1、高中物理高二物理上學期精選測試卷試卷（WOrd版含答案）一、第九章靜電場及其應用選擇題易錯題培優(yōu)（難）如圖所示，在圓心為半徑為的圓周上等間距分布著三個電荷量均為q的點電荷a、b、C ,其中Q、方帶正電，C帶負電。已知靜電力常量為R ,下列說法正確的是（ ）Cd受到的庫侖力大小為L3R2C受到的庫侖力大小為處13R2d.在。點產(chǎn)生的場強為、半，方向由。指向CR2a. b、C在O點產(chǎn)生的場強為孝，方向由O指向C【答案】BD【解析】【分析】【詳解】AB.根據(jù)幾何關(guān)系得Qb間、be間、c間的距離r = 37?根據(jù)庫侖力的公式得b、C間的庫侖力大小受到的兩個力夾角為120。，所以受到的庫侖力為C受到的兩

2、個力夾角為60。，所以C受到的庫侖力為選項A錯誤，B正確：C. a. b住O點產(chǎn)生的場強大小相等，根據(jù)電場強度立義有EO=a、b帶正電，故在O點產(chǎn)生的場強方向是由指向O, b在O點產(chǎn)生的場強方向是由Z?指向0,由矢量合成得d、在O點產(chǎn)生的場強大小E = k2R-方向由Of c,選項C錯誤：D.同理C在O點產(chǎn)生的場強大小為方向由OfC運用矢呈合成法則得Q、b、C在O點產(chǎn)生的場強方向OfCo選項D正確故選BDo如圖所示，豎直平面內(nèi)有半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道4BC, &、C兩點為軌道的最 髙點，B點為最低點，圓心處固左一電荷量為+g的點電荷.將另一質(zhì)量為m、電荷量為 +92的帶電小球從軌道&處無

3、初速度釋放，已知重力加速度為g，則（）小球運動到B點時的速度大小為J環(huán)小球運動到3點時的加速度大小為3g小球從A點運動到B點過程中電勢能減少mgR小球運動到B點時對軌道的壓力大小為3mg+k竺R-【答案】AD【解析】【分析】【詳解】帶電小球q2在半圓光滑軌道上運動時，庫侖力不做功，故機械能守恒，則:nR = -mvi解得:VB=y2gR故A正確；B小球運動到B點時的加速度大小為:故B錯誤：小球從&點運動到B點過程中庫侖力不做功，電勢能不變，故C錯誤；小球到達B點時，受到重力mg、庫侖力F和支持力用，由圓周運動和牛頓第二左律 得：mg7鞘吩解得:FN=3mg + kK根據(jù)牛頓第三左律，小球在3點

4、時對軌道的壓力為:3mg+k器方向豎直向下，故D正確.如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜而上，且在同一豎 直平而內(nèi)，用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位苣靜止，現(xiàn)將B球沿斜而向下 移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動少許，兩球在新位垃重新平衡，重新平衡后與移 動前相比，下列說法正確的是（ ）c墻面對A的彈力不變【答案】ABB.斜而對B的彈力不變D.兩球之間的距離減小【解析】【詳解】CD.先對小球A受力分析，受重力、支持力、靜電力，如圖所示:根據(jù)共點力平衡條件，有：F& = FN = mgtanaCOSa由于Q減小，可知墻而對A的彈力變小，庫侖力減小，故兩球間距增加

5、，選項CD錯誤;AB.對AB整體受力分析，受重力、斜而支持力/V、墻壁支持力從、推力F,如圖所示：根據(jù)共點力平衡條件，有Nsin + F = FvNcos = （/? +M） g解得F = Ingtana 一（加 + M） gtan-（M+m）gCOS 由于減小，0不變，所以推力F減小，斜面對B的彈力/不變，選項AB正確。 故選ABO有固左絕緣光滑擋板如圖所示，久3為帶電小球（可以近似看成點電荷），當用水平 向左的力F作用于B時，&、B均處于靜止狀態(tài).現(xiàn)若稍改變F的大小，使3向左移動一段 小距離（不與擋板接觸），當力、B重新處于平衡狀態(tài)時與之前相比（）A、B間距離變小水平推力力F減小系統(tǒng)重力勢

6、能增加系統(tǒng)的電勢能將減小【答案】BCD【解析】【詳解】對A受力分析，如圖；由于可知，當B向左移動一段小距離時，斜而對人的支持力減 小，庫侖力減小，根據(jù)庫侖定律可知，間距離變大，選項A錯誤：對43整體，力F等于斜面對4的支持力N的水平分量，因為N減小，可知F減小，選 項B正確：因為距離增加，則豎直距離變大，則系統(tǒng)重力勢能增加，選項C正確：因為A3距離增加，電場力做正功，則電勢能減小，選項D正確： 故選BCD.如圖所示：在光滑絕緣水平面上，ABCD分布在邊長為L的正方形四個頂點。在人和 D處分別固泄電荷量為Q的正點電荷，B處固泄電荷量為Q的負點電荷，O點為兩對角線 的交點，靜電力常量為也關(guān)于三個點

7、電荷形成的靜電場，下列說法中正確的是（）.4B A-。處電場強度大小為爺B. C處電場強度大小為kQTF從O到C的過程中電場強度大小逐漸增大從O到C的過程中電場強度大小先減小后增大【答案】A【解析】【分析】【詳解】A、D兩點點電荷在O點的場強相互抵消，故O點的場強大小等于B點的負點電荷Q 在O點產(chǎn)生的場強，即故A正確；人、D兩點點電荷在C處的合場強為方向OC方向，3點的負點電荷Q在C點產(chǎn)生的場強為EC2=AK7方向沿Co方向，故C處的場強為EC = ECI- EC2 =L2匕2 L方向沿OC方向，故B錯誤：CD.從0到C的過程中電場強度大小先減小后增大再減小，故CD錯誤。 故選A。如圖所示，光

8、滑絕緣半球形的碗固泄在水平地面上，可視為質(zhì)點的帶電小球2、2的電 荷分別為Q】、Q2,其中小球1固左在碗底&點，小球2可以自由運動，平衡時小球2位于 碗內(nèi)的B位置處，如圖所示.現(xiàn)在改變小球2的帶電量，把它放宜在圖中C位置時也恰好 能平衡，已知A8弦是AC弦的兩倍，則（）小球在C位置時的電疑是B位置時電量的一半小球在C位Jg時的電量是3位苣時電量的四分之一小球2在B點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小小球2在B點對碗的壓力大小大于小球2在C點時對碗的壓力大小【答案】C【解析】【詳解】AB.對小球2受力分析，如圖所示，小球2受重力、支持力、庫侖力，其中FI為庫侖力F 和重力mg的合力，

9、根據(jù)三力平衡原理可知，F(xiàn)i=Fn.由圖可知，bOABsHBFFi設半球形碗的半徑為R，之間的距離為根據(jù)三角形相似可知,OA OB ABRRL即所以Fmg F = nig 當小球2處于觀時，AC距離嶺故F=-F92根據(jù)庫侖立律有：F=F- k嚴 （尹所以Cc _1即小球在C位置時的電雖:是B位置時電量的八分之一，故AB均錯誤；CD.由上面的式可知Fzwg,即小球2在3點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗 的壓力大小，故C正確，D錯誤。故選C。如圖所示，固泄在豎直而內(nèi)的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R,圓環(huán)的最髙點通過長為厶的絕 緣細線懸掛質(zhì)量為“、可視為質(zhì)點的金屬小球，已知圓環(huán)所帶電荷量均勻分布且?guī)щ姾?/p>

10、量 與小球相同，均為Q（未知），小球在垂直圓環(huán)平而的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，已知靜電力常 量為k,重力加速度為g,細線對小球的拉力為F（未知），下列說法正確的是（）【答案】D【解析】【詳解】由于圓環(huán)不能看成點電荷，采用微元法，小球受到的庫侖力為圓環(huán)各個點對小球庫侖力的 合力，以小球為研究對象，進行受力分析，如圖所示則FSiHKng ,其中Sm=-,解得F =佟色LRCOSe I解得設圓環(huán)各個點對小球的庫侖力的合力為FG水平方向上有FCOSe = FQ = k故D項正確，ABC三項錯誤如圖所示，一傾角為30。的粗糙絕緣斜而固怎在水平面上，在斜而的底端人和頂端B分 別固泄等量的同種負電荷。質(zhì)量為“、

11、帶電荷呈為y的物塊從斜而上的P點由靜止釋放， 物塊向下運動的過程中經(jīng)過斜而中點O時速度達到最大值m,運動的最低點為Q （圖中沒 有標岀），則下列說法正確的是（）P. Q兩點場強相同UPO 二 UOQc. P到Q的過程中，物體先做加速度減小的加速，再做加速度增加的減速運動D.物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)“=丄2【答案】C【解析】【分析】【詳解】ABD.物塊在斜而上運動到O點時的速度最大，加速度為零，又電場強度為零，所以有mg Sin 30 - JLnng COS 30 = 0 所以物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為Li tun 3由于運動過程中Ing Sin 30 - JLmlg COS 30 = 0所以物

12、塊從P點運動到Q點的過程中受到的合外力為電場力，因此最低點Q與釋放點P關(guān) 于O點對稱，根據(jù)等量的異種點電荷周用電勢的對稱性可知，P、Q兩點的電勢相等，則 有Uop = Ug 根據(jù)等量的異種點電荷產(chǎn)生的電場特征可知，P、Q兩點的場強大小相等， 方向相反，故ABD錯誤；根據(jù)點電荷的電場特點和電場的疊加原理可知，沿斜面從B到A電場強度先減小后增 大，中點0的電場強度為零。設物塊下滑過程中的加速度為,根據(jù)牛頓第二左律有qE = ma物塊下滑的過程中電場力gF先方向沿斜而向下逐漸減少后沿斜而向上逐漸增加，所以物塊 的加速度大小先減小后增大，所以P到0電荷先做加速度減小的加速運動，0到Q電荷做 加速度增加

13、的減速運動，故C正確。故選C。如圖所示，真空中有三個帶等電荷量的點電荷a、b和c,分別固立在水平面內(nèi)正三角 形的頂點上，英中a、b帶正電，C帶負電。O為三角形中心，A、B、C為三條邊的中點。 設無窮遠處電勢為零。則（） 03b 0 /、J2B、C兩點電勢相同B、C兩點場強相同電子在O點電勢能為零在o點自由釋放電子（不計重力），將沿Oq方向一直運動【答案】A【解析】【分析】【詳解】3、C兩點分別都是等量正負電荷連線的中點，由對稱性知電勢為零，剩下的正電荷產(chǎn) 生了相等的電勢，則& C兩點電勢相同，故A正確：電場強度是矢量，場強的合成滿足平行四邊形左則，通過矢量的合成可得，B、C點的 場強大小相同，

14、但方向不同，故B錯誤：兩等量異種電荷在0點產(chǎn)生的總電勢為零，但剩下的正電荷在0點產(chǎn)生的電勢為正， 則0點的總電勢為正，故電子在0點的電勢能不為零，故C錯誤：b兩個點電荷在OA線段上的合場強方向向下，過了 A點后，Qb兩個點電荷在QA直 線上向上；點電荷C在OA線段上的場強方向向下，過了 A點后，場強方向向下也向下， 故在0點自由釋放電子（不訃重力），會沿直線做加速運動，后做減速運動，直到靜止， 故D錯誤。故選A。A.線速度之比為半如圖所示，光滑絕緣水平而上有三個帶電質(zhì)點A、B、CA和C圍繞B做勻速圓周運 動，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是L】、Ln僅考慮三質(zhì)點間的庫侖力，則A 和C

15、的D.質(zhì)量之比LL加速度之比為c.電荷量之比*【答案】D【解析】【分析】【詳解】A和C國繞B做勻速圓周運動，B恰能保持靜止，則ABC三者要保持相對靜止，所以AC角速度相等，則線速度之比為選項A錯誤：C 根據(jù)B恰能保持靜止可得解得選項C錯誤：A國繞B做勻速圓周運動，根據(jù)A受到的合力提供向心力,讐帶WTC用繞B做勻速圓周運動，有因為k所以有解得選項B錯誤，D正確。 故選DO11如圖所示，質(zhì)量為“的帶電小球A用絕緣細線懸掛于0點，另一個相同的帶電小球B 固泄于0點的正下方，已知細線長L, 0到B點的距離也為L,平衡時，30與Ao間的夾 角為45 ,已知重力加速度為g,則下列說法正確的是（）f細線對A

16、球的拉力等于庫侖力和重力的合力，因此拉力大于重力兩球之間的庫侖力大小為y2-2mgA球漏了少量電后，細線對A球的拉力減小A球漏了少量電后，B球?qū)球的庫侖力增大【答案】B【解析】【分析】【詳解】小球A的受力分析，如圖所示由于力的三角形與AB相似.對應邊成比例，設AB間距離為X,因此可得T = IngA錯誤：根據(jù)余弦定理，可得X = 2+2-22cos45o = 2-2根據(jù)式可得，庫侖力大小F = y2-y2mgB正確；A球漏了少量電后，力的三角形與aO4B仍相似，根據(jù)式可知，細線對A球的拉力 仍等于mg, C錯誤：根據(jù)相似三角形，可得當X減小時，根據(jù)可知，庫侖力也減小，D錯誤。故選B。兩個等量

17、異種電荷A、B固泄在絕緣的水平而上，電荷量分別為+Q和一Q,俯視圖如 圖所示。一固左在水平桌而的足夠長的光滑絕緣管道與人、8的連線垂直，且到&的距離 小于到B的距離，管道內(nèi)放一個帶負電小球P（可視為試探電荷），現(xiàn)將電荷從圖示C點靜 止釋放，C、D兩點關(guān)于0點（管道與久3連線的交點）對稱。小球P從C點開始到D點 的運動過程中，下列說法正確的是（）先做減速運動，后做加速運動經(jīng)過0點的速度最大，加速度也最大0點的電勢能最小，C、D兩點的電勢相同C、D兩點受到的電場力相同【答案】C【解析】【分析】【詳解】根據(jù)電場分布和力與運動的關(guān)系可知帶電小球先做加速運動，后做減速運動，選項A 錯誤;經(jīng)過O點的速度最

18、大，沿著光滑絕緣管道方向上的加速度為零，選項B錯誤：帶電小球P在O點的電勢能最小，C、D兩點的電勢相同，選項C正確：C、D兩點受到的電場力方向不同，故電場力不同，選項D錯誤。 故選C。二、第十章靜電場中的能量選擇題易錯題培優(yōu)（難）一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為X軸, 起始點O為坐標原點，其電勢能EP與位移X的關(guān)系如圖所示，下列圖象中合理的是（）【答案】D【解析】【分析】【詳解】粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小呈：, 故：即EP -X圖象上某點的切線的斜率表示電場力：Ep-x圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力

19、逐漸減小，根據(jù)E = - q故電場強度也逐漸減小，故A錯誤：B.根據(jù)動能定理，有：Fx = 佼故Ek-X圖線上某點切線的斜率表示電場力：由于電場力逐漸減小，與B圖矛盾，故B錯誤：按照C圖，速度隨著位移均勻增加，根拯公式V2 -V（J = 2ax勻變速直線運動的X圖象是直線，題圖v-圖象是直線；相同位移速度增加量相等， 又是加速運動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加：而電場力減 小導致加速度減??；故矛盾，故C錯誤：粒子做加速度減小的加速運動，故D正確.空間存在一靜電場，電場中的電勢隨X（X軸上的位置坐標）的變化規(guī)律如圖所示，下x = 4m處的電場強度可能為零x = 4m處電場

20、方向一泄沿X軸正方向沿X軸正方向，電場強度先增大后減小電荷量為e的負電荷沿X軸從O點移動到6 m處，電勢能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【詳解】A、由-圖象的斜率等于電場強度，知x=4m處的電場強度不為零，選項A錯誤；B、 從O到x=4 m處電勢不斷降低，但x=4 m點的電場方向不一泄沿X軸正方向，選項B錯 誤：C、由斜率看出，沿X軸正方向，圖象的斜率先減小后增大，則電場強度先減小后增 大，選項C錯誤：D、沿X軸正方向電勢降低，某負電荷沿X軸正方向移動，電場力做負 功，從O點移動到6m的過程電勢能增大8 eV ,選項D正確.故選D .【點睛】本題首先要讀懂圖象，知道0-x圖象切線的斜率

21、等于電場強度，場強的正負反映場強的方 向，大小反映出電場的強弱.15勻強電場中的三點A、B. C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為lm, D為AB的 中點，如圖所示.已知電場線的方向平行于AABC所在平面，A、B、C三點的電勢分別為14 V、6V和2V,設場強大小為E, 電量為11OC的正電荷從D點移到C點電場力所 做的功為W,則W=8l(6J E8VmW=6106J E6VmW=8106 J E8 V/mW=610-6 J E6 V/m【答案】A【解析】【分析】【詳解】 試題分析：由題勻強電場中，由于D為AB的中點，則D點的電勢0j= .L = 10V, 電荷從D點移到C點電場力所做的功為

22、W=q0c=q (o-c) =l10 (10-2) J=8106J. AB 的長度為Im,由于電場強度的方向并不是沿著AB方向，所以AB兩點沿電場方向的距離 dSVn,故選 A.d考點：電勢：電場強度在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強為E=11O4NC的勻強電場.在場中有一根長L=2m的 絕緣細線，一端固立在O點，另一端系質(zhì)量為0.04kg的帶電小球，它靜止時細線與豎直方 向成37。角.如圖所示，給小球一個初速度讓小球恰能繞O點在豎直平而內(nèi)做圓周運動， 取小球在靜止時的位宜為電勢能和重力勢能的零點，下列說法正確的是(cos37o=0.8 r g=10ms2)小球所帶電量為q=3.510 5C小球恰能

23、做圓周運動動能最小值是0.96J小球恰能做圓周運動的機械能最小值是1.54J小球恰能做圓周運動的機械能最小值是0.5J【答案】C【解析】對小球進行受力分析如圖所示：根據(jù)平衡條件得:mgtan37G = qE t解得： =心丫刃。=3xl0*C ,故A錯誤；由于 E重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力在圓上各點中，小球在平衡位置A點時的勢能（重力勢能和電勢能之和）最小，在平衡位 置的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以在B點的動能最小， 對應速度叫最小，在B點，小球受到的重力和電場力，其合力作為小球做圓周運動的向心 力，而繩的拉力恰為零，有：F.=- = = O.57V,

24、而R=W21,所以CoS370.8L=lL = 0.5J ,故B錯誤；由于總能量保持不變,即Ek+Epo + EpE=C （C為恒量）.所以當小球在圓上最左側(cè)的C點時，電勢能EPE最大，機械能最小，由B運動到Ai,叫力=FQL ,聯(lián)立解得：EPH = 2 J ,總能雖 E = EPB+ Ek=2.5J ,由 C 運動到Af Iyti = (1+5/7137) = 0.96J, W = EP2,所以 C 點的機械能為E機C = E-EP2 = 154 即機械能的最小值為1.54J,故C正確，D錯誤；故選C【點睛】根據(jù)小球在平衡位垃合力為0,可以求出小球所受的電場力從而得出小球的帶電 荷量：根據(jù)小

25、球恰好在豎直而內(nèi)做圓周運動這一臨界條件，知，在平衡位置處合外力提供 圓周運動的向心力從而求岀小球動能的最小值.抓住小球能量守恒，電勢能最大處小球的 機械能最小，根據(jù)做功情況分析.帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為X軸, 起始點O為坐標原點，其電勢能EP與位移X的關(guān)系如圖所示，下列圖象中合理的是（）電場強度與位移關(guān)系粒子動能與位移關(guān)系粒子速度與位務關(guān)系D.粒子加速度與位移關(guān)系O【答案】D?=45,-CDE小球在D點時速度最大若在E點給小球一個向左的速度S小球恰好能回到C點，則V= 莎c.彈性繩在小球從C到D階段做的功等于在小球從D到E階段做的功若保持電場強度不變，

26、僅把小球電荷量變?yōu)?q,則小球到達F點時的速度大小【答案】ABD【解析】【詳解】對小球分析可知，在豎直方向kxsin = N + Hlg由與XsinO = BC,故支持力為恒力，即N = ”ng ,故摩擦力也為恒力大小為=ZZyV = 4 mg從C到E,由動能左理可得廻冷呃召辰冷淀卜。由幾何關(guān)系可知旋$ IiCI = L代入上式可得kL = -mg在D點時，由牛頓第二圧律可得qEk BD COS &一才 fn8 =Ina13由BDCQS = -L,將kL = -mg可得，D點時小球的加速度為乙厶a = 0故小球在D點時的速度最大，A正確：IqEL - * mgL - (I kBE2B從E到Ct

27、由動能立理可得(2111.-kBE _kBC qEL-HgL = 0_2122丿42解得D =莎故B正確：由于彈力的水平分力為IoCCOS, COSO和丿豪均越來越大，故彈力水平分力越來越大,故彈性繩在小球從C到D階段做的功小于在小球從D到E階段做的功，C錯誤：將小球電荷雖:變?yōu)?g,由動能立理可得解得tE(cos218.5o-sin218.5o) = 2mg Sin 18.5oCOSl 8.5OE=y2gL故D正確;故選ABDO如圖所示，在真空中久3兩點分別固泄等量異種點電荷Q和+Q, O是久B連線的 中點，cbd是以O為中心的正方形，m. n. P分別為ad、db、be的中點，下列說法正確

28、 的是門兩點的電場強度相同電勢的髙低關(guān)系n = p正電荷由a運動到b,其電勢能增加負電荷由a運動到c,電場力做負功【答案】BC【解析】【詳解】由等量異種電荷的電場的特點知，m. n兩點的電場的方向不同，故A錯誤:n、P兩點關(guān)于A、B連線上下對稱，電勢相等，故B正確：正電荷由a運動到b,電場力做負功，電勢能增大，故C正確：負電荷由a運動到c,電場力做正功，故D錯誤。在豎直平而內(nèi)有水平向右、電場強度為F=IXIO4 N/C的勻強電場，在場中有一個半徑 為R=2m的光滑圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦AB和AC, A點所在的半徑與豎直直徑BC成 37角，質(zhì)量為0.04kg的帶電小球由靜止從力點釋放，沿弦AB

29、和AC到達圓周的時間相 同.現(xiàn)去掉弦AB和4C,給小球一個初速度讓小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運動，取 小球圓周運動的最低點為電勢能和重力勢能的零點，(COS37 = 0.8, g二10ms2)下列說 法正確的是()小球所帶電量為q二3.6x10 5 C小球做圓周過程中動能最小值是0.5 J小球做圓周運動從B到A的過程中機械能逐漸減小小球做圓周運動的過程中對環(huán)的最大壓力是3.0N【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】解法一：如圖所示，令弦AC與直徑BC的夾角為Zl,弦AB與水而夾角為Z2,由幾何知識可 得，37。ZI = _=I8.5% Z2 = Zl=I 8.52對沿弦?guī)щ娦∏蜻M行受力分析

30、，小球沿著弦&3向上運動，則小球電場力向右，故小球 帶正電，J球受到水平向右電場力，豎直向下的重力，垂直弦向上的支持力，則沿弦上有：(IECOS 18.5O-Ing sinl8.5o = IrIai 同理對沿弦血的小球受力分析，沿弦M方向有：設小球從&點釋放,2W3dB. W2=2W3dP、O兩電荷可能同號D. P、O兩電荷一建異號【答案】AD【解析】【分析】【詳解】根據(jù)電場線的分布情況可知，2、3間的場強大于3、4間場強，由公式U=Ed分析得知，2、3間的電勢差大于3、4間的電勢差，所以1、2間的電勢差大于3、4間電勢差的2 倍，即有U122U34,由電場力做功公式W=q得,Wi22Wm.故

31、A正確，B錯 誤.由軌跡的彎曲方向可判立兩電荷間存在引力，是異號電荷.故C錯誤，D正確.故選 AD.【點睛】本題是電場中軌跡問題，由U=Ed定性分析非勻強電場中兩點間電勢差的關(guān)系，由軌跡彎 曲方向判斷電場力方向都是常見的問題，要加強訓練，熟練掌握.三、第十一章電路及其應用選擇題易錯題培優(yōu)（難）如圖是有兩個量程的電壓表，當使用a、b兩個端點時，量程為O1OV,當使用a、C 兩個端點時，量程為OIOOV.已知電流表的內(nèi)阻Rg為500 ,滿偏電流Ig為ImA,則電 阻Ri、R2的值（）I IIII III II%局Ti1IIIIIII IIC1(巾 IV1()DcOV9500: 9000090000

32、Q： 95009500: 90009000Q： 9500【答案】A【解析】【詳解】由圖示電路圖可知(+) = 10V,zg+e1+e2) = v,代入數(shù)據(jù)解得R = 95OO, R2 = 900009500: 90000與分析相符，符合題意90000: 9500與分析不符，不符合題意9500; 9000與分析不符，不符合題意9000: 9500與分析不符，不符合題總?cè)鐖D所示是一個電路的一部分,其中REoQ川2二4QR尸4Q丿訐O3A,2=O5A,那么電流表測 得的電流為（）r-A.B.C.D.f2,則有K右端的電勢低于心右端的電位。&兩端的電壓:=q-=3V-2V = IV通過心的電流:= 0

33、.25 A&上端電勢低，下端電勢髙.電流方向由下向上，因此用右點法可知通過電流表的電流方向向右；設電流表的示數(shù)為人，對于電流表左端的節(jié)點，流入節(jié)點的電流等于流出節(jié)點 的電流，即a+3=2,所以電流表的示數(shù):ZA=Z2-3= 0.5A 一 0.25A = 0.25A0.25A,方向向右與分析相符，符合題意：0.15A,方向向左與分析不符，不符合題意：0.75A,方向向左與分析不符，不符合題意：0.35A,方向向右與分析不符，不符合題意：如圖所示2、b、c、d、0是五個相同的電阻，如果將電壓逐漸升髙,則最先燒壞的電阻應 是（）Q 和 bB. cdD 0【答案】D【解析】【詳解】由圖可知，和并聯(lián)后與

34、e串聯(lián)，最后跟C和的串聯(lián)電路并聯(lián)，設電阻都為/?貝IJC 和的電壓都為學：和&并聯(lián)電阻為所以和D的電壓都為牛，e的電壓為 所以0的電壓最大，所以隨著電壓U升髙時，先燒壞的電阻應是J3A4和b與分析不符，不符合題意：C與分析不符，不符合題意：與分析不符，不符合題意；與分析相符，符合題意。28用伏安法測電阻的電路如圖甲或乙所示，已知電流表的內(nèi)電阻約為0.2t電壓表的內(nèi) 電阻約為IOkd若被測電阻R的電阻值約為4 d則以下結(jié)論中正確的是-選用甲電路測量結(jié)果更準確，且測量值大于電阻的真實選用甲電路測量結(jié)果更準確，且測量值小于電阻的真實值選用乙電路測量結(jié)果更準確，且測量值大于電阻的真實值選用乙電路測量結(jié)

35、果更準確，且測量值小于電阻的真實值【答案】D【解析】RV RI因為才才，所以電流表外接法誤差相對小點，故采用乙圖測量結(jié)果更準確點，在乙圖 KX t才時，電流表應用外接匕 KARV RX法，此時測量值小于真實值；當滿足WLVr時，電流表應用內(nèi)接法，此時測量值大于真KX KA實值.29. R1和缶是材料相同，厚度相同，表面都為正方形的導體，但弘的尺寸比缶大得多， 把它們分別連接在如圖電路的力、B端，接RJ時電壓表的讀數(shù)為5,接&時電壓表的讀數(shù) 為S下列判斷正確的是RlR2UU2Ui = U2【答案】D【解析】【詳解】AB.設正方形的邊長為,則導體的電阻 TOC o 1-5 h z DLaPR =

36、P- = P=SUd d由兩導體的Q與d相同,則兩導體電阻相等,即RE2,故AB錯誤:CD.導體接入電路中，電壓表示數(shù)EU=IR=Rr+R由于電源電動勢F、內(nèi)阻r、導體電阻R相同，則電壓表示數(shù)U相同，即ULU2,故C錯 誤，D正確：故選D.30如圖電路所示，當Qb兩端接入IOoV電壓時，Cd兩端為20V,當Cd兩端接入IOOV電 壓時，b兩端電壓為50V, RlJ Rlt R2:心之比是（） IIo d4： 2： 1B. 2： 1： 1C. 3： 2： 1D以上都不對【答案】A【解析】【分析】【詳解】當Gb兩端接入IOOV電壓時，用理想電壓表測得Cd兩端為20V得到27?I + R2100 /

37、?2 =202?I + RI 整理得=2 = 4T 2當Cd兩端接入IOOV電壓時,用理想電壓表測得Ob兩端電壓為50V得到E=4整理得Rl 2 _所以A.4：2：It與結(jié)論相符，選項A正確：B.2：1：1與結(jié)論不相符，選項B錯誤:C.3：2：1,與結(jié)論不相符，選項C錯誤;D. 故選A.以上都不對，與結(jié)論不相符，選項D錯誤;考點：本題考查串聯(lián)電路的電流，電壓，電阻關(guān)系 點評：本題學生要熟練掌握串聯(lián)電路的電流，電壓，電阻關(guān)系，能靈活運用其關(guān)系進行汁 算31如圖所示，有一個表頭G,滿偏電流Ig = SOO mA,內(nèi)阻Rg=200d把它改裝為有IA 和IOA兩種量程的電流表，則的阻值為Fr)公共 I

38、oA IAB. R2=IOQD. R2=20R2=SQC. R2=15【答案】D【解析】【詳解】 改裝為IA電流表時，并聯(lián)電阻的分流電流為：a. = -c, =l-5103=0.5A,分流電阻LRv 0.5x200的阻值為K+兒=rL= 八.=200Q,改裝為IoA電流表時： -IR 0.5R,=人(兒 +K) = 05x(200 + ),解得：R=80Q, R2=20Q 故 D 正確。 I-Ig10-0.5小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示.P為圖線上一點，PN為圖 線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線.則下列說法中正確的是（）故AB錯誤;C、對應P點，根據(jù)歐姆泄律可

39、知小燈泡的電阻為= TL7T*故C錯誤，D正確.12121l在許多精密的儀器中，如果需要較精確地調(diào)節(jié)某一電阻兩端的電壓，常常采用如圖所 示的電路通過兩只滑動變阻器K和R?對一阻值為500左右的電阻心兩端電壓進行粗調(diào) 和微調(diào).已知兩個滑動變阻器的最大阻值分別為200Q和IoQ關(guān)于滑動變阻器K、心的連 接關(guān)系和各自所起的作用，下列說法正確的是（）取Ri =200 , R2 = 10,調(diào)節(jié)心起粗調(diào)作用取K=10Q, R2 =200,調(diào)節(jié)鳥起微調(diào)作用取R1 =200 , R2 =10,調(diào)節(jié)Rl起粗調(diào)作用取e=10 , =200,調(diào)節(jié)&起微調(diào)作用【答案】B【解析】【分析】【詳解】若1=200 f R2

40、= 10,則凡與R。組成的部分電路的電阻遠小于移動&上的滑片很不 方便調(diào)節(jié)心兩端的電壓.當R1=io I R2 =200時,移動R上的滑片使R兩端的電壓變化較快,移動R2上的滑片使RO 兩端的電壓變化相對較慢,故B對；ACD錯故選B【點睛】滑動變阻器采用分壓式接法時,為使電壓變化明顯,滑動變阻器的總電阻要遠小于被測電阻的 電阻值如圖，一根長為/、橫截面積為S的閉合軟導線苣于光滑水平而上，苴材料的電阻率為 P，導線內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為門，電子的電荷量為e,空間存在垂直紙面向里的磁 場.某時刻起磁場開始減弱，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律是B=BO-kt,當軟導線形狀穩(wěn)左 時，磁場方向仍然垂直紙而

41、向里，此時軟導線馬成一個正方形B 導線中的電流為竽4%kl導線中自由電子左向移動的速率為 4nepICl導線中電場強度大小為L4;T【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】A根據(jù)楞次圧律“增縮減擴”的原理，軟導線穩(wěn)立時呈圓形故A項正確.根據(jù)l = 2r可得/r =2圓的而積SO = rr2 =04感應電動勢大小為F=SB = IdJ_r 4穩(wěn)泄時軟導線中的電流為 其中R=pI聯(lián)立可得電流/厶竺R 4p故B項正確C導線橫截而積為S、單位體枳內(nèi)的自由電子數(shù)為n、電子的電荷量為e,則導線中電流I = neSv解得導線中自由電子泄向移動的速率klV =4pne故C項正確.計算導線中電場可將其視為沿導線方

42、向的勻強電場，則導線中電場強度kl2D=辰=乞場 / 4故D項正確.故選BCDO點睛：楞次沱律的另一表述：感應電流的效果，總要反抗產(chǎn)生感應電流的原因依這一表 述，“楞次定律可推廣為：阻礙原磁通量的變化（增反減同、增縮減擴）阻礙相對相對 運動（來拒去留）.由相同的電流表改裝而成的三個電壓表按如圖所示的方式接入電路，已知的量程最 大，必的疑程最小，且的量程等于必與力的量程之和，當電路導通時，三個電壓表的 示數(shù)分別為5、U2、4,指針偏轉(zhuǎn)的角度分別為、02、必，則有（）U &v抄2UFU2, O1=O2tl+ UZ= t,抄1+抄2=抄3C1+ U2= U39 %+抄2=2 血【答案】BD【解析】【

43、詳解】AB.由相同的電流表改裝而成的三個電壓表，其滿偏電流人相同，的量程最大，必的呈:程 最小，且VS的量程等于與力的量程之和，則R1R2iiiR,雖獷弘內(nèi)+缶內(nèi)由題圖可 知，電壓表W與“2串聯(lián)，則流過兩電表的電流/相等，電壓表指針偏轉(zhuǎn)角度相等，即 6=療2,由于/?1內(nèi)UJ , U2U2 IrD.【答案】D【解析】【分析】【詳解】AB.電容C與電阻心、心并聯(lián)，其電壓等于電源的路端電壓，當滑動變阻器滑動觸頭P由 滑向b的過程中，變阻器的電阻增大，總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，根據(jù) C =營可知，電容器的電荷量增加，電容器充電，通過R3的電流方向由右向左，故AB項 錯誤;因電路電流減小，

44、故r,則弘兩端電壓減小，即u.ux因路端電壓增大，則兩端電壓增大，即U2u2,故C項錯誤；將弘等效為電源內(nèi)阻，則U?可視為等效電源的路段電壓，根據(jù)U/圖像的斜率關(guān)系 可得I- 1故D項正確。故選D。如圖電路中，電源的內(nèi)電阻為r , RIS R3、弘均為定值電阻，電表均為理想電表. 閉合電鍵S,當滑動變阻器&的滑動觸頭向右滑動時，下列說法中正確的是（）電流表的示數(shù)變小弘中電流的變化量一泄大于弘中電流的變化量【答案】C【解析】【分析】【詳解】設乩、R2、R3、R4的電流分別為/1、/2、/3、辦，電壓分別為5、U2、U3、U-干路電流為/ 總，路端電壓為S電流表電流為/.當滑動變阻器R2的滑動觸頭

45、P向右滑動時，&變大，外電路總電阻變大，/總變小，由 U=E-Ir可知，U變大，則電壓表示數(shù)變大.U變大，/3變大，故A錯誤：BC.因Ia=I 6-3,則/4變小，（A變小,W UL=U-U, U變大，UI變小，則S變大，/1變大.又 e=z+1, 1&變小，/】變大，貝IJ /變小.所以弘兩端的電壓變大，電流表的示數(shù)變小.故 B錯誤，C正確.D.由 4=+2, /4 變小，/i 變大,則/2 變小，貝 J4,則不能確定 弘中電流的變化量與層中電流的變化量的大小.故D錯誤.【點睛】本題是電路的動態(tài)分析問題：解題時按局部T整體T局部的順序進行分析，采用總量的 方法分析電流表示數(shù)的變化.某居民家中

46、的電路如圖，開始時各部分工作正常，將電飯煲的插頭三孔插座后，正在 燒水的電熱壺突然不能正常工作，但電燈仍正常發(fā)光.拔出電飯煲的插頭，一把測電筆分 別插入插座的左、右插孔，氛管均能發(fā)光，則（）僅電熱壺所在的C、D兩點間發(fā)生了斷路故障僅電熱壺所在的C、D兩點間發(fā)生了短路故障僅導線AB間斷路因為插座用導線接地，所以發(fā)生了上述故障【答案】C【解析】【分析】這個要根據(jù)串聯(lián)電路或者并聯(lián)電路中的電表和燈泡的亮、火來進行判斷.例如串聯(lián)電路 中，如果電流表示數(shù)為零，則一沱是斷路，誰斷，誰兩端的電壓表示數(shù)就會變大為電源電 壓.而并聯(lián)電路中是不能存在短路的，也就是只有斷路故障，誰斷，測量它的電流表的示 數(shù)就為零.【

47、詳解】A、若電熱壺所在的C、D兩點間發(fā)生了斷路故障，則電飯煲應該可以正常工作，但現(xiàn)在電 熱壺也不工作，加之試電筆插入插座的左、右插孔，筑管均能發(fā)光.故A錯誤：B、若是電熱壺所在的C、D兩點間發(fā)生了短路故障，則燈泡不可能正常發(fā)光，故B錯；C、只有導線AB斷路，導致電熱壺不能正常工作，同時試電筆插入插座的左、右插孔，氛 管均能發(fā)光.故C正確；D、因插座用導線接地，沒有彫響火線與零線.故D錯誤：故選C【點睛】本題考查了家用電路的故障分析，要能夠根據(jù)出現(xiàn)故障的現(xiàn)象，判斷故障可能發(fā)生的原 因，了解電路的連接情況，判斷是短路還是斷路，能夠排除故障，確保電路和人身安全.如圖所示，電源電動勢為F,內(nèi)阻為r,心

48、、心為沱值電阻，L為小燈泡，弘為光敏電 阻，當照射光強度增大時，下列說法正確的是（）電壓表的示數(shù)減小B.燈泡Z.變暗C.弘電流變化量比弘電流變化量小D.弘電壓變化量比心電壓變化量大【答案】C【解析】【詳解】當照射光強度增大時，電阻減小，外電路總電阻減小，則干路電流增大，根據(jù)可知&兩端的電壓電壓增大，而電壓表的示數(shù)等于血兩端的電壓，所以電壓表的示數(shù)增 大，故A錯誤：干路電流增大，則全電路的歐姆總律有：I =E-I（J+ R1）2 _ R2故通過缶中電流減小，則由并聯(lián)分流關(guān)系知通過小燈泡的電流增大，故小燈泡功率增大， 燈泡L變亮，故B錯誤：電路中并聯(lián)部分電壓減小，通過缶中電流減小，燈泡支路的電流增

49、大，而干路電路的 電流增大，則干路電流增加量小于電阻弘電流增加量，故C正確：干路電流增大，電源內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，則電阻心電壓增加量小于并聯(lián)部分 電壓減小量，即弘電壓變化量比心電壓變化量小，故D錯誤；故選C。在工廠中常用如圖所示水平傳送帶傳送工件，可大大提高工作效率，傳送帶以恒左的 速度v=2ms運行，質(zhì)量為m=0.5kg的工件以VO=Im/s的初速度從位A滑上傳送帶.工件 與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.2,每當前一個工件在傳送帶上停止相對滑動時，后一個工 件立即滑上傳送帶，取g=10ms2,則下列說法中正確的是（）工件經(jīng)0.5s停止相對滑動正常運行時傳送帶上相鄰工件相距0.5m c.摩

50、擦力對每個工件做正功為0.75JD.每個工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為IJ【答案】AC【解析】【分析】當工件的速度等于傳送帶的速度時，停止相對滑動，則由牛頓第二立律及速度公式可求得 時間，由前后兩工件的運動情況可求得兩工件間的距離；摩擦力與對地位移的乘積為摩擦 力所做的功.摩擦力與相對位移的乘積等于產(chǎn)生的內(nèi)能.【詳解】工件進入水平傳送帶先勻加速運動后勻速運動，加速度大小由：mg=ma得：=g=0.210ms2=2ms2加速運動的時間： = d = 0.5s,a故A正確；在0.5s內(nèi)傳送帶相對地的位移即是正常運行狀態(tài)下傳送帶上相鄰工件間的距離為：c=vt=20.5m=lm故B錯誤；由動能宦理得

51、摩擦力對每個工件做正功為：Wf =丄 rnv2= 0.75J ,Z 2 2故C正確：工件對地位移為：U + VX =1 = 0.75m,2傳送帶對地位移為X2=Vt=Im則工件相對傳送帶的位移大小為：x = x1 - x2 =Im- 0.75m = 0.25m因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為：Q = jLng Av = 0.2 0.5 10 0.25J = 0.25J ,故D錯誤.如圖，電路中泄值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r.將滑動變阻器滑片心向下滑動，理 想電壓表V、V2、示數(shù)變化量的絕對值分別為t7, (2. 4J,理想電流表A示 數(shù)變化量的絕對值為44,下列判斷正確的是V2的示數(shù)增大B.電源輸出功率在

52、增大t2j比值不變D. t1小于AU2【答案】BC【解析】【詳解】理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路，理想電流表內(nèi)阻為零，相當短路，所以泄值電 阻R與變阻器串聯(lián)，電壓表V、V2、V3分別測量/?、路端電壓和變阻器兩端的電壓。當滑 動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電 壓減小，則V2的示數(shù)減小，故A錯誤：當內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，故當滑動變阻器滑片向下滑動時，外電阻 越來越接近內(nèi)阻，故電源的輸出功率在增大，故B正確；Zfir,則得c1故D錯誤。【點睛】本題是電路的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵要搞淸電路的結(jié)構(gòu)，明確電表各測量哪部分電路的電壓 或電流，根據(jù)閉

53、合電路歐姆定律進行分析。在如圖所示的電路中，Rn5R嚴2R, &為可變電阻，最大值為4R。電源 的電動勢為,內(nèi)阻r = 0.5R。設電流表A的讀數(shù)為/,電壓表V的讀數(shù)為以 當&的滑 動觸點由接近b端向接近端移動時（ ）A/先變小后變大，U 直變大I-直變小，U先增大后變小電源總功率先減小后變大，輸出效率一直變大K功率先減小后后變大，R2、心和心三電阻的總功率先增大后減小【答案】BD【解析】【詳解】AB.當心的滑動觸點由接近b端向接近端移動時，電阻先變大，當移動到心左邊部分 阻值為/?時，并聯(lián)電路兩支路電阻相等，此時并聯(lián)電路電阻最大，此后繼續(xù)移動電阻減 小，故干路電流先減小后增大，由閉合電路歐姆

54、定律有：U先增大后變小:當U增大時，并聯(lián)電路部分電壓增大,干路電流減小，此時&這條支路電阻減小，由:可知流過心的電流增加.則由：T-厶可知流過&的電流減小，即/變?。划擴減小時，并聯(lián)電路部分電壓減小，此時凡這條支路電阻增加，則由:R2+Rb可知流過凡的電流減小，所以/ 一直變小。故A錯誤，B正確:C.由：P = El可知因為干路電流先減小后增大，故電源總功率先減小后變大，電源的效率: PlI Ul U7 = =1%IPElE電源電動勢不變.U先增大后變小，故電源的效率先增大后變小，故C錯誤;因為干路電流先減小后增大，故對于K有： 可知&功率先減小后后變大：將盡看成內(nèi)阻，則等效電源內(nèi)阻為2.5R

55、,當?shù)幕瑒佑|點 由接近b端向接近端移動時，外電阻先增加后減小，最大值恰好等于2.5R,此時等效電 源輸出功率最大，故由等效電源輸岀功率的特點可知R- &和凡三電阻的總功率先增大 后減?。还蔇正確。故選BDo在如圖所示電路中，電源電動勢為F、內(nèi)阻為r.開關(guān)S】、S2、S3、S。均閉合，C是水 平放程的平行板電容器，板間懸浮著一油滴P，下列哪些方法會使P向上運動斷開S2適當減小兩板之間的距離斷開Sq并適當減小兩板之間的距離斷開S4并適當減小兩板之間的正對而積【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】斷開S2, C直接接到電源兩端，C兩端電壓增大，故E增大，電場力增大，汕滴向上運 動，故A正確：其他條件

56、不變時，電容器兩端的電壓不變，適當減小兩板間的距離時，由 U=Ed可知，板間的電場強度增大，故油滴受到的電場力大于重力，油滴向上運動，故B 正確：斷開S4時電容器與電源斷開，電疑不變，減小兩板間的距離時，根據(jù)C二學二、kd（J4 兀kU 4 兀JcOC =說可知，U=-d,則 = - = 可知，電場強度不變，故油滴不動，故C USd S錯誤：斷開S4時電容器與電源斷開，電量不變，根JC=- 可知，減小兩板之間的正 4冗kd對而積時C減小，則U增大，由于d不變，電場強度E增大，故汕滴向上移動，故D正 確.【點睛】解決本題的關(guān)鍵要明確電路穩(wěn)龍時，電容器的電壓等于與之并聯(lián)的電路兩端的電壓，注意 與電

57、容器串聯(lián)的電阻相當于導線.然后再結(jié)合電容器的動態(tài)分析規(guī)律進行分析即可求解.五、第十三章電磁感應與電磁波初步選擇題易錯題培優(yōu)（難）如下左圖所示，足夠長的直線b靠近通電螺線管，與螺線管平行用磁傳感器測量Ob上各點的磁感應強度,在計算機屏幕上顯示的大致圖象是（）Bca Ob【答案】C【解析】試題分析：通電螺線管的磁場分布相當于條形磁鐵，根據(jù)磁感線的疏密程度來確定磁感應 強度的大小.解：通電螺線管的磁場分布相當于條形磁鐵，因此根據(jù)磁感線的分布，再由磁感線的疏密 程度來確定磁感應強度的大小可知，因為ab線段的長度大于通電螺線管的長度，由條形磁鐵磁感線的分布，可知應該選C,如 果ab線段的長度小于通電螺線

58、管的長度，則應該選B.由于足夠長的直線ab,故C選項正確，ABD錯誤：點評：考查通電螺線管周國磁場的分布，及磁感線的疏密程度來確立磁感應強度的大小, 本題較簡單但會出錯.當導線中分別通以圖示方向的電流，小磁針靜止時北極指向讀者的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【詳解】A、通電直導線電流從左向右.根據(jù)右手螺旋上則，則有小磁針所處的位宜磁場方向垂直 紙面向里，所以小磁針靜止時北極背離讀者，故A錯誤：B、如圖所示，根據(jù)右手螺旋立則，磁場的方向逆時針（從上向下看），因此小磁針靜止時 北極背離讀者，故B錯誤：C、環(huán)形導線的電流方向如圖所示，根據(jù)右手螺旋怎則，則有小磁針所處的位置磁場方向垂

59、 直紙面向外，所以小磁針靜止時北極指向讀者，故C正確：D、根據(jù)右手螺旋龍則，結(jié)合電流的方向，則通電螺線管的內(nèi)部磁場方向，由右向左，則 小磁針的靜止時北極指向左，故D錯誤；51正三角形ABC在紙而內(nèi)，在頂點B C處分別有垂直紙而的長直導線，通有方向如圖 所示、大小相等的電流，正方形abed也在紙面內(nèi)，&點為正方形對角線的交點，c連線與 3C平行，要使&點處的磁感應強度為零，可行的措施是A.在點加一個垂直紙而的通電長直導線,電流方向垂直紙而向外在b點加一個垂直紙而的通電長直導線，電流方向垂宜紙面向里在C點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙而向外D-在d點加一個垂直紙面的通電長直導線,電流

60、方向垂直紙而向里【答案】A【解析】【詳解】由圖可知，B導線中方向向里，C導線中方向向外，根據(jù)安培左則知兩導線在點處的磁 感應強度方向夾角為120。，合磁感應強度Bt = B如圖所示：0-bBC要使A點處的磁感應強度為零，貝9：在點加一個垂直紙而的通電長宜導線，電流方向垂直紙而向外，根據(jù)安培左則可知“ 在A點產(chǎn)生的磁場方向向上，A點處的磁感應強度可能為零，故A正確：在b點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙而向里，根據(jù)安培定則可知b 在A點產(chǎn)生的磁場方向向左，A點處的磁感應強度不可能為零，故B錯誤；在C點加一個垂直紙面的通電長直導線，電流方向垂直紙而向外，根據(jù)安培泄則可知C 在A點產(chǎn)生的