课时提升作业(24) 选修3-1 第八章第2讲

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高中数学人教版选修课时提升作业(三)合情推理探究导学课型含答案

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课时提升作业(三)合情推理(25分钟60分)一、选择题(每题5分，共25分)1.(20xx·厦门高二检测)定义A*B，B*C，C*D，D*A的运算分别对应以下列图中的(1)，(2)，(3)，(4)，那么以下列图中的 (A)，(B)所对应的运算结果可能是( )A.B*D，A*DB.B*D，A*CC.B*C，A*DD.C*D，A*D【解析】选B.由(1)(2)(3)(4)图得A表示|，B表示□，C表示—，D表示○，故图(A)(B)表示B*D和A*C.2.给出以下三个类比结论：①类比a x·a y=a x+y，那么有a x÷a y=a x-y；②类比log a(xy)=log a x+log a y，那么有sin(α+β)=sinαsinβ；③类比(a+b)2=a2+2ab+b2，那么有(a+b)2=a2+2a·b+b2.其中结论正确的个数是( )A.0B.1x÷a y=a x-y，故①正确；根据三角函数的运算法那么知：sin(α+β)≠sinαsinβ，②不正确；根据向量的运算法那么知：(a+b)2=a2+2a·b+b2，③正确.【补偿训练】假设数列{a n}(n∈N*)是等差数列，那么有数列b n=(n∈N*)也是等差数列.类比上述性质，相应地有，假设数列{c n}(n∈N*)是等比数列，且c n>0，那么数列d n= (n∈N*)也是等比数列.n=.答案：3.设n棱柱有f(n)个对角面，那么(n+1)棱柱的对角面的个数f(n+1)等于( )A.f(n)+n+1B.f(n)+nC.f(n)+n-1D.f(n)+n-2【解析】选C.因为过不相邻两条侧棱的截面为对角面，过每一条侧棱与它不相邻的一条侧棱都能作对角面，可作(n-3)个对角面，n条侧棱可作n(n-3)个对角面，由于这些对角面是互相之间重复计算了，所以共有n(n-3)÷2个对角面，所以可得f(n+1)-f(n)=(n+1)(n+1-3)÷2-n(n-3)÷2=n-1，故f(n+1)=f(n)+n-1.4.(20xx·北京高二检测)设0<θ<，a1=2cosθ，a n+1=，猜想a n=( )1=2cosθ，a2==2=2cos，a3==2=2cos，…，猜想a n=2cos.【一题多解】验n=1时，排除A，C，D.5.(20xx·吉林高二检测)设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，那么r=；类比这个结论可知：四面体P-ABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，四面体P-ABC的体积为V，那么r=( )A. B.C. D.【解析】选C.△ABC的三条边长a，b，c类比到四面体P-ABC的四个面面积S1，S2，S3，S4，将三角形面积公式中系数类比到三棱锥体积公式中系数，从而可知选C.【补偿训练】在Rt△ABC中，假设∠C=90°，AC=b，BC=a，那么△ABC外接圆半径r=.运用类比方法，假设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为a，b，c，那么其外接球的半径R= .【解题指南】解题时题设条件假设是三条线两两互相垂直，就要考虑到构造正方体或长方体. 【解析】(构造法)通过类比可得R=.证明：作一个在同一个顶点处棱长分别为a，b，c的长方体，那么这个长方体的体对角线的长度是，故这个长方体的外接球的半径是，这也是所求的三棱锥的外接球的半径.答案：二、填空题(每题5分，共15分)6.下面是一系列有机物的构造简图，图中的“小黑点〞表示原子，两黑点间的“连线〞表示化学键，按图中构造第n个图中有个原子，有个化学键.【解析】第1，2，3个图中分别有原子：6个、6×2-2个、6×3-2×2个，所以第n个图中有6n-(n-1)×2=4n+2个原子；第1，2，3个图中分别有化学键：6个，6×2-1个，6×3-2个，所以第n个图中有6n-(n-1)=5n+1个化学键.答案：4n+2 5n+1“等差数列〞的定义，写出“等和数列〞的定义，并解答以下问题：数列{a n}是等和数列，且a1=2，公和为5，那么a18= ，这个数列的前n项和S n的计算公式为.【解析】定义“等和数列〞：在一个数列中，从第二项起每一项与它前一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.由上述定义，得a n=故a18=3.从而S n=答案：3 S n=8.如图1，小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1，再把正方形A1B1C1D1的各边延长一倍得到正方形A2B2C2D2(如图2)，如此进展下去，正方形A n B n C n D n 的面积为.(用含有n的式子表示，n为正整数)【解题指南】根据三角形的面积公式，知每一次延长一倍后，得到的一个直角三角形的面积和延长前的正方形的面积相等，即每一次延长一倍后，得到的图形是延长前的正方形的面积的5倍，从而解答.【解析】如题干图1，小正方形ABCD的面积为1，那么把它的各边延长一倍后，△AA1B1的面积是1，新正方形A1B1C1D1的面积是5，从而正方形A2B2C2D2的面积为5×5=25=52，…正方形A n B n C n D n的面积为5n.答案：5n三、解答题(每题10分，共20分)9.：1=12；1+3=22；1+3+5=32；1+3+5+7=42，…根据以上等式的构造特点，请你归纳一般结论.【解析】注意到各等号左边为假设干项奇数的和，且最后一项分别为1=2×1-1；3=2×2-1；5=2×3-1；7=2×4-1，…又等号右边相应结果分别为：12；22；32；42；…由此总结出一般结论：1+3+5+7+…+(2n-1)=n2.10.如图1，在三角形ABC中，AB⊥AC，假设AD⊥BC，那么AB2=BD·BC；假设类比该命题，如图2，三棱锥A-BCD中，AD⊥平面ABC，假设A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，那么可以得到什么命题？命题是否是真命题并加以证明.【解析】命题是：三棱锥A-BCD中，AD⊥平面ABC，假设A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，那么有=S△BCM·S△BCD，是一个真命题.证明如下：在图2中，连接DM，并延长交BC于E，连接AE，那么有DE⊥BC.因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE.又AM⊥DE，所以AE2=EM·ED.于是==·=S△BCM·S△BCD.(20分钟40分)一、选择题(每题5分，共10分)1.下面由火柴棒拼出的一列图形中，第n个图形由n个正方形组成.通过观察可以发现第10个图形中火柴棒的根数是( )A.30B.31【解析】选B.第1个图形中有4根火柴棒；第2个图形中有4+3=7根火柴棒；第3个图形中有4+3×2=10根火柴棒；…第10个图形中有4+3×9=31根火柴棒.2.“整数对〞按如下规律排成一列：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，…，那么第60个数对是( )A.(7，5)B.(5，7)C.(2，10)D.(10，1)【解析】选B.依题意，由和一样的“整数对〞分为一组不难得知，第n组“整数对〞的和为n+1，且有n个“整数对〞.这样前n组一共有个“整数对〞.注意到<60<.因此第60个“整数对〞处于第11组的第5个位置，可得为(5，7).二、填空题(每题5分，共10分)3.(20xx·西安高二检测)对于命题：假设O是线段AB上一点，那么||·+||·=0；将它类比到平面的情形是：假设O是△ABC内一点，有S△OBC·+S△OCA·+S△OBA·=0；将它类比到空间的情形应该是：假设O是四面体ABCD内一点，那么有.【解题指南】根据线性几何中的线段长度、平面几何中平面图形的面积中有关等式的共性，将这个共性引申到立体几何中得到相应的等式或结论.【解析】根据线性几何中的长度、平面几何中平面图形的面积以及立体几何中相应几何体体积的类比特点以及题中等式的特点，得到在立体几何中：假设O是四面体ABCD内一点，那么有V O-BCD·+V O-ACD·+V O-ABD·+V O-ABC·=0.答案：V O-BCD·+V O-ACD·+V O-ABD·+V O-ABC·=0【拓展延伸】类比推理的常见类型及解题思路类比推理主要是找出两类事物的共性，一般的类比有以下几种：①线段的长度——平面几何中平面图形的面积——立体几何中立体图形的体积的类比；②等差数列与等比数列的类比，等差数列中两数相加类比到等比数列中两数相乘，等差数列中两数的差类比到等比数列中两数相除.在类比的时候还需注意，有些时候不能将式子的构造改变，只需将相应的量进展交换.×9+7等于.1×9+2=1112×9+3=111123×9+4=11111234×9+5=1111112345×9+6=111111……【解析】由数塔猜想应是各位都是1的七位数，即1111111.答案：1111111三、解答题(每题10分，共20分)5.在平面几何中研究正三角形内任意一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任意一点到各边的间隔之和是定值a，类比上述命题，请你写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明.【解题指南】利用类比推理时，正三角形可类比成正四面体，归纳出结论再给予证明. 【解析】类比所得的真命题是：棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的间隔之和是定值 a.证明：设M是正四面体P-ABC内任一点，M到面ABC，面PAB，面PAC，面PBC的间隔分别为d1，d2，d3，d4.由于正四面体四个面的面积相等，故有：V P-ABC=V M-ABC+V M-PAB+V M-PAC+V M-PBC=·S△ABC·(d1+d2+d3+d4)，而S△ABC=a2，V P-ABC=a3，故d1+d2+d3+d4=a(定值).【拓展延伸】类比法的可靠性(1)类比法所获得的结论是对两个研究对象的观察比较、分析联想直到形成猜想来完成的，是一种由特殊到特殊的推理方法，其结论的可靠程度，依赖于两个研究对象的共有属性. (2)一般说来，共有属性越多，结论的可靠程度就越大；共有属性越是本质的，结论的可靠程度就越高.尽管类比法结论的真实性不一定得到保证，但它在人们的认识活动中仍有着重要意义.6.设{a n}是集合{2t+2s|0≤s<t，且s，t∈Z}中所有的数从小到大排列的数列，即a1=3，a2=5，a3=6，a4=9，a5=10，a6=12，….将数列{a n}各项按照上小下大，左小右大的原那么写成如下列图的三角形数表：(1)写出这个三角形数表中的第4行、第5行各数.(2)求a100.【解析】(1)将前三行各数分别写成2t+2s的形式：第1行：3=21+20；第2行：5=22+20，6=22+21；第3行：9=23+20，10=23+21，12=23+22；由此归纳猜想：第4行：24+20，24+21，24+22，24+23；第5行：25+20，25+21，25+22，25+23，25+24.经计算可得第4行各数依次是：17，18，20，24；第5行各数依次是：33，34，36，40，48.(2)由每行数的个数与所在行数一样，即第1行1个数，第2行2个数，第3行3个数，…故前13行共有1+2+3+…+13=91个数.因此，a100应当是第14行中的第9个数.所以a100=214+28=16640.关闭Word文档返回原板块。

课时提升作业(25) B卷选修3-1 第八章第3讲

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课时提升作业（二十五）B卷(40分钟 100分)一、选择题(本大题共7小题，每小题8分，共56分。

每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1.空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图所示。

已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C为运动的最低点，不计重力。

则( )A.该离子带负电B.A、B两点位于同一高度C.C点时离子速度最大D.离子到达B点后,将沿原曲线返回A点2.(2013·淮安模拟)北半球某处，地磁场水平分量B1=0.8×10-4 T，竖直分量B2=0.5×10-4 T，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d=20 m，如图所示，与两极板相连的电压表(可看作是理想电压表)示数为U=0.2 mV，则( )A.西侧极板电势高，东侧极板电势低B.西侧极板电势低，东侧极板电势高C.海水的流速大小为0.125 m/sD.海水的流速大小为0.2 m/s3.带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v0先通过匀强电场E，后通过匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W1。

若把该电场和磁场正交叠)穿过叠加场加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0(v0<EB区，在这个过程中电场和磁场对粒子做功为W2，则( )A.W1<W2B.W1=W2C.W1>W2D.无法判断4.(2013·杭州模拟)如图所示，两导体板水平放置，两板间的电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场。

则粒子射入磁场和射出磁场的M、N 两点间的距离d随着U和v0的变化而变化的情况为( )A.d随v0的增大而增大，d与U无关B.d随v0的增大而增大，d随U的增大而增大C.d随U的增大而增大，d与v0无关D.d随v0的增大而增大，d随U的增大而减小5.(2013·杭州模拟)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁感应强度B垂直纸面向里，不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小，要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可以( )A.适当增大金属板间的电压B.适当增大金属板间的距离C.适当减小金属板间的磁感应强度D.使带电粒子的电性相反6.(2013·南京模拟)如图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v,若加上一个垂直纸面指向读者方向的磁场,则滑到底端时( )A.v变大B.v变小C.v不变D.不能确定7.(2013·南京模拟)如图所示，平行板电容器的金属极板M、N的距离为d，两板间存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，等离子群以速度v沿图示方向射入。

2021-2022版高中物理人教版选修3-1课时提升作业：第三章 6 带电粒子在匀强磁场中的运动

课时提升作业二十三带电粒子在匀强磁场中的运动(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中两种虚线所示,下列表述正确的是 ( )A.M带负电,N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间【解析】选A。

由左手定则可知,M带负电,N带正电,选项A正确;由R=可知,M的速率大于N的速率,选项B错误;洛伦兹力对M、N都不做功,选项C错误;由T=可知,M的运行时间等于N的运行时间,选项D错误。

2.质子(p)和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,轨道半径分别为R p和Rα,周期分别为T p和Tα,则下列选项正确的是( )A.R p∶Rα=1∶2,T p∶Tα=1∶2B.R p∶Rα=1∶1,T p∶Tα=1∶1C.R p∶Rα=1∶1,T p∶Tα=1∶2D.R p∶Rα=1∶2,T p∶Tα=1∶1【解析】选A。

设质子的质量为m,电量为q,则α粒子的质量为4m,电量为2q;根据R=可得:=∶=;根据T=可得:=∶=,故选项A正确,B、C、D错误;故选A。

3.(多选)两个粒子电荷量相同,在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动 ( )A.若速率相等,则半径必相等B.若动能相等,则周期必相等C.若质量相等,则周期必相等D.若质量与速度的乘积大小相等,则半径必相等【解析】选C、D。

因为粒子在磁场中做圆周运动的半径r=,周期T=,又粒子电荷量相同且在同一磁场中,所以q、B相等,r与m、v有关,T只与m有关,所以C、D正确。

4.粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍,两粒子均带正电荷。

让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。

已知磁场方向垂直于纸面向里。

则下列四个图中,能正确表示两粒子运动轨迹的是( )【解析】选A。

高考物理总复习课时作业24 新人教版选修31

(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1．如右图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是( )A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动[解析] 通电螺线管内部磁感线方向与螺线管轴线平行，电子束不受洛伦兹力，故做匀速直线运动．C项正确．[答案] C2．(2011·潍坊抽测)如图所示，实线圆环A、B是光滑绝缘水平面内两个固定的同心超导环，两环分别通上大小相等的电流后，在环间环形区域内产生了相同方向的磁场，在这两个磁场的共同“束缚”下，带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动．已知A环中电流沿顺时针方向．则( )A．B环中电流沿顺时针方向B．B环中电流沿逆时针方向C．带电离子带正电D．带电离子带负电[解析] 因为在A、B环间环形区域内产生了相同方向的磁场，而A环中电流沿顺时针方向，可以判断B环中电流应为逆时针方向，A错误，B正确；同时可判断A、B环间环形区域内磁场为垂直纸面向里，一带电离子做顺时针方向的圆周运动，洛伦兹力指向圆心方向，可判断该带电离子带负电，C错误，D正确．[答案] BD3．(2011·海淀区期末)在我们生活的地球周围，每时每刻都会有大量的由带电粒子组成的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．若有一束宇宙射线在赤道上方沿垂直于地磁场方向射向地球，如图所示．在地磁场的作用下，射线方向发生改变的情况是( )A ．若这束射线由带正电荷的粒子组成，它将向南偏移B ．若这束射线由带正电荷的粒子组成，它将向北偏移C ．若这束射线由带负电荷的粒子组成，它将向东偏移D ．若这束射线由带负电荷的粒子组成，它将向西偏移[解析] 本题考查地磁场的分布以及带电粒子在磁场中的运动．由地磁场的分布可知，在赤道地区的磁场分布特点为：与地面平行由南指向北．若这束射线由带正电荷的粒子组成，由左手定则可得所受的安培力向东，所以将向东偏移，A 、B 错误；若这束射线由带负电荷的粒子组成，由左手定则可得所受的安培力向西，所以将向西偏移，C 错误，D 正确．[答案] D4．如右图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示.粒子编号质量电荷量(q >0)速度大小1 m2q v2 2m 2q 2v3 3m －3q 3v4 2m 2q 3v52m－q v( ) A ．3、5、4 B ．4、2、5 C ．5、3、2D ．2、4、5[解析] 本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动分析．根据qvB ＝m v 2R 得：R ＝mv qB ，将5个电荷的电量和质量、速度大小分别带入得：R 1＝mv2qB ，R 2＝2mv qB ，R 3＝3mv qB ，R 4＝3mv qB ，R 5＝2mv qB .令图中一个小格的长度l ＝mvqB，则R a ＝2l ，R b ＝3l ，R c ＝2l .如果磁场方向垂直纸面向里，则从a 、b 进入磁场的粒子为正电荷，从c 进入磁场的粒子为负电荷，则a 对应2，c 对应5，b 对应4，D 选项正确．磁场必须垂直纸面向里，若磁场方向垂直纸面向外，则编号1粒子的运动不满足图中所示．所以C 是错误的．[答案] D5．如右图所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T 0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如右图中箭头所示．现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( )A ．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T 0B ．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T 0C ．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T 0D ．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T 0[解析] 当磁场方向指向纸里时，由左手定则可知电子受到背离圆心向外的洛伦兹力，向心力变小，由F ＝mr4π2T 2可知周期变大，A 对，B 错．同理可知，当磁场方向指向纸外时电子受到指向圆心的洛伦兹力，向心力变大，周期变小，C 错，D 对．[答案] AD6．(2011·浙江理综)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB 3d ＋L2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大[解析] 本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生应用数学知识处理问题的能力和分析问题的能力．由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，A 错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv 2r 可得v ＝qBr m ，r 越大v 越大，由图可知r 最大值为r max ＝3d ＋L 2，B 正确；又r 最小值为r min ＝L2，将r 的最大值和最小值代入v 的表达式后得出速度之差为Δv ＝3qBd 2m，可见C 正确、D 错误． [答案] BC7．(2010·长沙模拟)随着生活水平的提高，电视机已进入千家万户，显像管是电视机的重要组成部分．如右图所示为电视机显像管及其偏转线圈L 的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，不可能是下列哪些原因引起的( )A ．电子枪发射能力减弱，电子数减少B ．加速电场的电压过高，电子速率偏大C ．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少D ．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱[解析] 画面变小是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径变大造成的，由公式r ＝mv qB知，因为加速电压增大，将引起v 增大，而偏转线圈匝数或电流减小，都会引起B 减小，从而使轨道半径增大，偏转角减小，画面变小．综上所述，只有A 项符合题意．[答案] A8．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场．如右图所示为质谱仪的原理图．设想有一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压为U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P 点，设OP ＝x ，则在下图中能正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )[解析] 带电粒子先经加速电场加速，故qU ＝12mv 2，进入磁场后偏转，OP ＝x ＝2r ＝2mvqB ，两式联立得，OP ＝x ＝8mUB 2q∝U ，所以B 为正确答案．[答案] B9．(2011·深圳调研)如图所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t ；若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B ，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，带电粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π3，根据上述条件可求得的物理量为( )A ．带电粒子的初速度B ．带电粒子在磁场中运动的半径C ．带电粒子在磁场中运动的周期D ．带电粒子的比荷[解析] 设圆柱截面半径为R ，则没有磁场时2R ＝v 0t ；加上磁场时，由几何关系可知，带电粒子运动半径为r＝3R ，已知速度偏转角为π3，可知带电粒子在磁场中的运动时间为t ′＝16T ＝π3rv 0，可求得周期T ；由周期T ＝2πmqB，可求得带电粒子的比荷，C 、D 正确；因半径R 不知，因此无法求出带电粒子的初速度及带电粒子在磁场中运动的半径．[答案] CD二、非选择题(共28分)10．(14分)(2011·枣庄市第三次联考)质谱仪可测定同位素的组成．现有一束一价的钾39和钾41离子经电场加速后，沿着与磁场边界均垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示．测试时规定加速电压大小为U 0，但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小ΔU .为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠，ΔU 不得超过多少？(不计离子的重力)[解析] 设加速电压为U ，磁场的磁感应强度为B ，离子的电荷量为q ，质量为m ，运动半为R ，则由qU ＝12mv 2，qvB ＝m v 2R ，解得R ＝1B2mUq由此式可知，在B 、q 、U 相同时，m 小的半径小，所以钾39半径小，钾41半径大；在m 、B 、q 相同时，U 大半径大．设钾39质量为m 1，电压为U 0＋ΔU 时，最大半径为R 1；钾41质量为m 2，电压为U 0－ΔU 时，钾41最小半径为R 2，则R 1＝1B2m 1U 0＋ΔU q R 2＝1B2m 2U 0－ΔUq令R 1＝R 2，则m 1(U 0＋ΔU )＝m 2(U 0－ΔU ) 解得：ΔU ＝m 2－m 1m 2＋m 1U 0＝41－3941＋39＝140U 0. [答案]140U 0 11．(14分)(2011·海淀区期末)在水平放置的两块金属板A 、B 上加不同电压，可以使从炽热的灯丝释放的电子以不同速度沿直线穿过B 板中心的小孔O 进入宽度为L 的匀强磁场区域，匀强磁场区域的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．若在A 、B 两板间电压为U 0时，电子不能穿过磁场区域而打在B 板延长线上的P 点，如图所示．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，并设电子离开A 板时的初速度为零．(1)求A 、B 两板间的电压为U 0时，电子穿过小孔O 的速度大小v 0； (2)求P 点距小孔O 的距离x ；(3)若改变A 、B 两板间的电压，使电子穿过磁场区域并从边界MN 上的Q 点射出，且从Q 点穿出时速度方向偏离v 0方向的角度为θ，则A 、B 两板间电压U 为多大？[解析] (1)电子在A 、B 两板间的电场中加速时，由动能定理得eU 0＝12mv 20，解得v 0＝2eU 0m(2)电子进入磁场区域做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得ev 0B ＝m v 20r 0，解得r 0＝1B2mU 0e所以x ＝2r 0＝2B 2mU 0e(3)若在A 、B 两板间加上电压U 时，电子在A 、B 两板间加速后穿过B 板进入磁场区域做圆周运动，并从边界MN 上的Q 点穿出，由动能定理可得eU ＝12mv 2由牛顿第二定律可得evB ＝m v 2r且由几何关系可知r sin θ＝L所以U ＝eB 2L 22m sin 2θ[答案] (1)2eU 0m(2)2B2mU 0e (3)eB 2L 22m sin 2θ拓展题：(2011·西城区期末)如图所示，相距为R 的两块平行金属板M 、N 正对着放置，S 1、S 2分别为M 、N 板上的小孔，S 1、S 2、O 三点共线，它们的连线垂直M 、N ，且S 2O ＝R .以O 为圆心、R 为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D 为收集板，板上各点到O 点的距离以及板两端点的距离都为2R ，板两端点的连线垂直M 、N 两板．质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，经S 1进入M 、N 两板间的电场后，通过S 2进入磁场．粒子在S 1处的速度和粒子所受的重力均不计．(1)当M 、N 两板间的电压为U 时，求粒子进入磁场时速度的大小v ； (2)若粒子恰好打在收集板D 的中点上，求M 、N 两板间的电压值U 0；(3)当M 、N 两板间的电压不同时，粒子从S 1到打在D 上经历的时间t 会不同，求t 的最小值．[解析] (1)粒子从S 1到达S 2的过程中，根据动能定理得qU ＝12mv 2①解得粒子进入磁场时速度的大小v ＝2qUm(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r②由①②得加速电压U 与轨迹半径r 的关系为U ＝qB 2r 22m当粒子打在收集板D 的中点时，粒子在磁场中运动的半径r 0＝R 对应电压U 0＝qB 2R 22m(3)M 、N 两板间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D 的右端时，对应时间t 最短．根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r ′＝3R 由(2)得粒子进入磁场时速度的大小v ′＝qBr ′m粒子在电场中经历的时间t 1＝R v ′2＝2 3m 3qB粒子在磁场中经历的时间t 2＝3R ·π3v ′＝πm3qB粒子射出磁场后做匀速直线运动经历的时间t 3＝R v ′＝3m 3qB粒子从S 1到打在收集板D 上经历的最短时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝ 3 3＋πm3qB[答案] (1)2qUm (2)qB 2R 22m (3) 3 3＋πm 3qB。

人教版高中物理选修3-3课时作业：第八章第2节.docx

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）1．查理定律(等容变化)：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，________与________成正比．表达式p ＝________或p 1T 1＝________或p 1p 2＝________，此定律的适用条件为：气体的________不变，气体的________不变，请用p —T 图和p —t 图表达等容变化：___________. 2．盖—吕萨克定律(等压变化)：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其________与________________成正比．表达式V ＝________或V 1T 1＝____________或V 1V 2＝__________，此定律的适用条件为：气体________不变，气体________不变．请用V —T 图和V —t 图表达等压变化： ____________________________.3．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的两倍，则气体温度的变化情况是( )A ．气体的摄氏温度升高到原来的两倍B ．气体的热力学温度升高到原来的两倍C ．气体的摄氏温度降为原来的一半D ．气体的热力学温度降为原来的一半4．一定质量的气体，压强保持不变，下列过程可以实现的是( ) A ．温度升高，体积增大 B ．温度不变，体积增大 C ．温度升高，体积减小 D ．温度不变，体积减小 5.图1如图1所示，直线a 和b 分别表示同一气体在不同体积V 1和V 2下的等容变化图线，试比较V 1和V 2的关系．6.图2如图2所示，直线a和b分别表示同一气体在压强p1和p2下做等压变化的图象．试比较p1和p2的大小．【概念规律练】知识点一等容变化规律1．电灯泡内充有氮、氩混合气体，如果要使电灯泡内的混合气体在500℃时的压强不超过一个大气压，则在20℃的室温下充气，电灯泡内气体的压强至多能充到多少？2．一定质量的气体，在体积不变的条件下，温度由0℃升高到10℃时，其压强的增量为Δp1，当它由100℃升高到110℃时，所增压强为Δp2，则Δp1与Δp2之比是()A．10∶1 B．373∶273C．1∶1 D．383∶283知识点二等压变化规律3.图3如图3所示，一端开口的钢制圆筒，在开口端上面放一活塞．活塞与筒壁间的摩擦及活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入7℃的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为14 cm，当水温升高到27℃时，钢筒露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)4．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5℃升高到10℃，体积的增量为ΔV1；温度由10℃升高到15℃，体积的增量为ΔV2，则()A．ΔV1＝ΔV2B．ΔV1>ΔV2C．ΔV1<ΔV2D．无法确定知识点三图象问题5.图4如图4所示是一定质量的理想气体的三种升温过程，那么，以下四种解释中，正确的是() A．a→d的过程气体体积增加B．b→d的过程气体体积不变C．c→d的过程气体体积增加D．a→d的过程气体体积减小6.图5一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V－T图上表示如图5所示，则()A．在过程AC中，气体的压强不断变大B．在过程CB中，气体的压强不断变小C．在状态A中，气体的压强最大D．在状态B中，气体的压强最大【方法技巧练】用控制变量法分析液柱移动问题7.图6两端封闭的内径均匀的直玻璃管，水平放置，如图6所示，V左<V右，温度均为20℃，现将右端空气柱降为0℃，左端空气柱降为10℃，则管中水银柱将()A．不动B．向左移动C．向右移动D．无法确定是否移动8.图7如图7所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为h的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l2＝2l1，若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？(设原来温度相同)1．对于一定质量的气体，以下说法正确的是()A．气体做等容变化时，气体的压强和温度成正比B．气体做等容变化时，温度升高1℃，增加的压强是原来压强的1/273C．气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比D．由查理定律可知，等容变化中，气体温度从t1升高到t2时，气体压强由p1增加到p2，且p2＝p1[1＋(t2－t1)/273]2．一定质量的气体，在体积不变时，温度由50℃加热到100℃，气体的压强变化情况是() A．气体压强是原来的2倍B．气体压强比原来增加了50273 C．气体压强是原来的3倍D．气体压强比原来增加了50 3233.图8如图8所示是一定质量的理想气体的p－t图象，在气体由状态A变化到B的过程中，其体积()A．一定不变B．一定减小C．一定增大D．不能判定怎样变化4.图9一定质量的气体做等压变化时，其V－t图象如图9所示，若保持气体质量不变，而改变气体的压强，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是() A．等压线与V轴之间夹角变小B．等压线与V轴之间夹角变大C．等压线与t轴交点的位置不变D．等压线与t轴交点的位置一定改变5．如图10所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C再到状态A的p－T图象，由图可知()图10A．V A＝V B B．V B>V CC．V B＝V C D．V A>V C6.图11如图11所示是一定质量的理想气体的两种升温过程，对两种升温过程的正确解释是() A．a、b所在的图线都表示等容变化B．V a∶V b＝3∶1C．p a∶p b＝3∶1D．两种过程中均升高相同温度，气体压强的增量Δp a∶Δp b＝3∶17.图12如图12所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是30刻度线时，空气柱长度为30 cm；当水温是90刻度线时，空气柱的长度是36 cm，则该同学测得的绝对零度相当于刻度线()A．－273 B．－270C．－268 D．－2718.图13如图13所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是() A．均向下移动，A管移动较多B．均向上移动，A管移动较多C．A管向上移动，B管向下移动D．无法判断9.图14如图14所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0℃，B中气体温度为20℃，如果将它们的温度都降低10℃，则水银柱将()A．向A移动B．向B移动C．不动D．不能确定题号123456789答案10.图15如图15所示，圆柱形汽缸倒置在水平粗糙的地面上，汽缸内被活塞封闭着一定质量的空气．汽缸质量为M＝10 kg，缸壁厚度不计，活塞质量m＝5.0 kg，其圆面积S＝50 cm2，与缸壁摩擦不计．在缸内气体温度为27℃时，活塞刚好与地面接触并对地面恰好无压力．现设法使缸内气体温度升高，问当缸内气体温度升高到多少摄氏度时，汽缸对地面恰好无压力？(大气压强p0＝105 Pa，g取10 m/s2)11．一定质量的空气，27℃时的体积为1.0×10－2 m3，在压强不变的情况下，温度升高100℃时体积是多大？12.图16如图16所示为0.3 mol的某种气体的压强和温度关系的p－t图线．p0表示1个标准大气压，则在状态B时气体的体积为多少？13.图17如图17所示，一定质量的某种气体从状态A 经B 、C 、D 再回到A ，问AB 、BC 、CD 、DA 各是什么过程？已知气体在状态A 时体积为1 L ，求其在状态B 、C 、D 时的体积各为多少，并把此图改画为p －V 图．第2节气体的等容变化和等压变化课前预习练1．压强p 热力学温度T CTp 2T 2 T 1T 2质量体积 . 2．体积V 热力学温度T CT V 2T 2 T 1T 2质量压强3．B [一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即p 1T 1＝p 2T 2，得T 2＝p 2T 1p 1＝2T 1，B 正确．]4．A [一定质量的气体，压强保持不变时，其热力学温度和体积成正比，则温度升高，体积增大；温度降低，体积减小；温度不变，体积也不发生变化，故A 正确．] 5．V 2<V 1解析如题图所示，让气体从体积为V 1的某一状态开始做一等温变化，末状态体积为V 2.p 1<p 2，根据玻意耳定律可知V 1>V 2.直线斜率越大，表示体积越小．则在p —T 图中斜率大的V 小，故V 2<V 1. 6．p 1>p 2解析让气体从压强为p 1的某一状态开始做一等容变化，末状态的压强为p 2.由图象可知T 1>T 2.根据查理定律p 1T 1＝p 2T 2可得 p 1>p 2.所以直线斜率越大，表示变化过程的压强越小．课堂探究练 1．0.38 atm解析忽略灯泡容积的变化，气体为等容变化，找出气体的初、末状态，运用查理定律即可求解．灯泡内气体初、末状态的参量分别为气体在500 ℃，p 1＝1 atm ，T 1＝(273＋500)K ＝773 K. 气体在20℃时，热力学温度为T 2＝(273＋20)K ＝293 K.由查理定律p 1T 1＝p 2T 2得p 2＝T 2T 1p 1＝293773×1 atm ≈0.38 atm方法总结一定质量的某种气体在体积不变的情况下，压强p 与热力学温度T 成正比，即pT＝C (常数)或p 1T 1＝p 2T 2.2．C [由查理定律得Δp ＝p T ΔT .一定质量的气体在体积不变的条件下ΔpΔT＝恒量，温度由0℃升高到10℃和由100℃升高到110℃，ΔT ＝10 K 相同，故压强的增量Δp 1＝Δp 2，C 项正确．] 方法总结查理定律的重要推论：一定质量的气体，从初状态(p 、T )开始，发生一个等容变化过程，其压强的变化量Δp 与温度的变化量ΔT 间的关系为：Δp ΔT ＝p T 或Δp 1ΔT 1＝Δp 2ΔT 2.3．1 cm解析当水温升高时，筒内的气体发生的一个等压变化过程．设筒底露出水面的高度为h .当t 1＝7℃即T 1＝280 K 时，V 1＝14 cm 长气柱；当T 2＝300 K 时，V 2＝(14 cm ＋h )长气柱．由等压过程的关系有V 2T 2＝V 1T 1，即14＋h 300＝14280，解得h ＝1 cm ，也就是钢筒露出水面的高度为1 cm.方法总结一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V 与热力学温度T 成正比，即V T ＝C (常数)或V 1T 1＝V 2T 2. 4．A [由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2可得V 1T 1＝ΔV ΔT ，即ΔV ＝ΔT T 1·V 1，所以ΔV 1＝5278×V 1，ΔV 2＝5283×V 2(V 1、V 2分别是气体在5℃和10℃时的体积)，而V 1278＝V 2283，所以ΔV 1＝ΔV 2，A 正确．]方法总结盖—吕萨克定律的重要推论：一定质量的气体从初状态(V 、T )开始发生等压变化，其体积的改变量ΔV 与温度的变化量ΔT 之间的关系是：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV 1ΔT 1＝ΔV 2ΔT 25．AB [p —T 图的等容线是延长线过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小．由此可见，a 状态对应体积最小，c 状态对应体积最大，所以选项A 、B 是正确的．]方法总结一定质量的气体，等容过程中p —T 图线是过原点的倾斜直线，其斜率越大，体积越小．6．AD [气体在AC 变化过程中是等温变化，由pV ＝C 可知，体积减小，压强增大，故A 正确；在CB 变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由p /T ＝C 可知，温度升高，压强增大，故B 错误；综上所述，在ACB 过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B 时的压强最大，故C 错误，D 正确．]方法总结在V －T 图象中，比较两个状态的压强大小，还可以用这两个状态到原点连线的斜率大小来判断，斜率越大，压强越小；斜率越小，压强越大．7．C [设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p对左端Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝10293p同理右端Δp 右＝20293p所以Δp 右>Δp 左即右侧压强降低得比左侧多，故液柱向右移动，选项C 正确．] 8．水银柱将向上移动解析假设上、下两部分气体的体积不变，由查理定律得到Δp ＝ΔT 上Tp ，则对上端Δp 上＝ΔTT 上p 上对下端Δp 下＝ΔT 下T 下p 下其中ΔT 上＝ΔT 下，T 上＝T 下，p 上<p 下所以Δp 上<Δp 下，即下端压强升高得比上端多，故液柱向上移动．方法总结此类问题研究三个状态参量(p 、V 、T )之间的相互关系，我们可以先保持其中一个物理量不变，从而确定其它两个量之间的相互关系，进而研究各量之间的关系．在液柱移动问题中，我们可以先假设两边气体体积不变，由ΔpΔT＝C 分别研究两边压强与温度的关系，得到两边压强变化量Δp 的大小关系，从而确定液柱移动情况．课后巩固练1．C [一定质量的气体做等容变化，气体的压强是跟热力学温度成正比，跟摄氏温度不是正比关系，A 错；根据Δp ＝ΔTTp 知，只有0℃时，B 选项才成交，故B 错误；气体压强的变化量，总是跟变化的温度成正比，无论是摄氏温度，还是热力学温度，C 正确；p 2p 1＝t 2＋273t 1＋273，解得p 2＝p 1(1＋t 2－t 1273＋t 1)，由此可判断D 错误．]2．D [根据查理定律p 1T 1＝p 2T 2得p 2＝T 2T 1p 1＝373323p 1，即压强变为原来的373323倍．p 2－p 1＝(373323－1)p 1＝50323p 1，气体压强比原来增加了50323，所以正确答案为D.]3．D [图中横坐标表示的是摄氏温度t .若BA 的延长线与t 轴相交在－273.15℃，则表示A 到B 过程中体积是不变的．但是，由图中无法做出这样的判定．所以，应选D. ]4．ABC [对于定质量的等压线，其V －t 图象的延长线一定过－273.15℃的点，故C 正确；由于题目中没有给定压强p 的变化情况，因此A 、B 都有可能，故选A 、B 、C.] 5．A6．ACD [在p －T 图象中，过原点的直线表示等容变化．图线斜率k ＝p T ∝1V；在T 相同的条件下，p ∝k ＝tan α，即p a ∶p b ＝tan 60°∶tan 30°＝3∶1，V a ∶V b ＝1∶3，故选A 、C 、D.] 7．B [此情景为等压过程，有两个状态．t 1＝30刻线，V 1＝30S 和t 2＝90刻线，V 2＝36S设T ＝t 刻线＋x ，则由盖—吕萨克定律得V 1t 1＋x ＝V 2t 2＋x 即30S 30刻线＋x ＝36S90刻线＋x解得x ＝270刻线，所以绝对零度相当于－270刻线，选B.]8．A [因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化．并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变．根据盖—吕萨克定律的分比形式ΔV ＝ΔTT·V ，因A 、B 管中的封闭气柱，初温T 相同，温度降低量ΔT 也相同，且ΔT <0，所以ΔV <0，即A 、B 管中气柱的体积都减小；又因为H 1>H 2，A 管中气柱的体积较大，|ΔV 1|>|ΔV 2|，A 管中气柱减小得较多，故A 、B 两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A 管中的水银柱下移得较多．本题的正确答案是选项A.]9．A [由Δp ＝ΔT T p ，可知Δp ∝1T，而T A ＝273.15 K ，T B ＝293.15 K ，所以A 部分气体压强减小的多，水银柱将向A 移动．]10．127℃解析因为当温度T 1＝(273＋27) K ＝300 K 时，活塞对地面恰好无压力，列平衡方程：p 1S ＋mg ＝p 0S ，解得p 1＝p 0－mg S ＝105 Pa －5×1050×10－4 Pa ＝0.9×105 Pa 若温度升高，气体压强增大，汽缸恰对地面无压力时，列平衡方程：p 2S ＝p 0S ＋Mg ，解得p 2＝p 0＋Mg S ＝105 Pa ＋10×1050×10－4 Pa ＝1.2×105 Pa 根据查理定律：p 1T 1＝p 2T 2，即0.9×105300＝1.2×105273＋t解得t ＝127℃. 11．1.33×10－2 m 3解析一定质量的空气，在等压变化过程中，可以运用盖—吕萨克定律进行求解，空气的初、末状态参量分别为初状态：T 1＝(273＋27) K ＝300 K ，V 1＝1.0×10－2 m 3末状态：T 2＝(273＋27＋100) K ＝400 K由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得，气体温度升高100℃时的体积为 V 2＝T 2T 1V 1＝400300×1.0×10－2 m 3＝1.33×10－2 m 3 12．8.4 L解析此气体在0℃时，压强为1个标准大气压，所以它的体积为22.4 L ×0.3＝6.72 L ，根据图线所示，从p 0到A 状态，气体是等容变化，A 状态的体积为6.72 L ，温度为(127＋273) K ＝400 K ，从A 状态到B 状态为等压变化，B 状态的温度为(227＋273) K ＝500 K ，根据盖—吕萨克定律V A T A ＝V B T B ，V B ＝V A T B T A ＝6.72×500400L ＝8.4 L. 13．见解析解析 AB 过程是等容升温升压，BC 过程是等压升温增容即等压膨胀，CD 过程是等温减压增容即等温膨胀，DA 过程是等压降温减容即等压压缩．已知V A ＝1 L ，V B ＝1 L(等容过程)由V C T C ＝V B T B (等压过程)得V C ＝V B T B T C ＝1450×900 L ＝2 L 由p D V D ＝p C V C (等温过程)得V D ＝p C V C p D ＝3×21L ＝6 L 改画的p －V 图如下图所示．。

物理复习(通用版)课时提升作业选修31 第七章第2讲电路电路的基本规律

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课时提升作业（二十二）(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分。

每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1.(2013·江门模拟)在已接电源的闭合电路中,关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是( )A.如果外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B.如果外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势也随外电压减小C.如果外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D.如果外电压增大，则内电压减小，电源电动势始终为二者之和，保持恒定2.(2013·绍兴模拟)电动势为E,内阻为r的电源,向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是( )A.因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B.因为U=IR,所以当I增大时，路端电压也增大C.因为U=E-Ir,所以当I增大时，路端电压减小D.若外电路断开，则路端电压为E3.有a、b、c、d四个电阻，它们的U -I 关系如图所示，其中电阻最小的是( )A.aB.bC.cD.d4.(2013·福州模拟)一电池外电路断开时的路端电压为3 V,接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V,则可以判定电池的电动势E和内电阻r为( )A.E=2.4 V,r=1 ΩB.E=3 V,r=2 ΩC.E=2.4 V,r=2 ΩD.E=3 V,r=1 Ω5.有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220 V 100 W”字样，L3和L4都标有“220 V 40 W”字样，把电路接通后，最暗的是( )A.L1B.L2C.L3D.L46.(2013·厦门模拟)在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。

当R2的滑动触头在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。

2021-2022版高中物理人教版选修3-1课时提升作业：第二章 2 电动势

课时提升作业十一电动势(15分钟·30分)一、选择题(本题共4小题,每题5分,共20分)1.电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电能的能力,因此( )A.电动势是一种非静电力B.电动势越大,表明电源储存的电能越多C.电动势的大小是非静电力做功能力的反映D.电源向外提供的电能越多,表明电动势越大【解析】选C。

电动势是反映电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电势能本领的物理量,电动势越大说明这种转化本领越强,但不能说明储存的电能越多,故A、B错误,C正确;电源向外提供的电能多,电动势不一定大,D错误。

2.(多选)图甲是手机锂电池,图乙是某型号的超级电容器,两者的内阻均不计。

如果将充满电的甲和乙的电量完全放完,甲可以释放电荷量Q1,同时对外做功W1;乙可以释放电荷量Q2,同时对外做功W2。

则以下关系正确的是( )A.Q1>Q2B.Q1<Q2C.W1>W2D.W1<W2【解析】选B、D。

手机锂电池放电的电荷量Q1=It=2 000 mA·h=7 200C,电容器放电的电荷量Q2=CU=4 000×2.7 C=10 800 C,比较可得Q1<Q2,故A错误,B正确;锂电池对外做功W1=EQ1=3.7×7 200 J=2.664×104J,电容器对外做功释放电场能W2=Q2U=10 800×2.7 J=2.916×104 J,比较可得W1<W2,故C错误,D正确。

3.(多选)关于电动势的概念,下列说法中正确的是( )A.电动势就是路端电压B.电动势在数值上等于外电路断路时的路端电压C.电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量D.电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极移送到正极所做的功【解析】选B、C、D。

电动势在数值上等于电源没有接入外电路时两极间的电压,当接入外电路时,路端电压小于电动势,故A项错误,B项正确;电源是把其他形式的能转化为电能的装置,电动势表示电源将其他形式的能转化为电能的本领大小,故C项正确;电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极移送到正极所做的功,故D项正确。

高中物理选修3-1课后习题和答案以及解释

课后练习一第10讲库仑定律和场强1.如图1-15所示，用一根跟毛皮摩擦过的硬橡胶棒，靠近不带电验电器的金属小球a，然后用手指瞬间接触一下金属杆c后拿开橡胶棒，这时验电器小球A和金箔b的带电情况是（）A．a带正电，b带负电B．a带负电，b带正电C．a、b均带正电D．a、b均不带电答案：Ｃ详解：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近小球a,会在球上感应出正电荷，而负电荷就远离棒，到了金属杆c上。

此时用手指触碰c，会把杆上的负电荷转移走，于是整个验电器就带正电了。

球带正电，金箔也带正电。

2.如图1-4所示，真空中两个自由的点电荷A和B，分别带有-Q和+4Q的电荷，现放入第三个点电荷C，使点电荷A、B、C都处于平衡，则点电荷C应放在什么区域？点电荷C带什么电？答案：应该放入一个“+”电荷，并且放在A的左边。

详解：首先电荷不可能放中间，否则该电荷必受到两个同方向的力。

电荷放在右边也不可能，本身B处电荷电荷量就大，如果离它更近，必然是受到的两个电场力大小不一。

因此要放在A左边，并且只能是带正电才可行，因为如果带负电，AB两处电荷不可能平衡。

3.将一定量的电荷Q，分成电荷量q、q＇的两个点电荷，为使这两个点电荷相距r时，它们之间有最大的相互作用力，则q值应为______。

答案：详解：二者相互作用力就是看乘积的大小了。

数学上有如下规律，两个正数和一定，必然在二者相等时积最大。

于是答案是。

4.两个点电荷甲和乙同处于真空中．（1）甲的电荷量是乙的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的______倍．（2）若把每个电荷的电荷量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（3）保持原电荷电荷量不变，将距离增为原来的3倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（4）保持其中一电荷的电荷量不变，另一个电荷的电荷量变为原来的4倍，为保持相互作用力不变，则它们之间的距离应变为原来的______倍；（5）把每个电荷的电荷都增大为原来的4倍，那么它们之间的距离必须变为原来的______倍，才能使其间的相互作用力不变。

2021-2022版高中物理人教版选修3-1课时提升作业：第一章 1 电荷及其守恒定律

一电荷及其守恒定律(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.关于摩擦起电和感应起电,以下说法正确的是( )A.摩擦起电是因为电荷的转移,感应起电是因为产生电荷B.感应起电是因为电荷的转移,摩擦起电是因为产生电荷C.不论是摩擦起电还是感应起电都是因为电荷的转移D.摩擦起电会使物体所带的电荷量变多【解析】选C。

摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体,感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一部分,两个过程都没有产生电荷,选项A、B、D错误,C正确。

2.有一个质量很小的小球A,用绝缘细线悬挂着,当用毛皮摩擦过的硬橡胶棒B靠近它时,看到它们互相吸引,接触后又互相排斥,则下列说法正确的是( )A.接触前,A、B一定带异种电荷B.接触前,A、B可能带同种电荷C.接触前,A球一定不带任何电荷D.接触后,A球一定带电【解析】选D。

因为毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷是负电荷;如果小球带电,根据异种电荷相互吸引可知,小球带正电;由于橡胶棒吸引轻质小球,根据带电体具有吸引轻小物体的性质可知,小球可能不带电,故A、B、C错误;当接触后,出现相互排斥,则A球一定带电,故D正确;故选D。

【加固训练】电视机的玻璃光屏表面经常有许多灰尘,这主要是因为( )A.灰尘的自然堆积B.玻璃有极强的吸附灰尘的能力C.电视机工作时,屏表面温度较高而吸附灰尘D.电视机工作时,屏表面有静电而吸附灰尘【解析】选D。

带电体具有吸引轻小物体的性质,选项D正确。

3.静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说,但下列不属于静电现象的是( )A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生电流D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉【解析】选C。

用塑料梳子梳头发时相互摩擦,塑料梳子会带上电荷吸引纸屑,选项A属于静电现象;带电小球移至不带电金属球附近,由于静电感应,金属球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷,两者相互吸引,选项B属于静电现象;小线圈接近通电线圈过程中,由于电磁感应现象,小线圈中产生感应电流,选项C不属于静电现象;从干燥的地毯上走过,由于摩擦生电,当手碰到金属把手时瞬间产生较大电流,人有被电击的感觉,选项D属于静电现象。

【高中教育】最新高中物理课时提升作业八第三章原子核31原子核的组成与核力教科版选修3

——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高中物理课时提升作业八第三章原子核31原子核的组成与核力教科版选修3______年______月______日____________________部门(30分钟50分)一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)1。

如图所示为查德威克发现中子的实验示意图,由天然放射性元素钋(Po)放射的a射线轰击铍时会产生粒子流b,下列说法正确的是( ) A。

a为中子,b为质子B。

a为质子,b为中子C。

a为α粒子,b为中子D。

a为α粒子,b为质子【解析】选C。

由物理学史知识知,查德威克是用α粒子轰击铍时发现中子的,故C正确。

2。

(多选)已知Ra是Ra的一种同位素,则下列说法正确的是( )A。

它们具有相同的质子数和不同的质量数B。

它们具有相同的中子数和不同的原子序数C。

它们具有相同的核电荷数和不同的中子数D。

它们具有相同的核外电子数和不同的化学性质【解题指南】解答本题要明确以下三点:(1)原子序数相同,而中子数不同的原子核互称同位素。

(2)掌握原子序数与质子数、中子数和质量数的关系。

(3)原子的化学性质由核外电子数决定。

【解析】选A、C。

原子核的原子序数与核内质子数、核电荷数、核外电子数都是相等的,且原子核内的质量数(核子数)等于核内质子数与中子数之和。

由此知这两种镭的同位素核内的质子数均为88,核子数分别为228和226,中子数分别为140和138;原子的化学性质由核外电子数决定,因为它们的核外电子数相同,所以它们的化学性质也相同。

故正确答案为A、C。

3。

(多选)核力具有下列哪些性质( )A。

核力是短程力,作用范围很小,只在相邻核子间发生B。

核力可能是引力,也可能是斥力。

核力把核子紧紧束缚在核内,形成稳定的原子核,但又不会融合在一起C。

质子间、中子间、质子和中子之间都有核力D。

核力是一种强相互作用力,与库仑力差不多【解析】选A、B、C。

核力作用的范围在10-15m区域内,只在相邻核子间发生,是短程力,A对。

2021年高考物理一轮复习第八章第1讲磁场及其对电流的作用课时提升作业教科版选修3-1

2021年高考物理一轮复习第八章第1讲磁场及其对电流的作用课时提升作业教科版选修3-1一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.(xx·南通模拟)如图所示,A为一水平旋转的橡胶盘,带有大量均匀分布的负电荷,在圆盘正上方水平放置一通电直导线,电流方向如图。

当圆盘高速绕中心轴OO ′转动时,通电直导线所受磁场力的方向是( )A.竖直向上B.竖直向下C.水平向里D.水平向外2.两个完全相同的通电圆环A、B的圆心O重合、圆面相互垂直，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心，则O处的磁感应强度大小为O处独立产生的磁感应强度为B( )A.0B.2BD.无法确定C.B3.(2011·新课标全国卷)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。

在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )4.(xx·苏州模拟)在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示。

过c点的导线所受安培力的方向( )A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边5.(xx·福州模拟)已知地磁场的水平分量为B，利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感应强度，如图所示为测定通电线圈中央一点的磁感应强度的实验，实验方法：①先将未通电线圈平面固定于南北方向竖直平面内，中央放一枚小磁针，N极指向北方；②给线圈通电，此时小磁针N极指北偏东θ角后静止，由此可以确定线圈中电流方向(由东向西看)与线圈中央的合磁感应强度分别为( )A.顺时针；B.顺时针；C.逆时针；D.逆时针；6.(xx·湛江模拟)在磁场中某区域的磁感线如图所示，则( )A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a>B bB.a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bC.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小7.如图所示，电流从A点分两路通过环形支路再汇合于B点，已知两个支路的金属材料相同，但截面积不相同，上面部分的截面积较大，则环形中心O处的磁感应强度方向是( )A.垂直于环面指向纸内B.垂直于环面指向纸外C.磁感应强度为零D.斜向纸内8.(xx·杭州模拟)通有电流的导线L 1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示。

高中物理选修3—1课后习题答案

的电势能
q 在 P 点
的电势能
当 P 点移至离场源电荷较近时
p 的正负
正
E q 的正负
正
E q 的正负
负
p 怎样变化
升高
E q 怎样变化
变大
E q 怎样变化
变小
Q1 Q2 k 0 ，即 4( x 6)2 x 2 0 ，解得 2 2 x ( x 6)
Q
点高。（2） C
EA FA EC
E pC q

E pC q
， B
E pD q

E pD q
。因为 E pC E pD 。所以 C D ，
FB
EB
可见 D 点电势比 C 点高。（3） E
E pE q
0 ， F
E pF q

E pF q
0 ，可见 F E ，故
mg g ，单位是牛顿每千克，方向竖直 m
E pA
8 6 10 9 V 15V ； E pA q2A 2 1010 15J 3109 J 。 q 4 10
v
2．答：（1） A
E pA q
， B
E pB q
。因为 E pA E pB 。所以 A B ，可见 A 点电势比 B
6 8
WBC q B qC q( B C ) 1 (10 6) J 4 J
可见，静电力所做的功 WAC WBC 第五节
9 8 8 1． WAB qU AB 2 10 20 J 4 10 J 。静电力做负功，电势能增加 4 40 J
19
(5.3 10 )2
N / C 5.11011 N / C ，

人教版高中物理选修3-1第一章第8节课时跟踪训练(含答案解析).docx

高中物理学习材料桑水制作[课时跟踪训练](满分50分时间30分钟)一、选择题(本大题共8个小题，每小题4分，共计32分。

每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.下列关于电容器及其电容的叙述正确的是( )A.任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C.电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D.一个固定电容器的电荷量增加ΔQ ＝1.0×10－6 C 时，两板间电压升高10 V ，则电容器的电容无法确定解析：电容器既然是储存电荷的容器，它里面有无电荷不影响其储存电荷的能力，A 正确；电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的绝对值，B 错；电容器的电容由电容器结构决定，不随带电荷量的变化而变化，C 错；由C ＝Q U ＝ΔQ ΔU 可求电容器的电容，D 错。

答案：A2.一个空气平行板电容器，极板间距离为d ，正对面积为S ，充以电荷量Q 后，两极板间的电压为U 。

为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( )A.将电压变为U /2B.将带电荷量变为2QC.将极板的距离变为d /2D.将两板间充满相对介电常数为2的电介质解析：电容器的电容与电容器极板上的带电荷量、两板间的电压无关，所以选项A 、B不正确；根据公式C ＝εr S4πkd，可知选项C 、D 正确。

答案：CD3.如图1所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连。

当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M 点。

则()图 1A.当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B.当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C.开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D.开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降解析：当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U ，两板间的距离为d ，带电液滴处于平衡状态，则mg ＝q U d ，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A 错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B 正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q ，此时两板间的场强大小为：E ＝U d ＝QC d ＝4πkdQεr S d ＝4πkQ εr S，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C 正确，D 错误。

物理复习(通用版)课时提升作业A卷选修31 第八章第3

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课时提升作业（二十五）A卷(40分钟 100分)一、选择题(本大题共7小题，每小题8分，共56分。

每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1.带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以速度v甲、v乙、v丙垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图所示，则下列说法正确的是( )A.v甲>v乙>v丙B.v甲<v乙<v丙C.甲的速度可能变大D.丙的速度不一定变大2.如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况不可能的是( )A.始终做匀速运动B.始终做减速运动，最后静止于杆上C.先做加速运动，最后做匀速运动D.先做减速运动，最后做匀速运动3.(2013·南开区模拟)如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径R 相同，则它们具有相同的( )A.电荷量B.质量C.速度D.比荷4.(2013·济南模拟)如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q 的液滴在竖直面内做半径为R 的匀速圆周运动。

已知电场强度为E ，磁感应强度为B ，则液滴的质量和环绕速度分别为( )2qE E B qR E A. B. g B E BqE BgR g E ，，，5.(2013·南京模拟)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。

如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I ，C 、D 两侧面会形成电势差U CD ，下列说法中正确的是( )A.电势差U CD 仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD <0C.仅增大磁感应强度时，电势差U CD 变大D.在测量地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平6.如图所示，质量为m ，电荷量为e 的质子以某一初速度从坐标原点O 沿x 轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y 轴向上的匀强电场时，质子通过P(d ，d)点时的动能为5E k ；若场区仅存在垂直于xOy 平面的匀强磁场时，质子也能通过P 点。

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