許最大電流2.0A)H.滑動變阻器R2(0～1kΩ，允許最大電流0.5A)單刀單擲開關S一個，導線假設干①電流表應選______，電壓表應選_____，滑動變阻器應選_____．(填字母代號)②請在方框中畫出測量電阻Rx的實驗電路圖__________【答案】(1).〔1〕20(2).①A(3).C(4).G(5).②將Rx和定值電阻串聯，電流表外接的分壓電路【解析】〔1〕歐姆表的讀數是指針的示數乘以倍率，所以讀數為20×1Ω=20Ω；

〔2〕①電源電動勢為3.0V，電壓表應選C；通過電線的最大電流約為：I=UR=320A=150mA，利用B電流表誤差太大，故電流表采用A；為了操作方便，滑動變阻器應選12.小聰、小慧和小明分別做了以下三個電學實驗：〔1〕小聰利用圖甲所示電路圖“研究通過小電珠的電流隨其兩端電壓變化的關系〞。他閉合開關S后，調節滑動變阻器的滑片P，使其向右端b滑動，此過程中，電壓表V的示數將______〔選填“變大〞、“變小〞或“不變〞〕；假設某一狀態下，他讀出電壓表V、電流表A的示數分別為2.7V、0.3A，那么該狀態下小電珠的電阻測量值為_______Ω。〔2〕小慧在“測量電源的電動勢和內阻〞的實驗中，根據圖乙的電路連接實物，利用測得的數據作出了圖丙所示的路端電壓隨電流變化的關系圖像(U-I圖像)，由圖可知，她測出的電池電動勢E=____V，電池內阻r=______Ω。〔3〕小明準備測量一只電阻R的阻值，要求操作方便、測量誤差盡量小。①他先用多用電表的電阻擋“×1k〞倍率測R的阻值，電表指針穩定時如圖丁所示，其示數為_________Ω：②接著他利用以下器材進一步測量：A．電流表〔0～500μA，內阻約200Ω〕B．電壓表〔0～3V擋、內阻約5kΩ，0～15V擋、內阻約25kΩ〕C．滑動變阻器〔最大阻值為20Ω〕D．兩只干電池串聯組成的電源〔總電動勢3V〕E．開關F．導線假設干小明設計好電路后，在實物間已經連接了三根導線，請你用筆畫線表示導線在圖戊對應的答題卡虛線框中把還未連接的實物連接成實驗電路。【答案】(1).〔1〕變大，(2).9Ω(3).〔2〕1.5V，(4).0.5Ω(5).〔3〕①10K②【解析】(1)合開關S后，調節滑動變阻器的滑片P，使其向右端b滑動，此過程中，電壓表V的示數將增大；電阻阻值R=(2)由圖示電源U-I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是1.5，電源電動勢E=1.5V，電源內阻為：r=(3)由圖示多用電表可知，地示數為10×1k=10kΩ；滑動變阻器最大阻值為20Ω，為測多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法；電流表內阻約為200Ω，電壓表內阻為5kΩ，待測電阻阻值遠大于電流表內阻，電流表應采用內接法；滑動變阻器采用分壓接法，電流表采用內接法，實物電路圖如下圖：點晴：電源U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內阻。13.在如下圖的電路中，R1是由某金屬氧化物制成的導體棒，實驗證明通過它的電流I和它兩端電壓U遵循I＝kU3的規律(式中k＝0.02A/V3)；R2是普通電阻，阻值為24Ω，遵循歐姆定律，電源電動勢E＝6V．閉合開關S后，電流表的示數為0.16A．求：(1)R1兩端的電壓；(2)電源的內電阻r；(3)R1、R2和r消耗的電功率P1、P2和Pr.【答案】(1)2V(2)1Ω(3)0.32W0.61W0.026W【解析】試題分析：(1)由I＝kU3得U＝3Ik＝(2)根據閉合電路的歐姆定律有E＝U＋IR2＋Irr＝E?U?IR2I(3)P1＝IU＝0.16×2W＝0.32WP2＝I2R2＝0.162×24W＝0.61WPr＝I2r＝0.162×1W＝0.026W.考點：考查閉合電路歐姆定律點評：此題比擬簡單，學生要明確電路中各局部的串并聯關系，對閉合電路歐姆定律的內容和電功率公式要能夠應用于實際問題14.如圖甲，兩光滑平行金屬長導軌a、b與水平面間的夾角θ＝30°，相距L＝1.0m，a、b下端連接阻值R＝1.0Ω的電阻，導軌處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。一質量m＝0.20kg、阻值r＝0.50Ω的金屬棒垂直于導軌放置，與導軌平行的絕緣細線跨過光滑定滑輪連接金屬棒與質量M＝0.30kg的物體，細線處于伸直狀態。t=0時，對物體施加向下的力F，使物體由靜止開始運動，t1=0.3s時撤去F，金屬棒沿導軌向上滑行的速度v與時間t之間的關系如圖乙。不計導軌電阻，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)0～0.3s內通過導體棒的電荷量q；(2)0～0.6s內物體與金屬棒機械能的變化量。【答案】(1)q=0.3C(2)Δ【解析】(1)電荷量qIE聯立解得：q設0