辽宁省新民市第一高级中学高二物理上学期精选试卷检测题

辽宁省新民市第一高级中学高二物理上学期精选试卷检测题

一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）

1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点对称。某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（轴）上必定有两个场强最强的点、，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（　　）

A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则轴上场强最大的点仍然在、两位置

B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在轴上，则轴上场强最大的点仍然在、两位置

C．如图(2)，若在平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点。直径与(1)图两点电荷距离相等，则轴上场强最大的点仍然在、两位置

D．如图(3)，若在平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点，直径与(1)图两点电荷距离相等，则轴上场强最大的点仍然在、两位置

【答案】ABC

【解析】

【分析】

【详解】

A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；

B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在轴上，则轴上场强最大的点仍然在、两位置，选项B正确；

C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；

D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

故选ABC。

2．如图，真空中x轴上关于O点对称的M、N两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为、，且。取无穷远处电势为零，则（　　）

A．只有区间的电场方向向右

B．在N点右侧附近存在电场强度为零的点

C．在之间存在电势为零的点

D．之间的电势差小于之间的电势差

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

AB．在N点右侧产生的场强水平向右，在N点右侧产生的场强水平向左，又因为，根据在N点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有区间的电场方向向右，选项A错误，B正确；

C．、为两异种点电荷，在之间存在电势为零的点，选项C正确；

D．因为，之间的电场强度大，所以之间的电势差大于之间的电势差，选项D错误。

故选BC。

3．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别mA和mB的小球，分别带qA和qB的正电荷，悬点为O，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为，B球悬线与竖直线夹角为，则（　　）

A．

B．

C．

D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，有

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】

AB．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得

，

由于库仑力相等，联立可得

由于，，代入上式可得

所以A正确、B错误；

C．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C错误；

D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，对小球A、B受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即

联立可得

D正确。

故选AD。

4．如图所示，质量相同的A、B两物体放在光滑绝缘的水平面上，所在空间有水平向左的匀强电场，场强大小为E，其中A带正电，电荷量大小为q，B始终不带电。一根轻弹簧一端固定在墙面上，另一端与B物体连接，在电场力作用下，物体A紧靠着物体B，一起压缩弹簧，处于静止状态。现在A物体上施加一水平向右的恒定外力F。弹簧始终处于弹性限度范围内，下列判断正确的是（　　）

A．若F = qE，则弹簧恢复到原长时A、B两物体分离

B．若F = qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离

C．若F > qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离

D．若F < qE，则A、B两物体不能分离，且弹簧一定达不到原长位置

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

AB．若F = qE，A物体所受合力为0，在弹簧处于压缩状态时，B物体由于弹簧的作用向右加速运动，而A物体将被迫受到B物体的作用力以相同的加速度一起向右加速运动，A、B两物体未能分离，当弹簧恢复到原长后，B物体在弹簧的作用下做减速运动，A物体做匀速直线运动，则B物体的速度小于A物体的速度，A、B两物体将分离，故A正确，B错误；

C．若F > qE，A物体将受到水平向右恒力FA = F − qE的作用，弹簧在恢复到原长之前，对B物体的弹力逐渐减小，则B物体的加速度逐渐减小，当A、B两物体刚要分离时，A、B两物体接触面的作用力刚好为0，此时弹簧对B物体的作用力所产生的加速度与恒力FA对A物体产生的加速度相等（aB = aA ≠ 0），此时弹簧还未恢复到原长，故C正确；

D．若F < qE，A物体将受到水平向左恒力FA = qE − F的作用，如果FA比较小，那么A、B两物体还是可以分离的，并且在超过弹簧原长处分离，故D错误。

故选AC。

5．在电场强度为E的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷量分别为和（）．球1和球2的连线平行于电场线，如图所示．现同时放开球1和球2，于是它们开始在电场力的作用下运动．如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是（ ）．

A．大小不等，方向相同 B．大小不等，方向相反

C．大小相等，方向相同 D．大小相等，方向相反

【答案】ABC

【解析】

【详解】

AC．当两球的电性相同时，假定都带正电，则两球的加速度分别为：

由于l可任意取值，故当时，加速度、方向都是向右，且、的大小可相等，也可不相等，故AC正确；

B．再分析和的表达式可知，当时，和方向相反，大小则一定不相等，故B正确；

D．将小球1和小球2视作为一个整体，由于，可判断它们在匀强电场中受到的电场力必然是不为零的。由牛顿第二定律可知，它们的合加速度也必然是不为零的，即不可能出现两者的加速度大小相等、方向相反的情况，故D错误。

故选ABC．

6．如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1＞θ2)。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则(　　)

A．mA一定大于mB

B．qA一定小于qB

C．vA一定大于vB

D．EkA一定大于EkB

【答案】CD

【解析】

【详解】

A．对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示：

根据平衡条件，有：

故：

同理，有：

由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A错误；

B．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；

C．设悬点到AB的竖直高度为h，则摆球A到最低点时下降的高度：

小球摆动过程机械能守恒，有

解得：

由于θ1＞θ2，A球摆到最低点过程，下降的高度△hA＞△hB，故A球的速度较大，故C正确；

D．小球摆动过程机械能守恒，有

mg△h=EK

故

其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到：

其中FLcosθ相同，故θ越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故D正确。

7．如图所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）

A．小球在B时的速率为

B．小球在B时的速率小于

C．固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为3mg/q

D．小球不能到达C点（C点和A在一条水平线上）

【答案】AC

【解析】

试题分析：由A到B，由动能定理得：，解得，A正确，B错误，在B点，对小球由牛顿第二定律得：，将B点的速度带入可得，C正确，从A到C点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C点，D错误，

考点：动能定理和牛顿定律综合的问题

点评：小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功．

8．如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上,角CAB = 30°,斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N点和MN的中点P上,OM=ON, OM//AB则下列判断正确的是(   )

A．小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.

B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大

C．小物体静止在P点时受到的支持力最大,静止在M,N点时受到的支持力相等

D．当小物体静止在M点时,地面给斜面的摩擦力水平向左

【答案】CD

【解析】

【详解】

对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：

A.结合平衡条件，由图，小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，故A错误；

B.小物体静止在P点时，摩擦力

f=mgsin30°

静止在N点时

静止在M点时

可见静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；

C.小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力

N=mgcos30°+F

在M、N点时：

由库仑定律知，故，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等，故C正确；

D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M点时，斜面内部O点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D正确。

9．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）

A．点电荷从P到O是匀加速运动，O点速度达最大值

B．点电荷在从P到O的过程中，电势能增大，速度越来越大

C．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大

D．点电荷一定能够返回到P点．

【答案】D

【解析】

试题分析：点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达C点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O点速度达最大值，越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，返回到P点，选项A错误，D正确；点电荷在从P到O的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B错误；因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故C错误．故选D．

考点：带电粒子在电场中的运动．

10．如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R的圆周上若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q，则圆心 0点处的电场强度为

A．，方向沿半径向左

B．，方向沿半径向右

C．，方向沿半径向左

D．，方向沿半径向右

【答案】D

【解析】

该点场强可以看成是与P对称的那个电荷+q和P点的电荷-2q在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O点处的电场强度大小为，方向向右，点电荷-2q在圆心O点处的电场强度大小为，方向向右，所以叠加来是，方向沿半径向右．故选择D.

【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．

11．如图所示，一倾角为30︒的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种负电荷。质量为m、带电荷量为−q的物块从斜面上的P点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值vm，运动的最低点为Q（图中没有标出），则下列说法正确的是（　　）

A．P、Q两点场强相同

B．UPO = UOQ

C．P到Q的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动

D．物块和斜面间的动摩擦因数

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

ABD．物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有

所以物块和斜面间的动摩擦因数为

由于运动过程中

所以物块从P点运动到Q点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q与释放点P关于O点对称，根据等量的异种点电荷周围电势的对称性可知，P、Q两点的电势相等，则有UOP = UOQ，根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P、Q两点的场强大小相等，方向相反，故ABD错误；

C．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从B到A电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有

物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P到O电荷先做加速度减小的加速运动，O到Q电荷做加速度增加的减速运动，故C正确。

故选C。

12．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电质点A、B、C,A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1、L2.仅考虑三质点间的库仑力，则A和C的

A．线速度之比为 B．加速度之比为

C．电荷量之比 D．质量之比

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，则ABC三者要保持相对静止，所以AC角速度相等，则线速度之比为

选项A错误；

C．根据B恰能保持静止可得

解得

选项C错误；

A围绕B做匀速圆周运动，根据A受到的合力提供向心力，

C围绕B做匀速圆周运动，有

因为，所以有

解得

选项B错误，D正确。

故选D。

二、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）

13．一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与AB相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k（q的正负对应φ的正负）。假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为φ1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E4．下列说法正确的是（　　）

A．若左右两部分的表面积相等，有，

B．若左右两部分的表面积相等，有，

C．不论左右两部分的表面积是否相等，总有，

D．只有左右两部分的表面积相等，才有，

【答案】C

【解析】

【详解】

A、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，E1＞E2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M点的距离均大于左侧部分各点到M点的距离，根据，且球面带负电，q为负，得：φ1＜φ2，故AB错误；

C、E1＞E2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N点的电场强度大小相等，方向相同，故C正确，D错误。

14．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（ ）

A．从A点运动到M点电势能增加 2J

B．小球水平位移 x1与 x2 的比值 1：4

C．小球落到B点时的动能 24J

D．小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于 6J

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；

A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；

B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B错误；

C．设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。

由竖直方向运动对称性知

mVBy2=8J

对于水平分运动

Fx1=mVMx2-mVAX2

F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2

x1：x2=1：3

解得：

Fx1=6J；

F（x1+x2）=24J

故

EkB=m（VBy2+VBx2）=32J

故C错误；

D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：

Fx1=6J

Gh=8J

所以：

由右图可得：

所以

则小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P点，故

故D正确。

故选D。

15．位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如右图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，且OP＜OQ. 则下列说法正确的是

A．P、O两点的电势关系为

B．P、Q两点电场强度的大小关系为EQ<EP

C．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零

D．若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．根据电场叠加，由图像可以知道ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等，故A错；

B．电场线的疏密表示场强的大小，根据图像知EQ<EP，故B正确；

C．四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误.

D．P、Q电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误；

故选B.

点睛：根据电场线的方向确定场源电荷的正负.电势的高低看电场线的指向,沿着电场线电势一定降低.电场线的疏密表示场强的大小,;根据电势高低判断功的正负.

16．在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场．在场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角．如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37°=0.8，g=10m/s2)

A．小球所带电量为q=3.5×10-5C

B．小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96J

C．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J

D．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J

【答案】C

【解析】

对小球进行受力分析如图所示：

根据平衡条件得：，解得：，故A错误；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力

在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能最小，对应速度最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：，而，所以，故B错误；由于总能量保持不变，即（C为恒量）．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小，由B运动到A，，，联立解得：，总能量，由C运动到A，，所以C点的机械能为，即机械能的最小值为1.54J，故C正确，D错误；故选C．

【点睛】根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值．抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析．

17．一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EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（ ）

A．电场强度与位移关系

B．粒子动能与位移关系

C．粒子速度与位移关系

D．粒子加速度与位移关系

【答案】D

【解析】

试题分析：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Ep﹣x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．

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：F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；

A、Ep﹣x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E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误；

B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek﹣x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、题图v﹣x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．

【点评】本题切入点在于根据Ep﹣x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．

18．如上图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是

A．A、C两个点的电场强度方向相反

B．将一带正电的试探电荷匀速从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零

C．O点电场强度为零

D．将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能增大

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A. 设正方形边长为L，每个电荷的电量大小为Q，对A点研究，两个正电荷在A点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A点的合场强方向水平向右．则A点的电场强度方向水平向右．对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C点的合场强方向水平向右，所以A、C两个点的电场强度方向相同．故A错误；

B.在上面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是一条等势线．在下面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是也一条等势线，所以B、D两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，故B正确．

C.两个正电荷在O点的合场强水平向右，两个负电荷在O点的合场强也水平向右，所以O点电场强度不等于零，方向水平向右．故C错误．

D .根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D错误；

故选B．

【点睛】

本题的关键是要掌握等量异种电荷的电场线和等势面分布特点，熟练运用电场的叠加原理分析复合场中电势与电场强度的分布情况；注意场强叠加是矢量叠加，电势叠加是代数叠加．

19．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是(  )

A．电子一定从A向B运动

B．若>，则Q靠近M端且为正电荷

C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有<

D．B点电势可能高于A点电势

【答案】BC

【解析】

由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC．

20．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( 　 　)

A．它们运动的时间tQ＝tP

B．它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2

C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2

D．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4

【答案】ABD

【解析】

【详解】

A.带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；

平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：

，

解得：

；

B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yP：yQ=1：2；所以它们所带的电荷量之比 qP：qQ=yP：yQ=1：2，故B正确；

C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．故C错误；

D .根据动能定理，有：

qEx=△Ek

而：

qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2

所以动能增加量之比：

△EkP：△EkQ=1：4

故D正确；

故选ABD．

【点睛】

本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．

21．图中虚线为匀强电场中与由场强度方向垂直的等间距平行直线．两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的0点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．己知0点电势高于c点电势．若不计粒子的重力及两粒子间的相互作用，则

A．电场强度的方向竖直向上

B．N粒子在a点的加速度与M粒子在c点的加速度大小相等

C．N粒子在从O点运动至a点的过程中静电力做正功

D．M粒子在从O点运动至C点的过程中，其电势能增加

【答案】BC

【解析】

【详解】

A．等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，故A错误．

B．由图示可知：该电场为匀强电场，又因为两粒子质量相同，电荷量的绝对值也相同，所以加速度也相同，故B正确；

C．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C正确．

D．M粒子在从O点运动至C点的过程中，电场力做正功，其电势能减少，所以D错误．

故选择BC.

【点睛】

根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．

22．质量为m电量为的小滑块(可视为质点)，放在质量为M的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为，木板长为L，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E，恒力F作用在m上，如图所示，则（ ）

A．要使m与M发生相对滑动，只须满足

B．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当m相对地面的位移相同时，m越大，长木板末动能越大

C．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当M相对地面的位移相同时，E越大，长木板末动能越小

D．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，E越大，分离时长本板末动能越大

【答案】BD

【解析】

A、m所受的最大静摩擦力为 ,则根据牛顿第二定律得 ,计算得出 .则只需满足 ,m与M发生相对滑动.故A错误.

B、当M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m的加速度 ,知m越大,m的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m越大,m对木板的压力越大,摩擦力越大,M的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B选项是正确的.

C、当M与m发生相对滑动,E越大,m对M的压力越大,摩擦力越大,则M相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误

D、根据 知,E越大,m的加速度越小,M的加速度越大，知时间越长,因为E越大,M的加速度越大,则M的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D选项是正确的.，

故选BD

点睛：当m与M的摩擦力达到最大静摩擦力,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F的最小值.当F足够大时,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.

23．如图所示，在竖直平面内有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（　　）

A．可能等于零

B．可能等于

C．可能等于mv02+qEL-mgL

D．可能等于mv02+qEL+mgL

【答案】BCD

【解析】

【分析】

要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．

【详解】

令正方形的四个顶点分别为ABCD，如图所示

若电场方向平行于AC：

①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为qEL，重力做功为-mg，根据动能定理得：Ek−mv02＝qEL−mgL，即Ek＝mv02+qEL−mgL

②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则Ek=mv02．

若电场方向平行于AC，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为qEL，重力做功为mgL，根据动能定理得：Ek−mv02＝qEL+mgL，即Ek＝mv02+qEL+mgL．

由上分析可知，电场方向平行于AC，粒子离开电场时的动能不可能为0．

若电场方向平行于AB：

若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0．若电场力向右，小球从D点离开电场时，有 Ek−mv02＝qEL+mgL则得Ek＝mv02+qEL+mgL

若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0．故粒子离开电场时的动能都不可能为0．故BCD正确，A错误．故选BCD．

【点睛】

解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．

24．如图所示,在竖直平面内坐标系中分布着与水平方向成45°夹角的匀强电场,将一质量为、带电荷量为q的小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程2,且小球通过点，已知重力加速度为g,则（ ）

A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为

C．小球通过点P时的动能为 D．小球从O点运动到P点的过程中电势能减少

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：，故电场强度的大小为，故A错误；小球受到的合力：，所以a=g，由平抛运动规律有：，得初速度大小为，故B错误；由于，又，所以通过点P时的动能为：，故C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：，故D正确．故选CD．

【点睛】

结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出电场力的大小，再由F=qE即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P时的速度；由动能定理即可求出电势能的变化．

三、第十一章 电路及其应用选择题易错题培优（难）

25．四盏灯泡接成如图所示的电路，a、c灯泡的规格为“220V 40W”，b、d灯泡的规格为“220V 100W”，各个灯泡的实际功率都 没有超过它的额定功率，则这四盏灯泡实际消耗功率大小的顺序是

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

根据公式可得b、d的电阻小于a、c的电阻，a、d串联在干路，所以两灯泡的电流相等，故根据公式可得，因为通过b、c的电流之和等于d的电流，所以通过d的电流大于b的电流，b、c并联，电压相同，由于b的电阻小于c的电阻，所以b的电流大小于c的电流，故根据公式可得，，综合可得，C正确；

【点睛】

已知用电器的额定功率、额定电压，求实际电压的功率时，要抓住电阻不变这一关键点，能结合串并联电路的特点解题，难度适中．

26．小灯泡的电流I随所加电压U变化如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。下列说法错误的是（　　）

A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大

B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝

C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，跟灯泡串联的电阻R两端的电压为I1R

D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积

【答案】C

【解析】

【详解】

A．I-U图象的割线斜率表示电阻的倒数，电压增大时割线斜率减小，电阻增大，选项A正确；

B．由图象知P点对应的电压为U1，电流为I2，因此小灯泡的电阻为：

R＝

选项B正确；

C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，跟灯泡串联的电阻R两端的电压为I2R，选项C错误；

D．I-U图象中矩形PQOM所围的面积UI表示对应P点小灯泡的实际功率，选项D正确。

本题选错误的，故选C。

27．1916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过。这一现象可解释为：当线圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动。取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到 一个沿线圈切线方向的“力”F1，但正离子晶格对自由电子的作用力 F2 不允许自由电子无限制地增大速度， F1和F2 会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动。已知 F1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比。下列说法正确的是（ ）

A．若线圈加速转动，α 越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同

B．若线圈加速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反

C．若线圈减速转动，α越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同

D．若线圈减速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反

【答案】A

【解析】

【分析】

考查电流的形成。

【详解】

AB．若线圈加速转动，由于惯性，自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相反的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相同，F1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，α越大，F1 越大，F1和F2会达到平衡，F1 越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，A正确，B错误；

CD．若线圈减速转动，由于惯性，自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相同的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相反，F1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，α越大，F1 越大，F1和F2会达到平衡，F1 越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，CD错误。故选A。

28．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）

A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A

B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A

C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A

D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确，D错误．

29．为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

【分析】

根据电路中电阻的变化，确定电压与电流变化，并考虑温度对电阻的影响，运用U﹣I图象含义分析判断．

【详解】

当滑动变阻器在最左端时，灯泡连端电压为0，滑动变阻器逐渐向右移动，小灯泡的亮度逐渐变亮，直到正常发光．随着小灯泡两端电压的升高，电流也在升高，但是，小灯泡灯丝的电阻随着温度的升高而增大，在图像上各点切线斜率应越来越大．故C正确

【考点】

探究小灯泡的伏安特性曲线

【点睛】

考查闭合电路中动态变化问题的分析，需要注意的是灯泡的电阻随着电压的升高而增大；

30．下图所示为多用电表的原理图，表头内阻为，调零电阻为R，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法正确的是

A．接表内电池正极的是红表笔

B．电阻的“∞”刻度一般在刻度盘的右端

C．用多用电表的欧姆档测量某电阻时，发现指针偏转太小，应改选较大的倍率档

D．测量电阻时，应该先进行欧姆调零，再选倍率档，最后接入电阻进行测量

【答案】C

【解析】

【详解】

A.接表内电池负极的是红表笔，故A错误；

B. 欧姆表零刻度线在刻度盘的最右侧，故B错误；

C. 用多用电表的欧姆档测量某电阻时，发现表头指针偏转角度太小，说明电阻很大，要换用较大倍率挡，故C正确；

D. 测量电阻时，应该先选倍率档，再进行欧姆调零，最后接入电阻进行测量，故D错误。

31．将阻值随温度升高而减小的热敏电阻Ⅰ和定值电阻Ⅱ串联，接在不计内阻的稳压电源两端．开始时，Ⅰ和Ⅱ阻值相等，加热或冷却热敏电阻，则Ⅰ的电功率在

A．加热时变大，冷却时变小

B．加热时变小，冷却时变大

C．加热或冷却时都变小

D．加热或冷却时都变大

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

若将热敏电阻Ⅰ看做是电源的内阻，可知开始时热敏电阻Ⅰ和Ⅱ阻值相等时，Ⅱ的功率最大；故无论是冷却或加热Ⅱ，Ⅱ的电功率都变小；

A．加热时变大，冷却时变小，与结论不相符，选项A错误；

B．加热时变小，冷却时变大，与结论不相符，选项B错误；

C．加热或冷却时都变小，与结论相符，选项C正确；

D．加热或冷却时都变大，与结论不相符，选项D错误；

故选C．

32．如图，一根长为l、横截面积为S的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为ρ，导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，空间存在垂直纸面向里的磁场．某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是B=B0-kt，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里，此时

A．软导线围成一个正方形

B．导线中的电流为

C．导线中自由电子定向移动的速率为

D．导线中电场强度大小为

【答案】BCD

【解析】

【分析】

【详解】

A．根据楞次定律“增缩减扩”的原理，软导线稳定时呈圆形．故A项正确．

B．根据可得

圆的面积

感应电动势大小为

稳定时软导线中的电流为

其中，联立可得电流

故B项正确．

C．导线横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n、电子的电荷量为e，则导线中电流

解得导线中自由电子定向移动的速率

故C项正确．

D．计算导线中电场可将其视为沿导线方向的匀强电场，则导线中电场强度

故D项正确．

故选BCD。

点睛：楞次定律的另一表述：感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因．依这一表述，“楞次定律”可推广为：①阻碍原磁通量的变化(增反减同、增缩减扩)②阻碍相对相对运动(来拒去留)．

33．如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是(　　)

A．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大

B．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小

C．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大

D．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小

【答案】BC

【解析】

【详解】

图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，会使得改装后电表的量程减小，选项A错误，B正确；图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，改装后电表的量程增大，选项C正确，D错误；故选BC.

34．如图所示，两个截面不同、长度相等的均匀铜棒接入电路，两端电压为U，则(　　)

A．通过两棒的电流相等

B．两棒的自由电子定向移动的平均速率相同

C．两棒内的电场强度不同，细棒内场强大

D．细棒的电压U1大于粗棒的电压U2

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】

AD．设两段铜棒长度相等，细端电阻为R1，粗端为R2，根据电阻定律，则R1>R2；由于两电阻串联，故电流相等I1＝I2，U1>U2，故AD正确．

C．由E＝知细棒内的场强E1大于粗棒内的场强E2，所以C正确．

B．又由I＝neSv可知，两段铜棒I、n、e相同，而S1<S2，故自由电子定向移动速度v1>v2，所以B错误；

故选ACD．

【点睛】

本题考查串并联的电流、电压规律及欧姆定律等内容；同时要注意明确在导体中形成了沿导线的电场，U=Ed在这里同样适用．

35．如图所示，经过精确校准的电压表V1和V2，分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，读数依次为12.7 V和12.3 V，则(　　)

A．a、b间的实际电压略大于12.7 V

B．a、b间的实际电压略小于12.7 V

C．电压表V1的内阻大于V2的内阻

D．电压表V1的内阻小于V2的内阻

【答案】AC

【解析】

【详解】

AB. 由于电压表不是理想电表（内阻不是无穷大），当a、b两端接入电压表后，电阻R与电压表的并联电阻小于电阻R，根据欧姆定律和串并联规律可知，电阻R与电压表的并联总电压小于电阻R的实际电压，即a、b两端实际电压将大于电压表的示数，当然大于电压表V1的示数，即a、b间的实际电压略大于12.7 V，故A项正确，B项错误；

CD. 根据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与R的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，即电压表V1的内阻大于电压V2的内阻，故C项正确，D项错误。

36．原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流．设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核转动，周期为已知电子的电荷量为e、质量为m，静电力常量为k，则其等效电流大小为　　

A．

B．

C．

D．

【答案】ABD

【解析】

【分析】

【详解】

A．根据电流的定义式可得等效电流为

故A正确；

B．电子运动的周期表达式为

根据电流的定义式可得等效电流为

故B正确；

CD．原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流，氢原子的电子的速率v，根据库仑力提供向心力

解得

形成的电流为

故C错误，D正确。

故选ABD。

四、第十二章 电能 能量守恒定律选择题易错题培优（难）

37．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的、分别为总阻值一定的滑动变阻器，为定值电阻，为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），当开关S闭合，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是（　　）

A．只断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动

B．只调节电阻的滑动端向上移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动

C．只调节电阻的滑动端向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动

D．只增大的光照强度，电阻消耗的功率变大，带电微粒向上运动

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

只断开开关S，电容器放电，所带电荷量变小，带电微粒向下运动，所以A错误；电阻R3与电容器串联，该之路断路，所以只调节电阻R3的滑动端P2向上移动时，电压表示数不变，带电微粒静止不动，所以B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下移动时，外电路电阻不变，路端电压不变，故电压表示数保持不变，电容器的电压增大，带电微粒向上运动，C错误；只增大R1的光照强度，R1的阻值减小，电流增大，所以电阻R0消耗的功率变大，带电微粒向上运动，D正确．

38．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r（），电表均视为理想电表。闭合开关S后，调节R的阻值，使电流表A1的示数增大了1，在这一过程中，电流表的A2示数变化量的大小为2，电压表示数的变化量的大小为，则

A．A2增大，且2<1 B．的大小变大

C．电源的效率降低了 D．电源的输出功率一定增大了

【答案】C

【解析】

【详解】

A．要使电流表A1示数增大，则R应减小；因总电流增大，则内阻及R2分压增大，并联部分电压减小，则流过R1的电流减小，因此流过R的电流增大，即A2的示数变大，因

则

故A错误。

B．根据

可得：

则

故其大小不会随R的变化而变化；故B错误。

C．电源的效率

因电压的改变量为△I1r；故说明电源的效率降低了；故D正确。

D．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况；故D错误。

故选C。

39．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器。将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A的示数为I。当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表V1、V2的示数分别为U1′、U2′，理想电流表A的示数为I′。则以下判断中正确的是（　　）

A．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，通过R3的电流方向由左向右

B．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，电容器的带电量减小

C． ，，

D．

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

AB．电容C与电阻R1、R2并联，其电压等于电源的路端电压，当滑动变阻器滑动触头P由a滑向b的过程中，变阻器的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，根据可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，通过R3的电流方向由右向左，故AB项错误；

C．因电路电流减小，故，则R1两端电压减小，即。因路端电压增大，则R2两端电压增大，即，故C项错误；

D．将R1等效为电源内阻，则可视为等效电源的路段电压，根据U—I图像的斜率关系可得

故D项正确。

故选D。

40．如图所示的电路中，电表为理想电表，R1、R2为定值电阻，电源的正极接地，将滑动变阻器R3的滑片P向上移动，下列说法正确的是（　　）

A．电流表的示数变大 B．电压表的示数变大

C．电容器带电量减小 D．a点的电势升高

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

B．当滑动变阻器的滑片向上移动时，电路中的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，电压表的示数增大，选项B正确；

CD．R1两端的电压减小，R2两端的电压增大，电容器的带电量增大，a点的电势降低，选项C、D错误；

A．R2两端的电压增大，流过R2的电流增大，而总电流减小，因此流过R3的电流减小，即电流表的示数减小，选项A错误。

故选B。

41．如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V1的示数变化大小为ΔU1，电压表V2的示数变化大小为ΔU2，电流表A的示数变化大小为ΔI，对于此过程下列说法正确的是(　　)

A．通过电阻R1的电流变化量大小等于

B．R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2－ΔU1

C．路端电压的增加量等于ΔU2

D．为一定值

【答案】ABD

【解析】

【分析】

【详解】

A、电压表V1测量路端电压，即R1两端的电压，根据欧姆定律可知，R1的电流变化量大小等于；故A正确．B、C、D、使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大△U1，并联部分的电压增大△U1，通过R1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R0上的电压减小，R上的电压增大△U2，所以R0两端的电压的变化量大小等于△U2-△U1，电压表V1测量路端电压，根据欧姆定律可知为定值，所以为定值，故B，D正确，C错误．故选ABD．

【点睛】

闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路—内电路—外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．

42．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻r，开关K闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI，正确的是

A．V2的示数增大

B．电源输出功率在增大

C．ΔU3＞ΔU1＞ΔU2

D．ΔU3与ΔI的比值在减小

【答案】BC

【解析】

【详解】

理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大．

A.根据闭合电路欧姆定律得：的示数

I增大，减小，故A错误；

B. 电路中定值电阻阻值R大于电源内阻r，外电阻减小，电源输出功率在增大，故B正确；

D. 由闭合欧姆定律得：

解得

所以不变，故D错误；

C.由闭合欧姆定律得：

又定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，则，故C正确．

43．如图所示，由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4m/s顺时针匀速转动，一质量m=2kg的小滑块以平行于传送带向下的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，取，，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止静止的时间内下列说法正确的是

A．重力势能增加了72J

B．摩擦力对小物块做功为72J

C．小滑块与传送带因摩擦产生的内能为252J

D．电动机多消耗的电能为386J

【答案】AC

【解析】

对滑块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：平行斜面方向，垂直斜面方向，其中，联立解得：，以平行斜面向上为正，设运动到相对静止的时间为t，根据速度时间关系公式，有：，则位移：，故重力势能增加量为：，故A正确；根据动能定理可知，摩擦力对小物块做功等于物块动能的变化量，即，故B错误；在6s内传送带的位移：，故相对位移为：，故产生的内能为：，故C正确；多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，为：，故D错误；故选AC．

【点睛】对滑块受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解末速度和时间，根据求解内能，多消耗的电能等于增加的机械能和内能．

44．小明同学尝试用图甲所示的电路图进行实验，定值电阻，在滑动变阻器由a端向b端移动的过程中，分别用两个电流传感器测量了电流与关系，并得到的完整图象如图乙所示，其中C点为图线最低点，则由图可知

A．当滑动头P滑到b点时得到图乙中B点

B．图乙中A点纵坐标为 0.375 A

C．滑动变阻器总阻值为16 Ω

D．电源电动势为6 V

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

滑动头P滑到a点时，R和并联；滑动头P滑到b点时，被短路，只有电阻R接入电路，由闭合电路欧姆定律知，滑到b点时电流小于滑到a点时的电流，所以滑动头滑到b点时得到图乙中的A点，故A错误；由上分析知，滑动头滑到b点时得到图乙中的A点，电阻被短路，电流表和示数相等，根据图乙知，所以，即图乙中A点纵坐标为0.375A，故B正确；根据闭合电路欧姆定律，当滑动头P位于b点时，①，图乙中的C点，，并联部分两支路电流相等，根据并联电路的特点，得，则并联电阻为，设滑动变阻器的全值电阻为R，则有：②，联立①②得：E=6V，，故C错误，D正确；故选BD．

【点睛】

滑片P滑到a点时R与并联，电阻最小，流过电源的电流最大，对应图象的B点；滑片滑到b点时，被短路，电阻比滑到a点时电阻大，电流比滑到a点时小，对应图象的a点；根据闭合电路的欧姆定律列式结合图象即可求出电源的电动势．

45．A，B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）．两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ．电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（ ）

A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小

B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小

C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小

D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

设金属板两端的电压为u，距离为d，小球质量为m则，滑动变阻器是分压接法，可以分为，两部分，与金属板串联，并和并联，然后它们再与，串联，电路图可以简如图所示，电压表测得是路端电压，电流表测得是电流总电流I．因为金属板不通电，可以将它和看作两端的电压表．若将R2的滑动触头P向a端移动，则减小，总电阻减小，则总电流增大，即两端的电压增大，所以金属板两端的电压u增大，由公式得，θ增大，A错误．将若将R2的滑动触头P向b端移动时，增大则总电阻增大，总电流I减小，路端电压增大即U增大，所以B错误．当用较强的光照射时，减小，则总电阻减小，路端电压减小，总电流增大，可推出两端电压减小即金属板两端的电压减小，由得 θ减小，C正确．所以，D正确．

46．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止．当室温从25 ℃升高到35 ℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI，三只电压表的示数变化量是ΔU1、ΔU2和ΔU3.则在此过程中( )

A．V1示数减小

B．

C．Q点电势升高

D．R3中的电流方向由M向N，微粒A匀加速下移

【答案】BC

【解析】

【详解】

A.室温从25℃升高到35℃的过程中，R2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V1示数为U1=IR1增大，故A错误；

B. 由

得

由

得

则有：

故B正确；

C.由于外电压减小，V1示数增大，所以V2示数减小，而：

且，所以Q点电势升高，故C正确；

D.V3测量的是电源路端电压，由：

得U3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，电容放电，形成从M到N的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由

得加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故D错误。

47．如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则

A．电压表的示数变大

B．小灯泡变暗

C．通过R2的电流变大

D．电源内阻消耗的功率变大

【答案】BC

【解析】

【详解】

若将照射R3的光的强度减弱，可知其电阻增大，所以外电路的总电阻增大。

A．根据闭合电路欧姆定律可知，

外电路总电阻增大，干路电流减小，R1在干路上，所以其电压减小，因此电压表示数减小，A错误

BC．因为干路电流减小，所以路端电压增大，R1和R2的电压之和等于路端电压，所以R2的电压增大，因此流过R2的电流增大，又R2和L的电流之和减小，所以L的电流必然减小，因此灯泡变暗，BC都正确

D．内阻上消耗的功率

因为干路电流减小，所以D错误

48．在如图所示电路中，电源的电动势为E、内阻为r ，R1和R2为两个定值电阻.闭合电键S，当滑动变阻器R3的滑动触头P从a向b滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电流表、和电压表的示数分别用I1、I2和U表示，示数变化量的绝对值分别用ΔI1、ΔI2和ΔU表示，下列说法正确的有

A．U变大， I1变小， I2变小

B．U与 I1的比值变小

C．ΔI1小于ΔI2

D．ΔU与ΔI1的比值不变

【答案】BCD

【解析】

【分析】

考查电路的动态分析。

【详解】

A．滑动触头P从a向b滑动时，R3减小，由结论法“串反并同”可知U减小， I1增大， I2增大，A错误；

B．U与 I1的比值为路端总电阻，由于R3减小，路端总电阻减小，所以U与 I1的比值变小，B正确；

C．I1为I2与R2电流之和，I1增大， I2增大，R2电流为，则：

所以ΔI1小于ΔI2， C正确；

D．ΔU为路端电压的增加量，也为内部电压减少量，ΔU与ΔI1的比值为电源内阻，内阻不变，D正确；故选BCD。

五、第十三章 电磁感应与电磁波初步选择题易错题培优（难）

49．如图所示，三根相互平行的固定长直导线、和垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上， 与中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外， 中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度（其中k为常数）．某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为( )

A．方向垂直纸面向里，大小为

B．方向垂直纸面向外，大小为

C．方向垂直纸面向里，大小为

D．方向垂直纸面向外，大小为

【答案】B

【解析】

【详解】

根据安培定则，作出三根导线分别在O点的磁场方向，如图：

由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1＝，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2＝，L3在O点产生的磁感应强度大小为B3＝，先将B2正交分解，则沿x轴负方向的分量为B2x＝sin45°＝ ，同理沿y轴负方向的分量为B2y＝sin45°＝，故x轴方向的合磁感应强度为Bx＝B1+B2x＝，y轴方向的合磁感应强度为By＝B3−B2y＝，故最终的合磁感应强度的大小为，方向为tanα＝＝1，则α=45°，如图：

故某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，由左手定则可知，洛伦兹力的方向为垂直纸面向外，大小为f＝eBv＝，故B正确; 故选B．

【点睛】

磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提.

50．如图所示，真空中两个等量异种点电荷＋q(q＞0)和-q以相同角速度绕O点在纸面中沿逆时针方向匀速转动，O点离＋q较近，则(　　)

A．O点的磁感应强度方向始终垂直纸面向外

B．O点的磁感应强度方向始终垂直纸面向里

C．O点的磁感应强度方向随时间周期性变化

D．O点的磁感应强度大小随时间周期性变化

【答案】A

【解析】

【详解】

点电荷＋q绕O点匀速转动，相当于逆时针方向的环形电流，由安培定则可知，在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外；点电荷－q绕O点匀速转动，相当于顺时针方向的环形电流，由安培定则可知，在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里．因＋q离O点近，＋q在O点激发的磁场的磁感应强度较强，故合磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，选项A正确，B、C错误；由于＋q和－q离O点的距离始终保持不变，则等效电流在该点产生的磁感应强度大小不变，合磁场的磁感应强度大小保持不变，选项D错误．

51．如图所示，把两个完全一样的环形线圈互相垂直地放置，它们的圆心位于一个共同点O上，当通以相同大小的电流时，O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比是(　　)

A．1∶1 B．∶1 C．1∶ D．2∶1

【答案】B

【解析】

【详解】

根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B，水平方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B，两者相互垂直，圆心O处的磁感强度的大小是，一个线圈单独产生的磁感应强度大小为B，则O点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比，故B正确，A、C、D错误；

故选B．

【点睛】

该题是关于磁场的叠加问题，首先运用安培定则每个圆环在圆心O处产生的磁感应强度的方向，利用平行四边形定则进行矢量合成，即求出O处的磁感应强度大小．

52．丹麦物理学家奥斯特在1820年通过实验发现电流磁效应，下列说法正确的是( 　　)

A．奥斯特在实验中观察到电流磁效应，揭示了电磁感应定律

B．将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动

C．将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动

D．将直导线沿南北方向水平放置，把铜针(用铜制成的指针)放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，铜针一定会转动

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应，而法拉第发现了电磁感应定律； 故A错误； 将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方时，小磁针所在位置的磁场方向可能与地磁场相同，故小磁针不一定会转动；故B错误； 将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，由于磁场沿东西方向，则小磁针一定会转动； 故C正确； 铜不具有磁性，故将导线放在上方不会受力的作用，故不会偏转；故D错误；故选C．

【点睛】

本题考查电流的磁场的性质，要注意能明确电磁场方向的判断，并掌握小磁针受力方向为该点磁场的方向．

53．三根通电长直导线平行放置，其截面构成等边三角形，O点为三角形的中心，通过三根直导线的电流大小分别用小I1，I2、I3表示，电流方向如图所示.当I1=I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为B，通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小跟电流成正比，则下列说法正确的是（ ）

A．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为2B

B．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为3B

C．当I2=3I，I1=I3=I时，O点的磁感应强度大小为B

D．当I3=3I，I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小为B

【答案】A

【解析】

【详解】

AB．根据安培定则画出I1、I2、I3在O点的磁感应强度示意图，当I1=I2=I3时，令B1=B2=B3=B0，示意图如图甲所示

根据磁场叠加原理，可知此时O点的磁感应强度大小B与B0满足关系；

当I1=3I2，I2=I3=I时，B1=3B0，B2=B3=B0，示意图如图乙所示

由图乙解得O点的磁感应强度大小为4B0=2B，故A正确，B错误；

CD．当I2=3I，I1=I3=I时，B1=B3=B0，B2=3B0，示意图如图丙所示

由图丙解得O点的磁感应强度大小为，同理可得，当I3=3I，I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小也为，故CD错误。

故选A。

54．已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度大小为B=k，其中k为常量。现有四根平行的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图。其中a、c导线中的电流大小为I1，b、d导线中的电流大小为I2，已知此时b导线所受的安培力恰好为零。撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I的通电导体棒e，电流方向垂直纸面向外，则下列说法正确的是（　　）

A．b导线撤去前，电流的大小关系为I2=I1

B．b导线撤去前，四根导线所受的安培力均为零

C．b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向为沿y轴负方向

D．b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为2kII2

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

b导线撤去前，各导线受力如图所示

A．由题意可知

即

得

故A错误；

B．导线a所受的合力为

故B错误；

CD．导线b撤去后，导线a、e间的磁场力与c、e间的磁场力大小相等，方向相反，合力为0，导线d、e为同方向电流相互吸引，即导体棒e所受安培力方向为沿y轴负方向，大小为

故C正确，D错误。

故选C。

55．已知长直导线中电流I产生磁场的磁感应强度分布规律是B=（k为常数，r为某点到直导线的距离）。如图所示，在同一平面内有两根互相平行的长直导线甲和乙，两导线通有大小分别为2I和I且方向相反的电流，O点到两导线的距离相等。现测得O点的磁感应强度的大小为。则甲导线单位长度受到的安培力大小为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

【详解】

设两导线间距为d，根据右手螺旋定则知，甲导线和乙导线在O点的磁感应强度方向均为垂直纸面向里，根据矢量叠加有

乙导线在甲导线处产生的磁感应强度大小

则甲导线单位长度受到的安培力大小

C正确，ABD错误。

故选C。

56．如图所示，在等腰直角三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面向外和向里的无限长通电直导线，其电流强度分别为IA和IB，∠A=45°，通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度大小，k为比例系数，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流强度。当一小磁针在C点N极所受磁场力方向沿BC方向时，两直导线的电流强度IB与IA之比为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

由题意可知点处磁场的磁感应强度合的方向平行向右，设点处导线和点处导线在点处形成的磁场的磁感应强度大小分別为和，方向分别与和垂直，如图所示

由图可知

又由于

计算可得

故A正确，B、C、D错误；

故选A。

57．如图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能的是（ ）

A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转

B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转

C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转

D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】

A．先闭合S2，构成闭合电路，当后闭合S1的瞬间时，通过线圈A的电流增大，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，从而产生感应电流，则指针发生偏转，故A正确；

B．当S1、S2闭合后，稳定后线圈B中没有磁通量的变化，因而线圈B中没有感应电流，在断开S2的瞬间，当然指针也不偏转，故B错误；

C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，穿过线圈B的磁通量没有变化，则不会产生感应电流，故C错误；

D．当S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，因而出现感应电流，故D正确，

故选AD

58．下列说法正确的是（　　）

A．雷达是利用超声波工作的

B．红外线比紫外线更容易发生衍射现象

C．真空中的光速在不同的惯性参考系中是相同的

D．在同一个周期里，波上的质点沿波传播的方向移动的距离为一个波长

E.做简谐运动的物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同

【答案】BCE

【解析】

【详解】

A.雷达是利用无线电波工作的，A错误；

B.红外线比紫外线波长长，更容易发生衍射现象，B正确；

C.在惯性参考下中，真空中的光速，故真空中的光速在不同的惯性参考系中相同，真空中的光速在不同的惯性参考系中是相同的，C正确；

D.波上的质点不沿波传播的方向移动，D错误；

E.做简谐运动的物体每次通过同一位置时，到平衡位置的距离相等，故回复力不变，那么加速度相同；但是，前后两次经过同一位置时，根据振动方向可以知道：速度大小相同，方向相反，故E正确．

59．下列说法中正确的是（ ）

A．机械波和电磁波都能在真空中传播

B．铁路，民航等安检口使用红外线对行李内物品进行检测

C．根据狭义相对论的原理知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的

D．两列波叠加时产生干涉现象，其振动加强区域与减弱区域是稳定不变的

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

机械波的传播需要介质，A错；红外线热效应显著，而穿透本领较弱，不能用来安检，铁路、民航等安检口使用x射线线对行李内物品进行检测．故B错误．根据相对论的基本原理得知：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．故C正确．两列波发生干涉时，振动加强区域与减弱区域是相互间隔，是稳定不变的．故D正确．

60．如图所示，用同种材料制成的四根相互平行的通电长直导线（每根导线电阻为）分别置于正方形的四个顶点上，四根导线都垂直于正方形所在平面。若每根通电直导线单独存在时，通电直导线上的电流与通电直导线上的电流在正方形中心处产生的感应磁场的大小关系为，则四根通电导线同时存在时，以下选项正确的是（ ）

A．和通电电流都为，和通电电流为都为时，在点产生的磁感应强度大小为，方向水平向左

B．通电电流为，通电电流都为时，在点产生的磁感应强度大小为，方向向左下方

C．和通电电流都为，通电电流为时，在点产生的磁感应强度大小为，方向向左下方

D．通电电流为，通电电流都为时，在点产生的磁感应强度大小为，方向向左上方

【答案】AD

【解析】

【详解】

A.当四根导线同时存在时，根据安培定则可知，四根导线在点产生的磁感应方向分别为：导线产生的磁感应强度方向沿方向；导线产生的磁感应强度方向沿；导线产生的磁感应强度方向沿；导线产生的磁感应强度方向沿；根据平行四边形定则可知：和通电电流都为，和通电流都为时，在点产生的磁感应强度大小为