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1、 电场单元测试参考答案一、选择题：1、B 2、D 3、A 4、C 5、D 6、D 7、C 8、D 考点说明：1、考查电场强度的概念2、考查电场线的应用 3、考查场强与电势的关系 4、考查等势面上做功问题 5、考查电场力做功和电势能的关系 6、考查受力与运动的关系7、考查电容的定义式和决定式8、考查带电粒子在电场中的运动的物理量变化关系 二、填空题9、2102 ； 向右 ； -110-6C ； 负 10、9Q/4；正电荷；在AB的连线上，距离B 等于L/2，距离A 等于3L/211、510-6 450考点说明：9、考查场强的大小计算和方向判断；10、考查在库仑力作用下的平衡问题11、考查电场力做
2、功的特点和公式二、计算题12 (1) -100V (2) -300 V(3)-300V13 解：（1）电子从阴极K到阳极P过程根据动能定理有：可得电子通过阳极P板的速度为：2.96107m/s（2）电子通过偏转电极所用时间为：偏转电极间电场强度为：电子在偏转电极中具有加速度为： 故射出偏转电极时偏离入射方向距离为：联立四式并代入数据可得： y0.01m（3）根据动能定理可得通过偏转场过程有：可得通过偏转电极时具有动能为：4.4410-16J 电场 参考答案1 D 2B 3.C 4C5.B 6AC 7BD 8BC9AC10AD11(1)CBA(2)20(3)10712454515解析在整个运动过
3、程中，电子经历了两个电场作用，一个是E、A之间的电场，使电子向右加速，另一个是B、C之间的电场，使电子向右运动时减速；而A、B之间是等势区域，没有静电力做功根据题目给出的条件，分析出电子在EA、AB、BC各段的运动情况，由于已知各段的电压，所以可以利用动能定理求出动能因A点电势高于E点，所以电子在E、A间加速，静电力做正功，动能增加，由eUEkA0得EkA45 eV.因为A、B间电势差为零，即A、B间无电场，所以电子在A、B间做匀速直线运动，故EkBEkA45 eV.因为C点电势低于B点电势，所以电子在B、C间做减速运动，即克服静电力做功，动能减少，由eUEkBEkC得EkCEkBeU(453
4、0) eV15 eV.13(1)23(2)21解析(1)A、B带同种电荷时，设电荷量为Q，C与A接触后，由于形状相同，二者平分电荷量，A、C所带的电荷量均为Q.C与B接触后平分二者电荷量，则B、C的电荷量均为(QQ)Q，A、B最终的电荷量之比为(Q)(Q)23.(2)A、B带异种电荷时，设电荷量分别为Q、Q，A、C接触后，平分电荷量Q，A、C的电荷量均变为Q；C再与B接触，平分二者的总电荷量，C、B的电荷量均为(QQ)Q.则A、B最终的电荷量之比为(Q)|Q|21.14(1)200 V300 V100 V(2)200 V300 V6104 J9104 J解析(1)方法一：先求电势差的绝对值，再
5、判断正、负|UAB| V200 V因负电荷从A移到B克服静电力做功，必是从高电势点移到低电势点，即AB，UAB200 V.|UBC| V300 V因负电荷从B移到C静电力做正功，必是从低电势点移到高电势点，即BC.UBC300 VUCAUCBUBAUBC(UAB)300 V200 V100 V.15(1)场强方向C至A(2)5 V(3)200 V/m(4)5 eV解析(1)将负电荷从A移至B，电场力做正功，所以电荷所受电场力方向沿A至C，又因为是负电荷，场强方向与负电荷的受力方向相反，所以场强方向应为C至A方向(2)由WqU得：U6 V，即A、B两点间电势差为6 V沿电场线方向电势降低，B点电
6、势高于A点电势UBA，B1 V，ABU1 V6 V5 V，即A点的电势为5 V.(3)如图所示，由B向AC作垂线交AC于D，D与B在同一等势面上UDAUBAU6V，沿场强方向A、B两点间距离为ABcos 606 cm3 cm0.03 m，所以E200 V/m.(4)电子在A点的电势能EpqA(e)(5 V)5 eV.16(1)(2)(3)解析(1)因为qAqB，a、b以中点O对称，所以Uab0.滑块由a到b的过程，根据动能定理：qUabmgE0，所以.(2)对小滑块由O到b的过程，根据动能定理：qUObmgnE0，UOb.(3)UaOUOb，小滑块从a点开始，最终停在O点，根据动能定理qUaO
7、mgsE0，s. 参考答案一、选择题题号123456答案BCBABDAD二、实验题7、10.405 cm，8077 mm8、（1）A，C，E（2）分压或限流都可，电流表要外接11. 答案：（1）1.5，0.75；（2）C，E；（3）0.7212、（1）3，0.6，1，010。（2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小。说明：（1）由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造
8、成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取010能很好地控制电路中的电流和电压，若取0100会出现开始几乎不变最后突然变化的现象（2）关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测E真，r测r真故答案为：（1）3，0.6，1，010（2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小13、(1) ADC (2)23.5mA三、计算题（17题8分，18题、19题10分）14、（1）2A （2）22V （3）36W法一：因为电灯恰能正常发光，所以闭合电路中的电流为1
9、分电动机两端的电压U=E-Ir-U灯=22V 2分电动机消耗的总功率PUI44W 2分电动机线圈电阻消耗的功率PRI2R=8W 2分所以电动机输出的机械功率P机=P-PR=36W 2分 参考答案一、选择题题号12345678答案CCBDBBCBDBD二、填空题9、【答案】(1)断开待测电阻，将选择开关旋到“100”档将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”再接入待测电阻，将指针示数100，即为待测电阻阻值(2)如图所示(3)电阻1、2110、【解析】(1)(a)图需往下估读一位，大约为60.48 cm(60.4560.50 cm都可以)(2)读数固定刻度示数可动刻度示数1.5 mm
10、0.480 mm1.980 mm.(3)由题可知，阻值为5.0（按全国卷要求，5-10之间有5格，每格表示1欧，可以估读一位）.(4)电流表外接，滑动变阻器采用分压、限流接法均可，采用限流接法时如图所示(5)无论限流接法，还是分压接法，将滑片P移至最左端时，待测金属丝上的电压和电流最小三、计算题11、【解析】(1)由乙图可知，当R时，E12 V而当U6 V时，应有rR2 .(2)当滑片滑至上端时，UAB最大UmaxE11 V当滑片滑至下端时，UAB为零，因此，A、B空载时输出电压范围为011 V.(3)A、B两端接某一负载电阻后，滑动变阻器滑片移至上端时，干路电流最大此时I为了电源不过载，应保
11、证I2 A代入数据得Rx4.9 即所接负载电阻最小值为4.9 .【答案】(1)12 V2 (2)011 V(3)4.912、(1)S断开时，电阻R3两端电压为U3E16 VS闭合后，外阻为R6 端电压为UE21 V电阻R3两端电压为U3U14 V则所求流过R4的总电荷量为QCU3CU36.01012 C.(2)设微粒质量为m，电荷量为q，当开关S断开时有：mg当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则mgma设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：t竖直方向：yat2由以上各式求得：y6.25103 m故微粒不能从C的电场中射出【答案】(1)6.01012 C(2)不能从C的电场中射出 磁 场 章末检
12、测1 参考答案1D 2C 3D 4C 5A 6A 7C 8C 9ABD 10C 11C 12D13（1）垂直纸面向里 00011T （2）15710-8s【解析】14(1)2N； (2)2N ；(3)1m/s2【解析】试题分析：(1)导体棒受到的安培力： F=BIL=0.850.5=2N(2)因导体棒匀速运动故，导体棒受到的摩擦力等于安培力，即： f=F=2N(3)若导体棒中通过的电流为10A时，导体受的安培力：=0.8100.5=4N，由牛顿第二定律可得：考点：安培力；牛顿第二定律.15【解析】电子经电场加速后ymv2=eU电子进入磁场后R=R2=d2+(R-L)2B=. 磁 场 章末检测2
13、 参考答案1C2B3C4A5C6BC7A8B9B10D11BD12B13（1）粒子离开加速器时的速度是1106m/s；（2）速度选择器的电压是1.2104V；（3）正方形abcd边长是0.16m【解析】解：（1）粒子经加速电场U1加速，获得速度v，由动能定理得：qU1=mv2解得v=m/s（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得Eq=qvB1即得：U2=B1dv=0.20.061106V=1.2104V（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有，故粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径：r=0.1m由几何关系：所以，正方向的边长：m答：（1）粒子离开加速器时的速度是110
14、6m/s；（2）速度选择器的电压是1.2104V；（3）正方形abcd边长是0.16m【点评】解决本题的关键掌握动能定理，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡14（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）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Bv，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，由几何知识知，AB间圆心角30，OB为半径、（2）又由r，得v （3分）（3）又AB圆心角是30，穿透时间，故 （3分）考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动15（1）M、N两点间的电势差；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径为；（3）粒子从M点运动到P点的总时间为【解析】解：（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，进入第四象限做匀速圆周运动设粒子过N点的速度为v，有得：v=2v0粒子从M点到N点的过程，由动能定理有：解得：（2）粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动（如图所示），半径为ON，有：解得：（3）由几何关系得：ON=rsin设粒子在电场中运动的时间为t1，则有：ON=v0t1粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：得：运动的总时间为：t=t1+t2即：答：（1）M、N两点间的电势差；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径为；（3）粒子从M点运动到P点的总时间为