【与名师对话】2013届高考物理总复习 课时作业23 新人教版选修3-1
人教版高二物理选修3-1课后习题答案
第一章库仑定律第一节1． 答：在天气干躁的季节，脱掉外衣时，由于摩擦，外衣和身体各自带了等量、异号的电荷。
接着用手去摸金属门把手时，身体放电，于是产生电击的感觉。
2． 答：由于A 、B 都是金属导体，可移动的电荷是自由电子，所以，A 带上的是负电荷，这是电子由B 移动到A 的结果。
其中，A 得到的电子数为8101910 6.25101.610n --==⨯⨯，与B 失去的电子数相等。
3． 答：图1－4是此问题的示意图。
导体B 中的一部分自由受A 的正电荷吸引积聚在B 的左端，右端会因失去电子而带正电。
A 对B 左端的吸引力大于对右端的排斥力，A 、B 之间产生吸引力。
4． 答：此现象并不是说明制造出了永动机，也没有违背能量守恒定律。
因为，在把A 、B 分开的过程中要克服A 、B 之间的静电力做功。
这是把机械转化为电能的过程。
第二节1． 答：根据库仑的发现，两个相同的带电金属球接触后所带的电荷量相等。
所以，先把A 球与B 球接触，此时，B 球带电2q ；再把B 球与C 球接触，则B 、C 球分别带电4q ；最后，B 球再次与A 球接触，B 球带电3()2248B q q q q =+÷=。
2． 答：192291222152(1.610)9.010230.4(10)q q e F k k N N r r --⨯===⨯⨯=（注意，原子核中的质子间的静电力可以使质子产生2921.410/m s ⨯的加速度！）3． 答：设A 、B 两球的电荷量分别为q 、q -，距离 为r ，则22kq F r =-。
当用C 接触A 时，A 的电荷量变为2A q q =，C 的电荷量也是2c q q =；C 再与接触后，B 的电荷量变为224B q q q q -+==-；此时，A 、B 间的静电力变为：2222112288A B q q q q q F k k k F r r r ⨯'==-=-=。
人教版高中物理选修3-1课后习题参考答案
第一章第一节1．答：在天气干躁的季节，脱掉外衣时，由于摩擦，外衣和身体各自带了等量、异号的电荷。
接着用手去摸金属门把手时，身体放电，于是产生电击的感觉。
2．答：由于A、B都是金属导体，可挪动的电荷是自由电子，所以，A带上的是负电荷，这是电子由B挪动到A的结果。
其中，A得到的电子数为，与B失去的电子数相等。
3．答：图1－4是此问题的示意图。
导体B中的一局部自由受A的正电荷吸引积聚在B的左端，右端会因失去电子而带正电。
A对B左端的吸引力大于对右端的排挤力，A、B之间产生吸引力。
4．答：此现象并不是说明制造出了永动机，也没有违犯能量守恒定律。
因为，在把A、B分开的过程中要克制A、B之间的静电力做功。
这是把机械转化为电能的过程。
第二节1．答：根据库仑的发现，两个一样的带电金属球接触后所带的电荷量相等。
所以，先把A球与B球接触，此时，B球带电；再把B球与C球接触，那么B、C球分别带电；最后，B球再次与A球接触，B球带电。
2．答：〔注意，原子核中的质子间的静电力可以使质子产生的加速度！〕3．答：设A、B两球的电荷量分别为、，间隔为，那么。
当用C接触A时，A的电荷量变为，C的电荷量也是；C再与接触后，B的电荷量变为；此时，A、B间的静电力变为：。
在此情况下，假设再使A、B间距增大为原来的2倍，那么它们之间的静电力变为。
4．答：第四个点电荷受到其余三个点电荷的排挤力如图1－6所示。
共受三个力的作用，，由于，互相间间隔分别为、、，所以，。
根据平行四边形定那么，合力沿对角线的连线向外，且大小是。
由于对称性，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力的大小都相等，且都沿对角线的连线向外。
5．答：带电小球受重力、静电斥力和线的拉力作用而平衡，它的受力示意图见图1－7。
静电斥力，又，，所以，第三节1．答：A、B两处电场强度之比为。
A、C两处电场强度之比为。
2．答：电子所在处的电场强度为，方向沿着半径指向外。
电子受到的电场力为，方向沿着半径指向质子。
【与名师对话】高考物理总复习 第1讲 电流 电阻 电功和电功率 新人教版选修31PPT课件
(对应学生用书 P133)
1.R＝ρSl 是电阻的决定式，对同一段导体，往往 l 与 S 是相 关联变化的，分析求解时应全面考虑．
2．要根据电流正确判断l、S，沿电流方向导体的长度 为l，垂直于电流方向的截面积才是S.
3．电阻定律中涉及的l、S可以与实际问题巧妙地结合 起来，解题时要能正确分析．
2．电功率 (1)定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢 ． (2)公式：P＝Wt ＝ UI . 3．焦耳定律 (1)电热：电流流过一段导体时产生的 热量 ． (2)计算式：Q＝ I2Rt .
(1)电功与电热的比较
纯电阻电路
非纯电阻电路
电动机、电风扇、电解槽 常见电器 白炽灯、电烙铁、电炉等
思考 有电动机的电路一定是非纯电阻电路吗？在非 纯电阻电路中欧姆定律是否成立？
[提示] 不要认为有电动机的电路一定是非纯电阻电路， 当电动机不转动时，仍为纯电组电路，欧姆定律仍适用，电能 全部转化为内能．只有在电动机转动时才为非纯电阻电路， U>IR，欧姆定律不能适用，此时大部分电能转化为机械能．
(2)定义式和决定式的比较
公式
R＝UI
R＝ρSl
电阻的定义式
①电阻的决定式．
②电阻定律的表达式．
不 仅提供了一种测定电阻的方法，并 指明了电阻的决定因素
同 不能说明电阻 R 由 U 或 I 决定
点
适用于粗细均匀的金属
适用于计算纯电阻电路的电阻
导体和浓度均匀的电解
液
相同 都不能反映电阻的实质(要用微观理论解释)
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人教版物理选修3-1《磁场对通电导线的作用力》综合练习及答案
磁场对通电导线的作用力综合练习1．下列四图中的通电导线在磁场中受力分析正确的是( )解析：选C.注意安培定则与左手定则的区别，判断通电导线在磁场中的受力用左手定则．2．在如图所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为F a、F b，可判断两段导线( )A．相互吸引，F a>F b B．相互排斥，F a>F bC．相互吸引，F a<F b D．相互排斥，F a<F b解析：选D.无论开关置于a还是置于b，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A、C错误．开关置于位置b时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，B错误D正确．故选D.3. (2013·河北唐山一中高二月考)由导线组成的直角三角形框架放在匀强磁场中(如图所示)，若导线框中通以如图方向的电流时，导线框将( )A．沿与ab边垂直的方向加速运动B．仍然静止C．以c为轴转动D．以b为轴转动解析：选B.ab和bc两段电流的等效长度等于ac，方向由a到c的一段电流，由左手定则以及安培力公式可知ab和bc两段电流所受安培力的合力方向和ac受到的安培力方向相反，大小相等，线框整体合力为0，仍然静止，故选B.4.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，用F N表示磁铁对桌面的压力，用F f表示桌面对磁铁的摩擦力，导线中通电后与通电前相比较( )A．F N减小，F f＝0 B．F N减小，F f≠0C．F N增大，F f＝0 D．F N增大，F f≠0解析：选C.如题图所示，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知电流I受安培力方向竖直向上．根据牛顿第三定律知，电流对磁铁的作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面的压力增大．由于磁铁没有相对于桌面的运动趋势，故桌面对磁铁无摩擦力作用．故选C.5. (2013·南京外国语学校高二检测)如图所示，一根长L＝0.2 m的金属棒放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并通过I＝5 A的电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度B＝0.6 T 竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？(sin 37°＝0.6)解析：从侧面对棒受力分析如图，安培力的方向由左手定则判出为水平向右，F＝ILB＝5×0.2×0.6 N＝0.6 N.由平衡条件得重力mg＝Ftan 37°＝0.8 N.答案：0.8 N一、选择题1．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图中正确的是( )解析：选D.A图中导线不受力，故它不会弯曲，A错误．B图中导线受到垂直纸面向里的安培力，它不会向右弯曲，B错误．C图中导线受到水平向右的安培力，导线不会向左弯曲，C错误．D图中导线受到水平向右的安培力，故它向右弯曲，D正确．故选D.2.如图所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl解析：选C.V形通电导线的等效长度为图中虚线部分，所以F＝BIl，故选C.3.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，指向右边解析：选C.根据直线电流相互作用的规律可知a与c相互吸引，b与c也相互吸引，所以导线c所受的合力方向一定指向左边且与ab边垂直，故选C.4. (2013·清华附中高二检测)如图所示，abcd为闭合四边形线框，a、b、c三点的坐标分别为(0，L,0)，(L，L,0)，(L,0,0)，整个空间中有沿y轴正方向的匀强磁场，线框中通有方向如图所示的电流I.关于线框各条边所受安培力的大小，下列叙述中正确的是( )A．ab边与bc边受到的安培力大小相等B．cd边受到的安培力最大C．cd边与ad边受到的安培力大小相等D．ad边不受安培力作用解析：选B.根据安培力的计算公式可得，ab边所受安培力的大小为F ab＝BIl ab，bc边平行于磁场方向，受力为零，ad边所受安培力的大小为F ad＝BIl Od，cd边所受安培力的大小为F cd＝BIl cd，故选B.5. (2013·长沙市第一中学阶段性考试)如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．以上说法都不正确解析：选A.如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，故选A.6.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，线圈L1将( )A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．向纸面内平动解析：选B.法一：等效分析法把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流L2的中心，通电后，小磁针的N 极应指向该环形电流L2的磁场方向，由安培定则知L2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针，转动前N极应指向纸里，因此应由向纸里转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动．故选B.法二：利用结论法环形电流L1、L2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得L1的转动方向应是：从左向右看线圈L1顺时针转动．故选B.7.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小解析：选A.棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，A 正确；两悬线等长变短，θ角不变，B 错误；金属棒质量变大，θ角变小，C 错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，D 错误．故选A.☆8.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m 、长为l 的金属棒ab 悬挂在c 、d 两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a 到b 的电流I 后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )A.mg Iltan θ，竖直向上 B.mg Iltan θ，竖直向下C.mg Ilsin θ，平行悬线向下 D.mg Ilsin θ，平行悬线向上解析：选D.要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为F min ＝mg sin θ，即IlB min ＝mg sin θ，得B min ＝mg Ilsin θ，方向应平行于悬线向上．故选D.☆9.如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度．天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L ，共N 匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面．当线圈中通有电流I (方向如图所示)时，在天平两边加上质量分别为m 1、m 2的砝码时，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m 的砝码后，天平又重新平衡．由此可知( )A ．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为m 1－m 2g NILB ．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为mg2NILC ．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为m 1－m 2g NILD ．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为mg 2NIL解析：选B.由题目所给条件，先判断出磁场的方向再根据天平的工作原理列出对应关系式．因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向下，由左手定则判断磁场向里．电流反向前，有m 1g ＝m 2g ＋m 3g ＋NBIL ，其中m 3为线圈质量．电流反向后，有m 1g ＝m 2g ＋m 3g ＋mg －NBIL .两式联立可得B ＝mg2NIL.故选B.二、非选择题10.如图所示，PQ 和MN 为水平、平行放置的金属导轨，相距1 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，导体棒的质量m ＝0.2 kg ，导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M ＝0.3 kg ，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在导体棒中通入多大的电流？方向如何？解析：为了使物体匀速上升，导体棒所受安培力方向应向左，由左手定则可知，导体棒中的电流方向应为a →b .由平衡条件得：BIL ＝Mg ＋μmg 解得：I ＝Mg ＋μmgBL＝2 A.答案：2 A 方向a →b11.如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ．质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流I ＝1 A ，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T ，方向竖直向上的磁场中，设t ＝0，B ＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2)解析：支持力为0时导线的受力如图所示， 由平衡条件得：F 安＝mgtan 37°＝6×10－2×100.75 N＝0.8 N 由F 安＝BIL 得B ＝F 安IL＝0.81×0.4T ＝2 T由B＝0.4t得t＝B0.4＝20.4s＝5 s.答案：5 s☆12.如图所示为某种电流表的原理示意图．质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab.当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小．(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要使电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k＝2.0 N/m，ab＝0.20 m，bc＝0.05 m，B＝0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的影响)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？解析：(1)设弹簧的伸长为Δx，则有mg＝kΔx①由①式得Δx＝mg k.(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN上的安培力必须向下，因此M 端应接正极．(3)设满量程时通过MN 的电流大小为I m ，则有 BI m ab ＋mg ＝k (bc ＋Δx )②联立①②式并代入数据得I m ＝2.5 A.(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B ′，则有 2B ′I m ab ＋mg ＝k (bc ＋Δx )③由①③式得B ′＝kbc 2I m ab，代入数据得B ′＝0.10 T. 答案：(1)mg k (2)M 端应接正极 (3)2.5 A(4)0.10 T。
【与名师对话】2013届高考物理总复习 课时作业31 新人教版选修3-3
课时作业(三十一)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共49分)1．(2011·南昌调研)根据分子动理论，下列说法正确的是( ) A ．一个气体分子的体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比B ．显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，就是分子的运动C ．分子间相互作用的引力和斥力一定随分子间距离的增大而减小D ．分子势能随着分子间的距离的增大，可能先减小后增大[解析] 气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比为一个气体分子所占据的空间，而非一个气体分子的体积，A 错误．墨水中小炭粒的无规则运动为固体小颗粒的无规则运动，而非分子运动，B 错误．分子间的引力和斥力随分子间距离的增大而减小，C 正确．当两分子间距离小于r 0时，分子力表现为斥力，此时分子势能随分子间距离的增大而减小；当两分子间距离大于r 0时，分子力表现为引力，此时分子势能随分子间距离的增大而增大，D 正确．[答案] CD2．设两分子a 、b 间距离为r 0时分子间的引力F 引和斥力F 斥大小相等，现固定a ，将b 从与a 相距r 02处由静止释放，在b 远离a 的过程中，下列表述正确的是( )A ．F 引和F 斥均减小，但F 斥减小得较快B ．a 对b 一直做正功C ．当b 运动最快时，a 对b 的作用力为零D ．当a 、b 间距离为r 0时，a 、b 间的分子势能最小[解析] 由分子动理论可知距离变化对斥力的影响比对引力的影响大，距离增大时斥力、引力都减小，但斥力减小得快，故A 正确．由r 02到r 0的过程中，分子力表现为斥力，分子力做正功，分子势能减小，当分子间距离大于r 0时，表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，因此当分子间距离等于r 0时分子势能最小，所以B 错D 对．b 分子在运动过程中，先加速后减速，当距离为r 0时，作用力为零，加速度为零，速度最大，故C 正确．[答案] ACD3．分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质，据此可判断下列说法中错误的是( )A ．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B ．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C ．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D ．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素[解析] 小炭粒做布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故A 对；由于不确定r 与r 0的关系，故无法确定分子力的变化，B 错；分子间距离增大时，分子力可能做正功，也可能做负功，分子势能可能增大，也可能减小，C 对；高温下，分子热运动剧烈，扩散更容易，故D 对．[答案] B4．已知铜的摩尔质量为M (kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m 3)，阿伏加德罗常数为N A (mol－1)．下列判断错误的是( ) A ．1 kg 铜所含的原子数为N A MB ．1 m 3铜所含的原子数为MN AρC ．1个铜原子的质量为MN A(kg) D ．1个铜原子的体积为MρN A(m 3)[解析] 原子个数N ＝1M N A ＝N A M ，A 正确；同理N ＝ρM N A ＝ρN AM，B 错误；1个铜原子质量m 0＝M N A (kg)，C 正确；1个铜原子体积V 0＝M ρN A(m 3)，D 正确．[答案] B5．一个铁球和冰球的温度相同，且其质量相等，则( ) A ．它们的分子平均动能一定相等 B ．它们的分子运动的平均速率一定相等 C ．冰球的体积大，水分子的势能大 D ．它们的内能一定相同[解析] 因为温度相同，平均动能相同，据E k ＝12m v 2知，水分子的平均速率较大，分子势能与分子间距有关，分子间距等于r 0时，分子势能最小，偏离r 0越多，分子势能越大，所以体积大，分子势能不一定大，物体的内能E 内＝n (E k ＋E p )，分子数n ＝mM不同，E p 哪个大无法弄清楚．[答案] A6．在观察布朗运动时，从微粒在a 点开始计时，间隔30 s 记下微粒的一个位置得到b 、c 、d 、e 、f 、g 等点，然后用直线依次连接，如右图所示，则下列说法正确的是( )A ．微粒在75 s 末时的位置一定在cd 的中点上B ．微粒在75 s 末时的位置可能在cd 的连线上，但不可能在cd 中点上C ．微粒在前30 s 内的路程一定等于ab 的长度D ．微粒在前30 s 内的位移大小一定等于ab 的长度[解析] b 、c 、d 、e 、f 、g 等分别是粒子在t ＝30 s 、60 s 、90 s 、120 s 、150 s 、180s时的位置，但并不一定沿着折线abcdefg运动，故选D.[答案] D7．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是( )A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D．若两个分子距离越来越大，则分子势能亦越来越大[解析] 分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小，随分子间距的减小而增大，但分子斥力变化的更快些；当分子间距为平衡距离即10－10 m时，分子引力和分子斥力大小相等，分子力为零，当分子间距大于平衡距离即10－10 m时，分子引力大于分子斥力，分子力表现为分子引力；当分子间距小于平衡位置距离即10－10 m时，分子引力小于分子斥力，分子力表现为分子斥力；所以两图的交点为平衡距离即10－10 m，分子势能随分子间距的变化而发生改变，当分子间距大于10－10 m，分子势能随分子间距的增大而增大；当分子间距小于10－10 m时，分子势能随分子间距的增大而减小；分子间距离为平衡距离时，分子势能是最小的．若取无穷远处的分子势能为0，则分子间距为平衡距离时，分子势能为负的，且最小．[答案] B二、非选择题(共51分)8．(10分)(2011·浙江五校)(1)如右图所示，把一块洁净的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接触水面．如果你想使玻璃板离开水面，必须用比玻璃板重力__________的拉力向上拉橡皮筋．原因是水分子和玻璃的分子间存在__________作用．(2)往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色．这一现象在物理学中称为_________现象，是由于分子的_________而产生的，这一过程是沿着分子热运动的无序性_________的方向进行的．[解析] (1)水分子对玻璃板下表面分子有吸引力作用，要拉起必须施加大于重力和分子吸引力合力的拉力．(2)红墨水分子进入水中为扩散现象，是分子热运动的结果，并且分子热运动朝着熵增大，即无序性增大的方向进行．[答案] (1)大分子引力(2)扩散无规则运动(热运动) 增大9．(10分)回答下列问题：(1)已知某气体的摩尔体积为V m，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，由以上数据能否估算出每个分子的质量、每个分子的体积、分子之间的平均距离？(2)当物体体积增大时，分子势能一定增大吗？(3)在同一个坐标系中画出分子力F和分子势能E p随分子间距离的变化图象，要求表示出E p最小值的位置及E p变化的大致趋势．[解析] (1)可估算出每个气体分子的质量m0＝MN A ；由于气体分子间距较大，由V0＝V mN A求得的是一个气体分子占据的空间，而不是一个气体分子的体积，故不能估算每个分子的体积；由d＝3V0＝3VmN A可求出分子之间的平均距离．(2)在r>r0范围内，当r增大时，分子力做负功，分子势能增大；在r<r0范围内，当r 增大时，分子力做正功，分子势能减小，故不能说物体体积增大，分子势能一定增大，只能说当物体体积变化时，其对应的分子势能也变化．(3)如图[答案] 见解析10．(10分)(2010·江苏高考)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023 mol －1.若潜水员呼吸一次吸入2 L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字)[解析] 设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，则有Δn＝ρ海－ρ岸VMN A，代入数据得Δn＝3×1022个．[答案] 3×1022个11．(10分)对于固体和液体来说，其内部分子可看做是一个挨一个紧密排列的小球，若某固体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A.(1)该固体分子质量的表达式为m0＝__________.(2)若已知汞的摩尔质量为M＝200.5×10－3 kg/mol，密度为ρ＝13.6×103 kg/m3，阿伏加德罗常数为N A＝6.0×1023 mol－1，试估算汞原子的直径大小(结果保留两位有效数字)．[解析] (1)该固体分子质量的表达式m 0＝M N A. (2)将汞原子视为球形，其体积V 0＝16πd 3＝MρN A汞原子直径的大小d ＝36MρN A π≈3.6×10－10 m. [答案] (1)M N A(2)3.6×10－10m12．(11分)(2011·安徽示范性高中联考)某学校物理兴趣小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层的分子个数．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：地球的半径R ＝6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，空气的平均摩尔质量M ＝2.9×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.(1)这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层的分子数吗？若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．(2)假如地球周围的大气全部液化成液态且均匀分布在地球表面上，估算一下地球半径将会增加多少？(已知液化空气的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3)[解析] (1)能．因为大气压强是由大气重力产生的，由p 0＝mg S ＝mg 4πR 2，得m ＝4πR 2p 0g把查阅得到的数据代入上式得m ≈5.2×1018kg 所以大气层的分子数为N ＝mMN A ≈1.1×1044个 (2)可求出液化后的体积为： V ＝mρ＝5.2×10181.0×103 m 3＝5.2×1015 m 3设大气液化后的液体分布在地球表面上时，地球半径增加h ，则有43π(R ＋h )3－43πR3＝V ，得3R 2h ＋3Rh 2＋h 3＝34π考虑到h ≪R ，忽略h 的二次项和三次项，得 h ＝V4πR 2＝5.2×10154×3.14× 6.4×1062m≈10 m.[答案] (1)见解析 (2)10 m。
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课时作业(一)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共77分)1．在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志如图所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时()A．必须以这一规定速度行驶B．平均速度大小不得超过这一规定数值C．瞬时速度大小不得超过这一规定数值D．汽车上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的[解析]限速标志上的数值为这一路段汽车行驶的瞬时速度的最大值，汽车上的速度计指示值为汽车行驶的瞬时速度值，不能超过这一规定值，故只有C正确．[答案] C2．(2011·江苏省学业水平测试卷)下列诗句描绘的情景中，含有以流水为参考系的是()A．人在桥上走，桥流水不流B．飞流直下三千尺，疑是银河落九天C．白日依山尽，黄河入海流D．孤帆远影碧空尽，唯见长江天际流[解析]A项是以水流为参考系，故有桥流水不流，A对；B、C、D都是以大地为参考系．[答案] A3．(2011·镇江一模)近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势．王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的()A．速度增加，加速度减小B．速度增加，加速度增大C．速度减小，加速度增大D．速度减小，加速度减小[解析]“房价上涨”可以类比成运动学中的“速度增加”，“减缓趋势”则可以类比成运动学中的“加速度减小”．[答案] A4．2010年1月11日20∶58∶46，中国在境内进行了一次陆基中段反导拦截技术试验，试验达到了预期目的．这一试验的成就和意义可与“两弹一星”并论．假设敌方导弹发射t0时间后，我方反导拦截导弹发射经时间t将其摧毁，则以下说法正确的是() A．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行轨迹相同B．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间差为t－t0C．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间差为t0D．敌方导弹与我方反导拦截导弹相撞时与地心距离相同[解析]根据曲线运动规律可知，敌方导弹与我方反导拦截导弹运行轨迹不相同，A错；敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间分别为t＋t0和t，所以B错C正确；敌方导弹与我方反导拦截导弹相撞时与地心距离相同，D正确．[答案]CD5．从高为5 m处以某一初速度竖直向下抛一小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2 m处被接住，则这段过程中()A．小球的位移为3 m，方向竖直向下，路程为7 mB．小球的位移为7 m，方向竖直向下，路程为7 mC．小球的位移为3 m，方向竖直向下，路程为3 mD．小球的位移为7 m，方向竖直向下，路程为3 m[解析]路程是标量，是物体运动轨迹的路线长度，s＝5 m＋2 m＝7 m；位移是矢量，是由起点指向末点的有向线段，位移方向为起点指向末点，大小为有向线段长度Δx＝3 m，方向竖直向下．A选项正确．[答案] A6．用同一张底片对着小球运动的路径每隔110s拍一次照，得到的照片如下图所示，则小球在图中过程运动的平均速度大小是()A．0.25 m/s B．0.2 m/sC．0.17 m/s D．无法确定[解析]由于此过程小球的位移为5 cm，所经时间为t＝3×110s＝0.3 s，所以v＝5×10－20.3m/s≈0.17 m/s，故C项正确．[答案] C7．三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点．下列说法正确的是()A．三个质点从N点到M点的平均速度相同B．三个质点任意时刻的速度方向都相同C．三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同D．三个质点从N点到M点的位移不同[答案] A8．(2011·临沂期中)2009年10月14日，在山东威海举行了第十一届全国运动会铁人三项的女子决赛．本届全运会铁人三项比赛采用奥林匹克标准竞赛距离，包括一点五公里游泳、四十公里自行车和十公里跑步三部分，总距离为五十一点五公里．东道主选手王毅在最后一圈加速冲刺，以领先9.24秒的优势获得冠军，总成绩是2小时16分02秒77.假设王毅在三项中各段的时间分别为t 1、t 2、t 3，对应行程为x 1、x 2、x 3，三项中各段的平均速率分别为v 1、v 2、v 3，总平均速率为v .则(计算中结果保留一位小数)( )A ．v 1<v 3<v 2B ．v ＝v 1＋v 2＋v 33C ．v ＝6.3 m/sD ．v 可能比x 2t 2大，也可能比x 1t 1小[解析] 游泳平均速率v 1最小，自行车平均速率v 2最大，选项A 正确；平均速率v ＝xt ＝51.5×103 m 8162.77 s≈6.3 m/s ，选项C 正确．[答案] AC9．(2012·福建六校联考)一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中 ( )A ．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值[解析] 由于加速度的方向始终与速度方向相同，质点速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，选项A 错误B 正确；位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不再变化，位移将随时间继续增大，选项CD 错误．[答案] B10．一物体做加速度不变的直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s ，1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A ．速度变化的大小可能小于4 m/sB ．速度变化的方向可能与原速度方向反向C ．加速度的方向可能与原速度方向反向D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2[解析] 1 s 后的速度与原来的速度同向时，有Δv ＝10 m/s －4 m/s ＝6 m/s ，a ＝ΔvΔt＝6 m/s 2，选项A 、C 错误；1 s 后的速度与原来的速度反向时，有Δv ＝(－10－4) m/s ＝－14 m/s ，a ＝ΔvΔt＝－14 m/s 2，选项B 、D 正确．[答案] BD11．如图所示为高速摄影机拍摄到的子弹穿透苹果瞬间的照片．该照片经放大后分析出，在曝光时间内，子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1%～2%.已知子弹飞行速度约为500 m/s ，由此可估算出这幅照片的曝光时间最接近( )A ．10－3 sB ．10－6 sC ．10－9 sD ．10－12s[解析] 在曝光时间内，子弹的运动可简化为匀速运动，影像前后错开的距离对应在该时间内的位移．子弹长度的数量级为10－2 m ，故子弹位移的数量级为10－4 m ，而子弹飞行速度约为500 m/s ，故曝光时间估算为t ＝s v ＝10－4500s ＝2×10－7 s ，最接近B 选项．[答案] B二、非选择题(共23分)12．(11分)为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0 cm 的遮光板，如下图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30 s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10 s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0 s ．试估算：(1)滑块的加速度多大？(2)两个光电门之间的距离是多少？ [解析] (1)遮光板通过第一个光电门的速度 v 1＝L Δt 1＝0.030.30 m/s ＝0.10 m/s遮光板通过第二个光电门的速度 v 2＝L Δt 2＝0.030.10m/s ＝0.30 m/s故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067 m/s 2(2)两个光电门之间的距离x ＝v 1＋v 22Δt ＝0.6 m.[答案] (1)0.067 m/s 2 (2)0.6 m13．(12分)(2011·福建省泉州七中第一次月考)一辆客车在某高速公路上行驶，在经过某直线路段时，司机驾车做匀速直线运动．司机发现其正要通过正前方高山悬崖下的隧道，于是鸣笛，5s 后听到回声；听到回声后又行驶10s 司机第二次鸣笛，3s 后听到回声．请根据以上数据帮助司机计算一下客车的速度，看客车是否超速行驶，以便提醒司机安全行驶．已知此高速公路的最高限速为120 km/h ，声音在空中的传播速度为340 m/s.[解析] 设客车行驶速度为v 1，声速为v 2，客车第一次鸣笛时客车离悬崖的距离为x .由题意可知，在第一次鸣笛到听到回声的过程中，应有：2x －v 1×5＝v 2×5；当客车第二次鸣笛时，客车距离悬崖的距离为x ′＝x －v 1×15，同理有2x ′－v 1×3＝v 2×3，即2(x －v 1×15)－v 1×3＝v 2×3.得v 1＝v 214＝24.3 m/s ＝87.5 km/h ，小于120 km/h ，故客车未超速．[答案] v ＝87.5 km/h ，未超速 拓展题：(2011·宁波八校联考)如图所示，甲、乙两位同学多次进行百米赛跑，每次甲都比乙提前10 m 到达终点．假若现让甲远离起跑点10 m ，乙仍在起跑点起跑，则结果将会( )A ．甲先到达终点B ．两人同时到达终点C ．乙先到达终点D ．不能确定[解析] 百米赛跑中甲比乙提前10 m 到达终点，即甲跑完100 m 与乙跑完90 m 所用时间相同，则有100 m v 甲＝90 m v 乙，得v 甲＝109v 乙．让甲远离起跑点10 m 而乙仍在起跑点，则甲跑110 m 到达终点的时间t ′甲＝110 m v 甲＝99 m v 乙，而乙跑到终点的时间t ′乙＝100 mv 乙>t ′甲，所以甲先到达终点．[答案] A课时作业(二)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．(2011·芜湖检测)一位同学在探究影响落体运动的因素时，设计了如下四个小实验： 实验(1)：让一张纸片和一枚硬币同时从同一高度落下实验(2)：让两张相同纸片，一张揉成一团，一张摊开，同时从同一高度下落 实验(3)：让小纸团与硬币同时从同一高度下落实验(4)：在抽成真空的玻璃管中，让小纸片、小纸团、小硬币同时从同一高度落下 对上述四个实验，下列说法正确的是( ) A ．(1)中硬币与纸片同时落地 B ．(2)中两者同时着地 C ．(3)中硬币先着地 D ．(4)中三者同时落地[解析] 自由落体运动是一个理想化运动模型，在只考虑受力的主要因素(重力)、可以忽略次要因素(阻力)的情况下，一般落体运动就可看成自由落体运动．能将不同情景下的小纸团、小纸片、小硬币所做的运动看成是自由落体运动，关键在于除要求其初速度为零之外，还要求它只受重力作用或者受到的阻力与重力相比可以忽略．[答案] D2．(2011·天津)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s[解析] 由x ＝v 0t ＋12at 2与x ＝5t ＋t 2的对比可知：该质点做直线运动的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.将t ＝1 s 代入所给位移公式可求得第1 s 内的位移是6 m ；前2 s 内的位移是14 m ，平均速度为142 m/s ＝7 m/s ；由Δx ＝aT 2可得T ＝1 s 时，相邻1 s 内的位移差都是2m ，由加速度的物理意义可得任意1 s 内速度的增量(增加量)都是2 m/s.[答案] D3．A 与B 两个质点向同一方向运动，A 做初速度为零的匀加速直线运动，B 做匀速直线运动．开始计时时，A 、B 位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时( )A ．两质点速度相等B ．A 与B 在这段时间内的平均速度相等C ．A 的瞬时速度是B 的2倍D ．A 与B 的位移相同[解析] 由题意可知二者位移相同，所用的时间也相同，则平均速度相同，再由v ＝v A2＝v B ，所以A 的瞬时速度是B 的2倍，故选B 、C 、D.[答案] BCD4．(2010·福建师大附中模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m[解析] 由Δx ＝aT 2得：9－7＝a ·12，a ＝2 m/s 2，由v 0T －12aT 2＝x 1得：v 0×1－12×2×12＝9，v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t m ＝v 0a ＝5 s<6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝v 202a ＝25 m ，C正确．[答案] C5．某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的 ( ) A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上[解析] 初速度为30 m/s ，只需3 s 即可上升到最高点，位移为h 1＝v 202g＝45 m ，再自由下落2 s ，下降高度为h 2＝0.5×10×22 m ＝20 m ，故路程为65 m ，A 对；此时离抛出点高25 m ，故位移大小为25 m ，方向竖直向上，B 对；此时速度为v ＝10×2 m/s ＝20 m/s ，方向向下，速度改变量大小为50 m/s ，C 错；平均速度为v ＝255m/s ＝5 m/s ，D 错． [答案] AB6．(2011·巢湖市六中第一次月考)一列车队从同一地点先后开出n 辆汽车在平直的公路上排成直线行驶，各车均由静止出发，先做加速度为a 的匀加速直线运动，达到同一速度v 后改做匀速直线运动，欲使n 辆车都匀速行驶时彼此距离均为x ，则各辆车依次启动的时间间隔为(汽车视为质点)( )A.2v aB.v 2aC.x 2vD.x v[解析] 取相邻两车考虑：以后一辆车开始运动时为计时起点，设经时间t 0达到v 做匀速运动，则前一辆车已经运动的时间为t 0＋Δt .前、后两车的位移分别为：x 前＝v 2t 0＋v Δt ，x 后＝v2t 0由x 前－x 后＝x ，即v 2t 0＋v Δt －v 2t 0＝x ，得Δt ＝xv .[答案] D7．(2011·抚顺模拟)我国是一个能源消耗大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升飞机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V ＝pa ＋q (p 、q 均为常数)，若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量很小，则其加速度大小应为( )A.pq B.q p C.p ＋q pD.p ＋q q[解析] 飞机匀加速上升，则H ＝12at 2，耗油总量V 0＝Vt ＝(pa ＋q )t ，联立得V 0＝2Hp /t＋qt ，由于2Hpt ×qt ＝2Hpq ＝C ，C 为常量，因此当2Hp /t ＝qt 时，V 0有最小值，此时t 2＝2pH /q ，a ＝2H /t 2＝q /p .[答案] B8．(2011·湛江模拟)一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止．从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度．根据表中的数据通过分析、计算可以得出( )A.B ．汽车加速运动经历的时间为5 s C ．汽车匀速运动的时间为2 s D ．汽车减速运动的时间为2 s[解析] 由表中前3 s 可知汽车匀加速的加速度a 1＝3.0 m/s 2，由v m ＝a 1t 可得匀加速经历的时间是4 s ，A 对B 错；再由9.5 s 到10.5 s 的速度变化可得匀减速运动的加速度a 2＝－6.0 m/s 2，由3＝v m ＋a 2t 2，得t 2＝1.5 s ，因此9 s 开始减速直到停止，经历的时间为2 s ，D 对；由4 s 开始匀速到9 s 开始减速，匀速运动的时间为5 s ，C 错．故选A 、D.[答案] AD9．(2011·合肥模拟)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如右图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动．当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为 ( )A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定[解析] 设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内位移为12a (2t )2＝20 m,①所以超声波追上A 车时，A 车前进的位移为12at 2＝5 m, ②所以超声波在2t 内的路程为2×(335＋5) m ，由声速340 m/s 可得t ＝1 s ，代入①式得，B 正确．[答案] B二、非选择题(共30分)10．(14分)(2012·洛阳四校联考)2010年11月18日，珠海航展现场空军八一飞行表演队两架歼10飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m 的歼10飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 0，运动时间为t 1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为s .求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．[解析] 如图，A 为飞机着陆点，AB 、BC 分别为两个匀减速运动过程，C 点停下．A 到B 过程，依据运动学规律有 s 1＝v 0t 1－12a 1t 21v B ＝v 0－a 1t 1B 到C 过程，依据运动学规律有s 2＝v B t 2－12a 2t 220＝v B －a 2t 2 A 到C 过程，有： s ＝s 1＋s 2 联立解得：a 2＝(v 0－a 1t 1)22s ＋a 1t 21－2v 0t 1，t 2＝2s ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1. [答案] a 2＝(v 0－a 1t 1)22s ＋a 1t 21－2v 0t 1 t 2＝2s ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 111．(16分)(2010·湖南十校联考)如右图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2 kg ，管长为24 m ，M 、N 为空管的上、下两端，空管受到F ＝16 N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)若小球上抛的初速度为10 m/s ，则其经过多长时间从管的N 端穿出；(2)若此空管的N 端距离地面64 m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围．[解析] (1)对管，根据牛顿第二定律 mg －F ＝ma ① 代入数据得a ＝2 m/s 2设经过t 时间从N 端穿出 对管h ＝12at 2②对球－(24＋h )＝v 0t －12gt 2③由②③得：2t 2－5t －12＝0. 解之得t ＝－32(舍去)t ＝4 s.(2)－64＝v 0t 1－12gt 21④64＝12at 21⑤－88＝v 0′t －12gt 21⑥由④⑤得v 0＝32 m/s 由⑤⑥得v ′0＝29 m/s 所以29 m/s<v 0<32 m/s.[答案] (1)4 s (2)29 m/s<v 0<32 m/s 拓展题：(2011·西安八校联考)一个物体原来静止在光滑的水平地面上，从t ＝0时刻开始运动，在第1、3、5、…奇数秒内做加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动，在第2、4、6、…偶数秒内以前一奇数秒末的速度做匀速直线运动，问经过多长时间物体位移的大小为60.25 m?[解析] 第1 s 内位移为1 m ，第2 s 内位移为2 m ，… ，第n s 内位移为n m 则n s 内位移s ＝1＋2＋3＋…＋n ＝1＋n 2n得10 s<n <11 s 时物体位移可为60.25 m 前10 s 位移s ＝1＋2＋3＋…＋n ＝1＋n2n ＝55 m10 s 末速度v 0＝10 m/s根据位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，得L －s ＝v 0t ＋12at 2代入数据得t ＝0.5 s 运动总时间为10.5 s课时作业(三)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．(2011·江西师大附中、临川联考)下列所给的图象中能反映做直线运动物体不会回到初始位置的是( )[解析] 考查运动图象规律．A 为s －t 关系，图线与t 轴相交的两个时刻即为相同的初始位臵，说明物体回到了初始位臵；B 、C 、D 选项中的图象均为v －t 图象，要回到初始位臵，需看t 轴上方的图线与坐标轴围成的面积和t 轴下方的图线与坐标轴围成的面积相等，显然B 选项中只有t 轴上方的面积，故B 选项表示物体一直朝一个方向运动，不会回到初始位臵，而C 、D 选项在t ＝2 s 时刻，物体回到了初始位臵，故选B.[答案] B2．(2011·唐山模拟)某高速列车沿直线运动的v －t 图象如图所示，则该列车( ) A ．0～30 s 时间内的位移小于9×102 m B ．30 s 时的速度等于30 m/sC ．0～60 s 时间内做匀加速运动D ．90 s ～120 s 时间内做匀速运动[解析] v －t 图象中的斜率表示加速度，面积表示位移，平行时间轴的直线表示列车做匀速直线运动，所以A 、D 正确，B 、C 错误．[答案] AD3．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其v －t 图象如下图所示，则由图可知( )A ．小球下落的最大速度为5 m/sB ．小球第一次反弹后瞬间速度的大小为3 m/sC ．小球能弹起的最大高度为0.45 mD ．小球能弹起的最大高度为1.25 m[解析] 由v －t 图象可知，速度最大值为5 m/s.0.5 s 时速度反向，大小为3 m/s ，选项A 、B 对．弹起的最大高度为h ＝12×0.3×3 m ＝0.45 m ，故选项C 对D 错． [答案] ABC4．一遥控玩具小车在平直路上运动的位移—时间图象如右图所示，则( )A ．15 s 内汽车的位移为300 mB ．20 s 末汽车的速度为－1 m/sC ．前10 s 内汽车的加速度为3 m/s 2D ．前25 s 内汽车做单方向直线运动[解析] 由位移—时间图象可知：前10 s 汽车做匀速直线运动，速度为3 m/s ，加速度为0，所以C 错误：10 s ～15 s 汽车处于静止状态，汽车相对于出发点的位移为30 m ，所以A 错误：15 s ～25 s 汽车向反方向做匀速直线运动，速度为－1 m/s ，所以D 错误，B 正确．[答案] B5．甲、乙两辆汽车，同时在一条平直的公路上自西向东运动，开始计时的时刻两车平齐，相对于地面的v －t 图象如右图所示．关于它们的运动，下列几个人的说法正确的是( )①甲车中的乘客说：乙车先以速度v0向西做匀减速运动，后(向甲车)做匀加速运动，以速度v0从(甲车)旁边通过后，一直向东远离而去……②乙车中的乘客说：甲车先以速度v0向东做匀减速运动，后(向乙车)做匀加速运动，以速度v0从(乙车)旁边通过后，一直向西远离而去……③某同学根据v－t图象说：乙车速度增加到v0时，两车再次相遇(平齐)④另一个同学根据v－t图象说：开始甲车在前、乙车在后，两车间距离先增大，后减小，当乙车速度增大到v0时，两车恰好平齐A．①③B．②④C．①②D．②③[解析]由v－t图知，甲做匀速直线运动，乙做初速度为零的匀加速直线运动．由v－t图象中图线与坐标轴围成的“面积”表示位移，参考系的选择不同，物体运动特点不同即可知，只有①、②正确．当乙车速度增加到v0时，甲、乙两车速度相等；但v－t“面积”不等，故两车位移不等，两车没有相遇(平齐)，③错：从v－t图象上“面积”表示位移可知，开始甲车在前、乙车在后，两车的距离一直增长，直到乙车速度为v0时，甲乙两车相距最远，④错．[答案] C6．(2011·邵阳联考)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间(x－t)图象如图所示，则下列说法正确的是() A．t1时刻乙车从后面追上甲车B．t1时刻两车相距最远C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度[解析]位移—时间图象的纵坐标表示的是相对原点的位臵坐标，所以t1时刻甲、乙在同一位臵，故A对，B错；位移—时间图象的斜率表示速度，t1时刻甲的斜率小于乙的斜率，故C错；平均速度等于位移与时间的比，0到t1时间内甲、乙位移相同，时间也相同，所以平均速度相同，故D项错．[答案] A7．(2011·温州五校联考)新中国成立60周年，在天安门广场进行十年一次的大阅兵仪式，各个部队和军种都在紧张地演练，在空军演练中，某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v－t图象如图所示，则下列说法正确的是() A．0～10 s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力，10 s～15 s整体所受重力小于空气阻力B. 0～10 s内做加速度逐渐减小的加速运动，10 s～15 s内做加速度增大的减速运动C．第10 s末打开降落伞，以后做匀减速运动至第15 s末D．10 s～15 s加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小[解析]由v－t图象可知，0～10 s内做加速度逐渐减小的加速运动，空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力，10 s～15 s内做加速度减小的减速运动，加速度方向竖直向上，整体所受重力小于空气阻力，因此B、C错误，A、D正确．[答案]AD8．(2011·桂林月考)两辆汽车a、b在两条平行的直车道上行驶．t＝0时两车都在同一地点，此时开始运动．它们的v－t图象如下图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是()A．两辆车在前10 s内，b车在前，a车在后，距离越来越大B．a车先追上b车，后b车又追上a车C．a车与b车间的距离先增大后减小再增大，但a车始终没有追上b车D．a车先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，再做匀速直线运动，b车做匀速直线运动[解析]v－t图象中，两图线的第一个交点代表两车共速，此时两车相距最远，之后a 的速度大于b的速度，二者距离又靠近，第二次速度相等时，二者相距最近，之后又远离，图象中a的面积始终小于b的面积，所以a车始终没有追上b车，选项C、D项正确．[答案]CD9．(2012·洛阳市期末)如右图所示，t＝0时，质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点．测得每隔 2 s的三个时刻物体的瞬时速度记录在下表中，由此可知(重力加速度g＝10 m/s2)()A.B．t＝3 s的时刻物体恰好经过B点C．t＝10 s的时刻物体恰好停在C点D．A、B间的距离大于B、C间的距离[解析]仔细观察数据可得，0～2 s内物体加速运动，加速度a1＝4 m/s2,2～4 s内也是加速运动，但按照0～2 s规律，4 s末应加至16 m/s，所以在4 s末物体应处于水平段，4～6 s内物体的运动为水平方向的匀减速运动，加速度a2＝2 m/s2.因题目设计的数据较小且规律性明显，可作速度时间图象如图．由图知物体在3～4 s 内达到最大速度，大于12 m/s ，A 、B 均错；在t ＝10 s 时到达C 点静止，C 对；A 、B 间距离应小于B 、C 间距离，D 错．若采用公式法，虽可解出，但计算量大，解得t ＝10/3 s 时到达B 点，速度为40/3 m/s.[答案] C10．(2011·北师大附中模拟)如图所示，处于平直轨道上的甲、乙两物体相距为s ，同时、同向开始运动．甲以初速度v 、加速度a 1做匀加速直线运动，乙做初速度为零、加速度为a 2的匀加速直线运动，假设甲能从乙旁边通过，要使甲、乙相遇两次的条件是( )A ．a 1<a 2且s >v 22(a 2－a 1)B ．a 1<a 2且s <v 22(a 2－a 1)C ．a 1>a 2且s >v 2(a 2－a 1) D ．a 1>a 2且s <v 2(a 2－a 1)[解析] 若甲与乙速度相等时，甲已经从乙旁经过，则有v ＋a 1t ＝a 2t ，v t ＋12a 1t 2>s ＋12a 2t 2，两式联立可得：s <v 22(a 2－a 1)，若再有a 2>a 1，则定有乙再次追上甲的结果，即甲、乙相遇两次，故正确答案为B.[答案] B二、非选择题(共30分)11．(16分)(2012·安徽省省城名校联考)A 、B 两列火车，在同一轨道上同向行驶，A 车在前，其速度v A ＝10m/s ，B 车在后，速度v B ＝30m/s ，因大雾能见度很低，B 车在距A 车x 0＝75m 时才发现前方有A 车，这时B 车立即刹车，但B 车要经过180m 才能停下来．(1)B 车刹车时A 仍按原速率行驶，两车是否会相撞？(2)若B 车在刹车的同时发出信号，A 车司机经过Δt ＝4s 收到信号后加速前进，则A 车的加速度至少多大才能避免相撞？[解析] (1)B 车刹车至停下来过程中，由v 2－v 20＝2ax解得a B ＝－v 2a 2x＝－2.5 m/s 2 画出A 、B 两列火车的v －t 图象如图所示，根据图象计算出两列火车的位移分别为：x A ＝10×8m ＝80mx B ＝30＋102×8m ＝160m 因x B >x D ＋x A ＝155m 故两车会相撞(2)设A 车加速度为a A 时两车不相撞，则两车速度相等时，有：v B ＋a B t ＝v A ＋a A (t －Δt )此时B 车的位移x B ＝v B t ＋12a B t 2 A 车的位移x A ＝v A t ＋12a A (t －Δt )2 为使两车不相撞，两车的位移关系满足x B ≤x 0＋x A联立以上各式解得a A ≥0.83m/s 2即列车A 的加速度至少为0.83m/s 2[答案] (1)两车会相撞(2)A 的加速度至少为0.83 m/s 212．(14分)2010年8月7日，甘肃甘南藏族自治州舟曲县发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，突然司机发现在距坡底240 m 的山坡处泥石流以8 m/s 的初速度、0.4 m/s 2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机(反应时间为1 s)以0.5 m/s 2的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直线运动(如图所示)，而泥石流到达坡底后速率不变且在水平面的运动近似看成匀速直线运动．问：汽车司机能否安全脱离？[解析] 设泥石流到达坡底的时间为t 1，速率为v 1，则x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，v 1＝v 0＋a 1t 1 代入数值得t 1＝20 s ，v 1＝16 m/s而汽车在19 s 时间内发生位移为x 2＝12a 2t 22＝90.25 m 速度为v 2＝a 2t 2＝9.5 m/s令再经时间t 3，泥石流追上汽车，则有v 1t 3＝x 2＋v 2t 3＋12a 2t 23 代入数值并化简得t 23－26t 3＋361＝0，因Δ<0，方程无解所以泥石流无法追上汽车，司机能安全脱离．[答案] 司机能安全脱离拓展题：在“30 m 折返跑”中，平直的跑道上，一学生站立在起点线处，当听到起跑口令后(测试员同时开始计时)，跑向正前方30 m 处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即为折返跑的成绩．学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速，触摸杆的时间不计．该学生加速时的加速度大小为a 1＝2.5 m/s 2，减速时的加速度大小为a 2＝5 m/s 2，到达折返线处时速度需减小到零，并且该学生全过程中最大速度不超过v m ＝12 m/s.求该学生“30 m 折返跑”的最。
【与名师对话】高考物理总复习 课时作业25 新人教版选修3-1
课时作业(二十五)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1．不计重力的负粒子能够在如右图所示的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过．设产生匀强电场的两极板间电压为U ，距离为d ，匀强磁场的磁感应强度为B ，粒子带电荷量为q ，进入速度为v ，以下说法正确的是( )A ．若同时增大U 和B ，其他条件不变，则粒子一定能够直线穿过 B ．若同时减小d 和增大v ，其他条件不变，则粒子可能直线穿过C ．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子动能一定减小D ．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子的动能有可能不变[解析] 粒子能够直线穿过，则有q Ud ＝qvB ，即v ＝U Bd，若U 、B 增大的倍数不同，粒子不能沿直线穿过，A 项错，同理B 项正确；粒子向下偏，电场力做负功，又W 洛＝0，所以ΔE k <0，C 项正确，D 项错．[答案] BC2．(2012·洛阳四校联考)下图甲是回旋加速器的原理示意图。
其核心部分是两个D 型金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连．加速时某带电粒子的动能E K 随时间t 变化规律如下图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )A ．高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1B ．在E K －t 图象中t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1C ．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D ．不同粒子获得的最大动能都相同[解析] 高频电源的变化周期应该等于2(t n －t n －1)，选项A 错误；由qvB ＝mv 2/R 得R ＝mv /qB ，粒子获得的最大动能E k ＝12mv 2＝q 2B 2R22m ，与加速次数无关，选项C 错误．对于同一回旋加速器，半径R 一定，磁感应强度B 一定，粒子获得的最大动能E k 与粒子电荷量q 和质量有关，选项D 错误．[答案] B3．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如右图所示表示了它的发电原理：将一束等离子体喷射入磁场，磁场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体的初速度为v ，两金属板的板长(沿初速度方向)为L ，板间距离为d ，金属板的正对面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于离子初速度方向，负载电阻为R ，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表的示数为I .那么板间电离气体的电阻率为( )A.S d (BdvI －R ) B.S d (BLvI －R ) C.S L (BdvI－R ) D.S L (BLvI－R ) [解析] 当发电机稳定时，等离子体做匀速直线运动，所以qvB ＝qE ＝q U d，即U ＝Bdv ，由I ＝UR ＋r和r ＝ρd S 得ρ＝S d (BdvI－R )，故A 正确． [答案] A4．如右图所示，有一混合正离子束先后通过正交电场、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后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的( )A ．动能B ．质量C ．电荷量D ．比荷[解析] 设电场的场强为E ，由于正离子在区域Ⅰ里不发生偏转，则Eq ＝B 1qv ，得v ＝EB 1；当正离子进入区域Ⅱ时，偏转半径又相同，所以R ＝mvB 2q ＝mE B 1B 2q ＝Em B 1B 2q，故选项D 正确．[答案] D5．(2011·湖南部分中学调研)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 的复合场中(E 和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则( )A ．小球可能带正电B ．小球做匀速圆周运动的半径为r ＝1B 2UEgC ．小球做匀速圆周运动的周期为T ＝2πEBgD ．若电压U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加[解析] 小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受的电场力和重力满足mg ＝Eq ，则小球带负电，A 错误；因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv ＝mv 2r ，Uq ＝12mv 2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r ＝1B 2UEg，由T ＝2πr v 可以得出T ＝2πEBg，所以B 、C 正确，D 错误．[答案] BC6．如右图所示，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右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[解析] 给滑环一个瞬时作用力，滑环获得一定的速度v ，当qvB ＝mg 时，滑环将以v 做匀速直线运动，故A 正确．当qvB <mg 时，滑环受摩擦阻力做减速运动，直到停下来，故B 正确．当qvB >mg 时，滑环先做减速运动，当减速到qvB ＝mg 后，以速度v ＝mg qB做匀速直线运动，故D 对．由于摩擦阻力作用，环不可能做加速运动，故C 错，应选C.[答案] C7．(2011·江西师大附中、临川联考)如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴P 恰好处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．若仅撤去电场，油滴P 可能做匀加速直线运动B ．若仅撤去磁场，油滴P 可能做匀加速直线运动C ．若给油滴P 一初速度，油滴P 不可能做匀速直线运动D ．若给油滴P 一初速度，油滴P 可能做匀速圆周运动[解析] 考查带电体在匀强电场、匀强磁场以及重力场的复合场中的运动．油滴P 能处于静止状态，说明受到的重力和电场力平衡，电场力竖直向上，油滴P 带负电荷．若仅撤去电场，刚开始油滴P 在重力作用下产生速度，相应油滴P 受到磁场产生的洛伦兹力，油滴P 不可能做匀加速直线运动，A 错误；若仅撤去磁场，油滴P 受到的重力和电场力恒定，始终平衡，油滴P 将做匀速直线运动或保持静止状态，不可能做匀加速直线运动，B 错误；给油滴P 一个初速度时，若速度方向垂直纸面，洛伦兹力为零，油滴P 所受合外力为零，则油滴P 将垂直纸面做匀速直线运动，故C 错误；同理给油滴P 的初速度平行纸面的任何方向时，重力和电场力的合力为零，油滴P 相当于只受到洛伦兹力作用，将会做匀速圆周运动，D 正确．[答案] D8．如右图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v －t 图象如下图所示，其中错误的是( )[解析] 小球下滑过程中，qE 与qvB 反向，开始下落时qE >qvB ，所以a ＝mg －μqE －qvB m，随下落速度v 的增大a 逐渐增大；当qE <qvB 之后，其a ＝mg －μqvB －qEm，随下落速度v 的增大a 逐渐减小；最后a ＝0小球匀速下落，故图C正确，A 、B 、D 错误．[答案] ABD9．(2011·皖南八校联考)带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3，如右图所示，不计空气阻力，则( )A ．h 1＝h 2＝h 3B ．h 1>h 2>h 3C ．h 1＝h 2>h 3D ．h 1＝h 3>h 2[解析] 由竖直上抛运动的最大高度公式得：h 1＝v 202g.当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，由能量守恒定律得：mgh 2＋E k ＝12mv 20＝mgh 1，所以h 1>h 2.当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3.[答案] D二、非选择题(共28分)10．(14分)(2010·福建高考)如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S 1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E 的偏转电场，最后打在照相底片D 上．已知同位素离子的电荷量为q (q >0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E 0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．(1)求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示)．[解析] (1)能从速度选择器射出的离子满足qE 0＝qv 0B 0①∴v 0＝E 0B 0②(2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则x ＝v 0t ③ L ＝12at 2④由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑤ 由②③④⑤解得x ＝E 0B 02mLqE .[答案] (1)v 0＝E 0B 0(2)x ＝E 0B 02mL qE11．(14分)(2010·山东高考)如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电量＋q 、重力不计的带电粒子，以初速度v 1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求(1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W 1.(2)粒子第n 次经过电场时电场强度的大小E n . (3)粒子第n 次经过电场所用的时间t n .(4)假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线(不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值)．[解析] (1)设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子第n 次进入磁场时的半径为R n ，速度为v n ，由牛顿第二定律得qv n B ＝m v 2nR n①由①式得 v n ＝qBR nm② 因为R 2＝2R 1，所以 v 2＝2v 1③对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得W 1＝12mv 22－12mv 21④联立③④式得 W 1＝3mv 212⑤(2)粒子第n 次进入电场时速度为v n ，出电场时速度为v n ＋1，有v n ＝nv 1，v n ＋1＝(n ＋1)v 1⑥由动能定理得qE n d ＝12mv 2n ＋1－12mv 2n ⑦联立⑥⑦式得E n ＝n ＋mv 212qd⑧(3)设粒子第n 次在电场中运动的加速度为a n ，由牛顿第二 定律得qE n ＝ma n ⑨由运动学公式得v n ＋1－v n ＝a n t n ⑩联立⑥⑧⑨⑩式得t n ＝2d n ＋v 1⑪(4)如下图所示：[答案] (1)W 1＝3mv 212(2)E n ＝n ＋mv 212qd (3)t n ＝2d n ＋v 1(4)见解析拓展题：(2011·三门模拟)某塑料球成型机工作时，可以喷出速度v 0＝10 m/s 的塑料小球，已知喷出小球的质量m ＝1.0×10－4kg ，并且在喷出时已带了q ＝1.0×10－4C 的负电荷，如下图所示，小球从喷口飞出后，先滑过长d ＝1.5 m 的水平光滑的绝缘轨道，而后又过半径R ＝0.4 m 的圆弧形竖立的光滑绝缘轨道．今在水平轨道上加上水平向右的电场强度为E 的匀强电场，小球将恰好从圆弧轨道的最高点M 处水平飞出；若再在圆形轨道区域加上垂直于纸面向里的匀强磁场后，小球将恰好从圆形轨道上与圆心等高的N 点脱离轨道落入放在地面上接地良好的金属容器内，g ＝10 m/s 2，求：(1)所加电场的电场强度E ； (2)所加磁场的磁感应强度B .[解析] (1)设小球在M 点的速率为v 1，只加电场时对小球在M 点由牛顿第二定律得：mg ＝m v 21R在水平轨道上，对小球由动能定理得：qEd ＝12mv 21－12mv 2由以上两式解之得：E ＝32 V/m(2)设小球在N 点速率为v 2，在N 点由牛顿第二定律得：qv 2B ＝m v 22R从M 到N 点，由机械能守恒定律得：mgR ＋12mv 21＝12mv 22解得：B ＝5 3 T.[答案] (1)32 V/m (2)5 3 T。
高中物理选修3-1课时作业23：3.1磁现象和磁场
3.1磁现象和磁场1．实验表明：磁体能吸引一元硬币，对这种现象的解释正确的是（）A．硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁B．硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝C．磁体的磁性越强，能够吸引的物质种类越多D．硬币中含有磁性材料，磁化后能够被吸引2．为了判断一根钢锯条是否有磁性，某同学用它的一端靠近一个能自由转动的小磁针，下列给出了几种可能产生的现象及相应的结论，其中正确的是（）A．若小磁针的一端被推开，则锯条一定有磁性B．若小磁针的一端被吸引过来，则锯条一定有磁性C．若小磁针的一端被吸引过来，则锯条一定没有磁性D．若小磁针的一端被推开，不能确定锯条是否有磁性3．（多选）如图所示，通电直导线处在蹄形磁铁两极间，受到力F的作用发生偏转，以下说法正确的是（）A．这个力F是通过磁场产生的B．这个力F没有反作用力C．这个力F的反作用力作用在通电导线上D．这个力F的反作用力作用在蹄形磁铁上4．如果你看过中央电视台体育频道的象棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成的。
棋子不会掉下来是因为（）A．质量小，重力可以忽略不计B．受到棋盘对它向上的摩擦力C．棋盘对它的吸引力与重力平衡D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力5.举世瞩目的上海磁悬浮列车线是世界上第一条投入商业运营的磁悬浮列车线，其全程共30 km，列车最高速度可达552 km/h，单向运行约8 min。
磁悬浮列车底部装有电磁铁，轨道地面上则安装有线圈。
通过地面线圈与列车上的电磁铁之间的排斥力使列车悬浮起来。
地面线圈的上端磁极极性与列车上的电磁铁下端极性总保持（）A．相同B．相反C．不能确定D．以上均不对6．指南针是我国古代的四大发明之一。
司南是春秋战国时期发明的一种指南针，如图所示。
它由青铜盘和磁勺组成，磁勺放置在青铜盘的中心，可以自由转动。
由于受地磁场作用，司南的磁勺尾静止时指向南方。
下列说法中正确的是（）A．磁勺能够指示方向，是利用了地磁场对磁勺的作用B．磁勺的指向不会受到附近磁铁的干扰C．磁勺的指向不会受到附近铁块的干扰D．磁勺的N极位于司南的磁勺尾部7．物理实验都需要有一定的控制条件。
【与名师对话】高考物理总复习 第七章 第六讲 实验：练习使用多用电表课件 新人教版选修3-1
2．实验课上，老师在实验桌上摆放了晶体二极管、电阻、电 容器各一只，性能均正常，要求某实验小组用多用电表对以上三元件加 以区分．该小组的做法是：将多用电表的选择开关拨到“R×100”挡， 分别测它们的正负电阻加以区别：测甲元件时，R正＝R反＝0.5 kΩ；测 乙元件时，R正＝0.5 kΩ，R反＝100 kΩ；测丙元件时，开始指针偏转到 0.5 kΩ，接着读数逐渐增大，最后停在100 kΩ上，测甲、乙、丙三个元 件分别是( )
A ABC
C
B
B CCB
A
A
100 150 50 2 k 2.1 k 100
[尝试解答] 此题考查用多用电表判定黑箱内的电路结构，考 查学生对二极管特性的掌握情况，考查推理能力．定值电阻阻值与电流 方向无关．二极管有单向导电性，其电阻与电流方向有关，其正向电阻 较小，反向电阻很大．电流方向总是从红表笔流入多用电表，因此一定 是从黑表笔流入被测电路的．
三、实验器材 多用电表一只，干电池一节，电阻箱一个，定值电阻三个，黑 箱一个，导线若干．
(对应学生用书P141) 要点一 实验步骤 1.观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程． 2．检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置. 若不 指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．
3．将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔． 4．如图(1)所示连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压 挡，测小电珠两端的电压． 5．如图(2)所示连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量 通过小电珠的电流．
要点二 数据处理 1.测电阻时，电阻值等于指针的示数与倍率的乘积． 2．若指针指在两个相邻刻度的中央，如果测电流或电压时，估读 数是最小分度的12；若测电阻时，估读数要小于最小分度的12.
人教版高中物理选修3-1复习资料全套带答案.doc
最新人教版高中物理选修3-1复习资料全套带答案高中物理第一章静电场章末总结新人教版选修3-1第一部分题型探究静电力与平衡把质量m的带负电小球A,用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为Q的带正电球B靠近A,当两个带电小球在同一高度相距r时，绳与竖直方向成a角•试求:(1)A球受到的绳子拉力多大？(2)A球带电荷量是多少？【思路点拨】(1)对小球A受力分析，受重力、静电引力和绳子的拉力，根据三力平衡求出绳子拉力;(2)根据库仑定律求出小球A的带电量.解析：⑴带负电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F'、重力mg以及绳子的拉力T的作用，其合力为零.因此mg-Tcos a =0, F' -Tsin a =0e nig ,得丁= ------ ，F = mg tan a.cos a(2)根据库仑定律F ‘ =k^r,2所以A球带电荷量为q"；,：答案：(1) A球受到的绳子拉力F，=mgtan a/、 4皿i 卄冃口mgr2tan a(2) A球带电荷量是q= —小结：本题先根据平衡条件得到库仑力，再根据库仑定律求出B球的带电量.a针对性训练1.用两根长度均为L的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点.已知两小球质量均为m,当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为0,如图所示.若己知静电力常量为k,重力加速度为g.求：(1)小球所受拉力的大小；⑵小球所带的电荷量.解析：(1)对小球进行受力分析，如图所示.设绳子对小球的拉力为T,则"严(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F,贝!) F=mgtan 0 ,又因为：F=k —, r=2Lsin 0 r所以Q = 2Lsi 吧严卜答案：见解析粒子在电场屮的运动一带电的粒子射入一固定的点电荷Q 形成的电场中，沿图屮虚线由a 点运动到b 点，a 、b 两点到点A. 粒子一定带正电荷B. 电场力一定对粒子做负功C. 粒子在b 点的电势一定高于a 点的电势D. 粒子在b 点的加速度一定小于在a 点的加速度【思路点拨】由于粒子运动的轨迹是远离电荷Q 的，所以可以判断它们应该是带同种电荷；再由电场力的方向和粒子运动的方向的关系，可以判断做功的情况；根据电场线的疏密可以判断出场强的大小，进而可以判断出电场力和加速度的大小.解析：A. rh 粒子的运动的轨迹对以判断出粒子和点电荷Q 之间的作用力是互相排斥的，所以它们应该 是带同种电荷，但不一定就是带正电荷，所以A 错误.B. 由于粒子和点电荷Q 之间的作用力是互相排斥的，而粒子是向着电荷运动的，也就是库仑力的方 向和粒子运动的方向是相反的，由功的公式可以判断电场力一定对粒子做负功，所以B 正确.C. 由A 的分析可知，不能判断Q 带的电荷的性质，所以不能判断ab 点的电势的高低，所以C 错误.D. 由于r a >n,根据E=k2可以判断a 点的场强要比b 点小，所以粒子在b 点时受的电场力比较大， r加速度也就大，所以D 错误.答案：B小结：本题是対电场性质的考查，根据粒子的运动的轨迹判断出粒子和电荷Q 所带的电荷的性质，是 解决本题的关键，当然还要理解电场线与场强的关系.»针对性训练2. (多选)一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abed 曲线，下列判断正确的是(BC)A. 粒子带负电B. 粒子通过a 点时的速度比通过b 点时大C. 粒子在a 点受到的电场力比b 点小则在这一过程中(若粒子只受电场力,D.粒子在a点时的电势能比b点大解析：A.轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，所以该粒子帯正电.故A 错误.B.从a到b,电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b 点的速度.故B正确.C.b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小.故C正确.D.从a到b,电场力做负功，电势能增加.所以a点的电势能小于b点的电势能.故D错误.功能关系在电场中的运用如图所示，在点电荷+Q的电场中有A、B两点，将质子和a粒子(带电荷量是质子的2倍，质量是质子的4倍)分别从A点由静止释放到达B点时，它们速度大小之比为多少？解析：质子和a粒子都是正离子，从A点释放后将受电场力作用，加速运动到B点，设AB间的电势差为U,根据动能定理得：对质子：qnU=^mnVH①对a粒子：q a U=^maVa②答案：将质子和a粒子分別从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小Z比是£： 1.»针对性训练3.如图所示，一电子(质量为in,电量绝对值为e)处于电压为U的水平加速电场的左极板A内侧，在电场力作用下由静止开始运动，然后穿过极板B中间的小孔在距水平极板M、N等距处垂直进入板间的匀强偏转电场.若偏转电场的两极板间距为d,板长为1,求：(1)电子刚进入偏转电场时的速度vo；(2)要使电子能从平行极板M、N间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压•令 習 厂 M解析：（1）在加速电场屮，由动能左理有:eU=^mvo —0©（2）电子在偏转电场屮做类平抛运动，有: 平行极板方向：要飞出极板区:联解③④⑤式得：「即 U‘ .ax=-^-U. @答案：见解析创新探究有这样一种观点：有质量的物体都会在英周围空间产生引力场，而一个有质量的物体在英他有质量 的物体所产生的引力场中，都要受到该引力场的引力（即万有引力）作用，这种情况可以与电场类比，那么， 在地球产生的引力场中重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比（）A. 电势B.电势能C.电场强度D.电场力解析：本题的情境比较新，引力场与电场是两个不同性质的场，但有可比性.引力场的特点是对处于 引力场的有质量的物体有力的作用即F=n ）g, g 为重力加速度，这是引力场中力的性质.而电场的特点是 对处于电场的电荷有力的作用即F=Eq, E 为电场强度.两者都是从力的角度显示场的重要性质.答案：C第二部分典型错误释疑典型错误之一忽视对电性的讨论真空中两个静止点电荷相距10 cm,它们之间的相互作用力大小为9X1（E" N,当它们合在一起吋， 成为一个带电量为3X10—8 C 的点电荷，问：原來两个电荷的带电量各为多少？【错解】根据电荷守恒定律：qi + q 2=3X10-8 C=a©2 [ /\ —2 x 2根据库仑定律：q 】q2=〒F=—— X9X10-4 C 2=1X1O -15 C 2=bh以q2飞代入①式得：qf ）+ b = 01 =Vot ③ leU'2 C ④垂直极板方向: 解①得:②解得 qi=-（a±-\/a 2 —4b ） =~（3X 10_s ±^/9X 10_1（，—4X 10_I ：，）C.【分析纠错】学生的思维缺乏全面性，因两点电荷有对能同号，也有可能异号.题中仅给出相互作用 力的大小，两点电荷可能异号，按电荷异号计算.由 qi —Q2=3X 10 s C=a.q 】q2=l X 10-11 C 2 = b.得 qf —aqi — b=0,由此解得:q 】 = 5X10 8 Cq 2=-2X10-8 C.典型错误之二因错误理解直线运动的条件而出错如图所示，一粒子质量为m,带电量为+ q,以初速度v 与水平方向成45°角射向空间匀强电场区 域，粒子恰做直线运动.求这匀强电场最小场强的大小，并说明方向.【错解】因粒子恰做直线运动，所以电场力刚好等于mg ，即电场强度的最小值为：歸=才.【分析纠错】因粒子恰做直线运动，说明粒子所受的合外力与速度平行，但不一定做匀速直线运动, 还可能做匀减速运动.受力图如图所示，显然最小的电场强度应是：厂 mgs in 45°亠宀工士〒“宀,亠 Emin= ------------- = —，方I 口J 垂直于V 斜冋上方. q 2q典型错误之三因错误判断带电体的运动情况而出错质量为m 的物块，带正电Q,开始时让它静止在倾角u=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置 放在水平方向、大小为的匀强电场，如图所示，斜面高为H,释放物体后，物块落地的速度大小 为（）【错解】不少同学在做这道题时，一看到“固定光滑绝缘斜而”就想物体沿光滑斜而下滑不受摩擦力作 A.J72+&) gH C. 2V2gH41用，由动能定理得：mgH+QE#=$Tiv2,得v=p（2+羽）gH而错选A.【分析纠错】其实“固定光滑绝缘斜面”是干扰因素，只要分析物体的受力就不难发现，物体根本不 会沿斜面下滑，而是沿着重力和电场力合力的方向做匀加速直线运动，弄清了这一点，就很容易求得本题 正确答案应是C.典型错误之四 因忽视偏转电场做功的变化而出错一个动能为Ek 的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2应，如果 使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器吋的动能变为()A. 8EuB. 5EkC. 4.25EkD. 4Ek【错解】当初动能为Ek 时，未动能为2Ek ,所以电场力做功为W=E k ；当带电粒子的初速度变为原來 的两倍时，初动能为4比，电场力做功为W=Ek ；所以它飞出电容器时的动能变为5Ek,即B 选项正确.【分析纠错】因为偏转距离为丫=跻，所以带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为》, 所以电场力做功只有W=0.25Ek,所以它飞出电容器时的动能变为4. 25E k ,即C 选项正确.高中物理第二章恒定电流章末总结新人教版选修3-1 原理测电阻率 描述小灯泡的伏安特性曲线 测电池的便用多用表第一部分题型探究将复杂的研究对象转换成简单的物体 模型解决实际问题在国庆日那天，群众游行队伍中的国徽彩车，是由一辆电动车装扮而成，该电动车充一次电可以走 100 km 左右.假设这辆电动彩车总质量为6. 75X 103 kg,当它匀速通过天安门前500 m 长的检阅区域时 用时250 s,驱动电机的输入电流I = 10 A,电压为300 V,电动彩车行驶时所受阻力为车重的0. 02倍.g 取10 m/s 2,不计摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：(1) 驱动电机的输入功率；(2) 电动彩车通过天安门前时的机械功率；龄规律 电路的连接开艾猜动变阻器恆定电流 导线I 控制件 111源 ① 电開定鏗② 部分电路欧姆定律③ 焦耳定律®闭合电路欧姆定禅 用电器 电浣表电压表多用表(3)驱动电机的内阻和机械效率. 【思路点拨】转换对象彩车一“非纯电阻电路”模型思路立现把复杂的实际研究对象转化成熟悉的非纯电阻电路进行处理，抓住了问题的实质，忽略了次要因素，看似复杂的问题变得非常容易解析：(1)驱动电机的输入功率：P 入=UI = 300 VX10 A = 3 000 W.V(2)电动彩车通过天安门前的速度v =?=2 m/s,电动彩车行驶时所受阻力为Fr=0. 02mg=0. 02X6. 75X 103X 10 N=l. 35X10’ N；电动彩车匀速行驶吋F=Ff, 故电动彩车通过天安门前时的机械功率P 机=Fv = 2 700 W.(3)设驱动电机的内阻为R,由能量守恒定律得：1)入七=P机t +『Rt,解得驱动电机的内阻R=3 Q,驱动电机的机械效率H XI00%=90%.1入答案：(1)3 000 W (2)2 700 W (3)3 Q 90%小结：电动彩车是由电动机驱动的，其含电动机的电路是一非纯电阻电路模型，处理此类问题常用能量守恒定律列式求解.a针对性训练1.有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过测量钻孔中的电特性反映地下的有关情况.如图为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm•设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率P =0.314 Q・m. 现在在钻孔的上表面和底部加上电压测得U =100 V, 1 = 100 mA,求该钻孔的深度.解析：设该钻孔内的盐水的电阻为R,由R=p得R jo男Q=io‘ Q・由电阻定律得：深度hRS 103X3. 14X0. I2=i =—= -----------------------P 0.314答案：100 m含电容电路的分析与计算方法(多选)如图所示，乩、R2、R3、出均为可变电阻，G、C2均为电容器，电源的电动势为E,内阻r^O. 若改变四个电阻中的一个阻值，贝9()m= 100 m.&所带的电量都增加 C2所带的电量都增加 C2所帯的电量都增加C2所带的电量都增加【思路点拨】由电路图可知，电阻R2、&、串联接入电路，电容器G 并联在电阻R2两端，电容器C2 与心、出的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何 变化，然后由Q=CU 判断出电容器所带电荷量如何变化.解析：Ri 上没有电流流过，R 】是等势体，故减小R 】，G 两端电压不变，C2两端电压不变，G 、C2所带的 电量都不变，选项A 错误；增大G 、C2两端电压都增大，G 、G 所带的电量都增加，选项B 正确；增大 心，G 两端电压减小，C2两端电压增大，G 所带的电量减小，C2所带的电量增加，选项C 错误；减小心，G 、 C2两端电压都增大，C 】、C2所带的电量都增加，选项D 正确.答案：BD小结：解决含电容器的直流电路问题的一般方法：(1) 通过初末两个稳定的状态來了解中间不稳定的变化过程.(2) 只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断 路.(3) 电路稳定时，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压.(4) 在计算电容器的帶电荷量变化吋，如果变化前后极板帯电的电性相同，那么通过所连导线的电荷 量等于始末状态电容器电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于 始末状态电容器电荷量之和.a 针对性训练2. (多选)如图所示电路中，4个电阻阻值均为R,电键S 闭合时，有质量为叭带电量为q 的小球静 止于水平放置的平行板电容器的正中间.现断开电键S,则下列说法正确的是(AC)A. 小球带负电B. 断开电键后电容器的帯电量增大C. 断开电键后带电小球向下运动0.断开电键后带电小球向上运动解析：带电量为q 的小球静止于水平放置的平行板电容器的正屮间，说明所受电场力向上，小球带负 电，选项A 正确；断开电键后电容器两端电压减小，电容器的带电量减小，带电小球所受电场力减小，带 电小球向下运动，选项C 正确、D 错误.A. 减小Ri, B. 增大R2, C. 增大 D. 减小Ri, G 、 C 】、 /?ft创新情景探究角速度计可测量航天器自转的角速度3,其结构如图所示.当系统绕OCT 转动时，元件A 在光滑 杆上发生滑动，并输出电压信号成为航天器的制导信号源.已知A 质量为m,弹簧的劲度系数为k,原长 为I 』，电源电动势为E,内阻不计.滑动变阻器总长为L,电阻分布均匀，系统静止时滑动变阻器滑动头P 在中点，与固定接点Q 正对，当系统以角速度3转动时，求：(1) 弹簧形变量x 与3的关系式；(2) 电压表的示数U 与角速度(Q 的函数关系.【思路点拨】当系统在水平面内以角速度3转动时，由弹簧的弹力提供元件A 的向心力，根据牛顿 第二定律得到角速度3与弹簧仲长的长度x 的关系式.根据串联电路电压与电阻成正比，得到电压U 与x的关系式，再联立解得电压U 与角速度3的函数关系.解析：(1)根据牛顿第二定律，有：F r .=ma = mw 2R, 而 F n = kx = m 2 (Lo + x),2m 3 *L 0(k —mco 2) 答案：见解析.小结：本题是一道典型的理论联系实际的题目，也是一道力学、电学的综合题，关键是要弄懂滑动变 阻器上当滑动头P 滑动时的电阻关系.»针对性训练3. 如图所示，图甲是我市某中学在研究性学习活动中，吴丽同学自制的电子秤原理示意图.目的是 利用理想电压表的示数指示物体的质量.托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计•・滑 动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘屮没有放物体时，滑动触头恰好指在变阻器R 的最上端，此吋 电压表示数为零.设变阻器总电阻为R,总长度为L,电源电动势为E,内阻为「限流电阻阻值为R 。
【与名师对话】高考物理总复习 课时作业23 新人教版选修3-1
课时作业(二十三)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1．(2011·广东六校联考)一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是( )A．如果B＝2 T，F一定是1 NB．如果F＝0，B也一定为零C．如果B＝4 T，F有可能是1 ND．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行[解析] 当导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，力最大，当导线与磁场方向平行放置时，F＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0<F<BIL，A、D两项不正确，C项正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与受力F无关，B不正确．[答案] C2．(2011·深圳模拟)如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为( )[解析] 由磁感线的疏密程度表示B的大小，因沿z轴方向B先减小后增大，故最有可能的为C图．[答案] C3．(2011·黄冈模拟)如右图所示，两根无限长的平行导线a和b水平放置，两导线中通以方向相反、大小不等的恒定电流，且I a>I b. 当加一个垂直于a、b所在平面的匀强磁场B时；导线a恰好不再受安培力的作用．则与加磁场B以前相比较( ) A．b也恰好不再受安培力的作用B．b受的安培力小于原来安培力的2倍，方向竖直向上C．b受的安培力等于原来安培力的2倍，方向竖直向下D．b受的安培力小于原来安培力的大小，方向竖直向下[解析] 当a不受安培力时，I b产生的磁场与所加磁场在a处叠加后的磁感应强度为零，此时判断所加磁场垂直纸面向外，因I a>I b，所以在b处叠加后的磁场垂直纸面向里，b受安培力向下，且比原来小．故选项D 正确．[答案] D4．如右图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a 、b 和c ，各导线中的电流大小相同，其中a 、c 导线中的电流方向垂直纸面向外，b 导线电流方向垂直纸面向内．每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法中正确的是( )A ．导线a 所受合力方向水平向右B ．导线c 所受合力方向水平向右C ．导线c 所受合力方向水平向左D ．导线b 所受合力方向水平向左[解析] 首先用安培定则判定导线所在处的磁场方向，要注意是合磁场的方向，然后用左手定则判定导线的受力方向．可以确定B 是正确的．[答案] B5．(2012·黄冈中学期中)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N 1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N 2 ，则以下说法正确的是( )A ．弹簧长度将变长B ．弹簧长度将变短C ．N 1＞N 2D ．N 1＜N 2[解析] 画出导体棒所在处的磁感线方向，用左手定则可判断出条形磁铁对导体棒的安培力斜向右下，由牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的安培力斜向左上，所以弹簧长度将变短，N 1＞N 2，选项BC 正确．[答案] BC6．如右图所示，有两根长为L 、质量为m 的细导体棒a 、b ，a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b 被水平固定在与a 在同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x .当两细棒中均通以电流强度为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止，则b 的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是( )A ．方向向上B ．大小为2mg 2LIC ．要使a 仍能保持静止，而减小b 在a 处的磁感应强度，可使b 上移D ．若使b 下移，a 将不能保持静止[解析] 由安培定则可知A 正确；由mg sin α＝BLI cos α知B ＝mg sin αLI cos α，B 错误；若要使B 最小，应在垂直斜面向上的方向上，所以C 、D 正确．[答案] B7．(2011·泉州模拟)如右图所示，abcd 四边形闭合线框，a 、b 、c 三点坐标分别为(0，L,0)，(L ，L,0)，(L,0,0)，整个空间处于沿y 轴正方向的匀强磁场中，通入电流I ，方向如图所示，关于四边形的四条边所受到的安培力的大小，下列叙述中正确的是( )A ．ab 边与bc 边受到的安培力大小相等B ．cd 边受到的安培力最大C ．cd 边与ad 边受到的安培力大小相等D ．ad 边不受安培力作用[解析] 根据左手定则，ab 边受到的安培力大小为F ab ＝BIab ，bc 边平行于磁场方向受力为零，故A 错；ad 边受到安培力大小为F ad ＝BIOd ，故B 、D 错；cd 边受到的安培力大小为F ad ＝BIcd ，故B 正确．[答案] B8．(2011·新课标全国)电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变[解析] 由题意可知磁感应强度B ＝kI ，安培力F ＝BId ＝kI 2d ，由动能定理可得：FL ＝mv 22，解得v ＝I2kdL m，由此式可判断BD 选项正确． [答案] BD 9．如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN ，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M 指向N ，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t ＝0时导线恰好静止，若B 按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是( )A ．在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动B ．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C ．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D ．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小[解析] 由安培力的表达式F ＝BIL 结合图乙可知，安培力F 在一个周期内随磁感应强度B 的变化而变化，在前14周期内，安培力F 方向不变，大小变小，加速度方向不变，大小变小，由于初速度为零，所以在水平方向上做变加速直线运动；在14周期到12周期内，磁场方向改变，安培力方向改变，加速度方向改变，速度减小，至12周期时速度减小到零，所以D 项正确；而后在12周期到34周期内，MN 反向加速，在一个周期结束时又回到原来的位置，即做往复运动，所以A 项正确．[答案] AD二、非选择题(共28分)10．(14分)如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ，质量为6×10－2kg 的通电直导线，电流强度I ＝1 A ，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T ，方向竖直向上的磁场中．设t ＝0时，B ＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2)[解析] 斜面对导线的支持力为零时导线的受力如右图所示．由平衡条件F T cos37°＝F ①F T sin37°＝mg ②由①②解得：F ＝mg tan37°，代入数值得：F ＝0.8 N由F ＝BIL 得：B ＝F IL ＝0.81×0.4T ＝2 T. B 与t 的变化关系为B ＝0.4 t ．所以t ＝5 s.[答案] 5 s11．(14分)水平面上有电阻不计的U 形导轨NMPQ ，它们之间的宽度为L ，M 和P 之间接入电动势为E 的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m ，电阻为R 的金属棒ab ，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如右图所示，问：(1)当ab 棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B 的大小和方向均能改变，则要使ab 棒所受支持力为零，B 的大小至少为多少？此时B 的方向如何？[解析] 从b 向a 看侧视图如图所示．(1)水平方向：F ＝F A sin θ①竖直方向：F N ＋F A cos θ＝mg ②又F A ＝BIL ＝B E R L ③联立①②③得：F N ＝mg －BLE cos θR ，F ＝BLE sin θR. (2)使ab 棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上．则有F A ＝mgB min ＝mgR EL，根据左手定则判定磁场方向水平向右． [答案] (1)mg －BLE cos θR BLE sin θR (2)mgR EL方向水平向右 拓展题：(2011·重庆九校联考)有一长为l ＝0.50 m 、质量为m ＝10 g 的通电导线cd ，由两根绝缘细线水平悬挂在匀强磁场中的z 轴上，如右图所示．z 轴垂直纸面向外，g ＝10 m/s 2.求：(1)当磁感应强度B 1＝1.0 T ，方向与x 轴负方向相同时，要使悬线中张力为零，cd 中通入的电流I 1的大小和方向？(2)当cd 中通入方向由c 到d 大小为I 2＝0.40 A 的电流，这时磁感应强度B 2＝1.0 T ，方向与x 轴正方向相同，当cd 静止时悬线中的张力是多大？(3)当cd 中通入方向由c 到d 、大小为I 3＝0.10 A 的电流，若磁场方向垂直z 轴，且与y 轴负方向夹角为30°，与x 轴正方向夹角为60°，磁感应强度B 3＝2.0 T ，则导线cd 静止时悬线中的张力又是多大？[解析] (1)要使悬线的张力为零，导线cd 受到的安培力必须与重力平衡，有mg ＝B 1I 1l所以I 1＝mg /lB 1＝0.01×100.50×1.0A ＝0.20 A 由左手定则可判定cd 中的电流方向由c 到d .(2)根据题意，由左手定则可判定此时cd 受到竖直向下的安培力．当cd 静止时，有mg ＋B 2lI 2＝2T .所以T ＝mg ＋B 2I 2l 2＝0.01×10＋1.0×0.40×0.502 N ＝0.15 N.(3)根据题意，作出导线cd 所受重力、安培力如右图所示．这时cd 受到的安培力大小F 3＝B 3I 3l所以F 3＝2.0×0.10×0.50 N＝0.10 N ＝mg又因F 3的方向与B 3的方向垂直，因此F 合的方向与mg 的方向夹角为30°.所以 2T ′＝F 合＝2mg cos30°T ′＝mg cos30°＝0.09 N即此时每根悬线中的张力大小为0.09 N ，悬线与y 轴负方向的夹角为30°，即导线cd 受安培力作用后使悬线向x 轴负方向偏转30°角．[答案] (1)0.20 A 由c 到d (2)0.15 N(3)0.09 N。
【与名师对话】高考物理总复习 本章整合课件6 新人教版选修3-1
本题情景是考生熟悉的点电荷的电场，但新颖之处在 于题中给出的“一组间距相等的同心圆”，这些同心圆是等势 线，但非等差等势线，有Uab>Ubc，这一点需要细心观察、认 真思考后才能得出，否则会漏掉选项D.
【热点强化】 1．(2013·辽宁协作体联考)如图所示，在足够大的光滑 绝缘水平面内有一带正电的点电荷a(圈中未画出)．与a带同种 电荷的质点b仅在a的库仑力作用下．以初速度v0(沿MP方向) 由M点运动到N点，到N点时速度大小为v，且v<v0.则 ( )
固定的等量异号点电荷所产生电场等势
面如右图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中 A 点
沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受
静电力作用，则粒子在电场中
()
A．做直线运动，电势能先变小后变大 B．做直线运动，电势能先变大后变小 C．做曲线运动，电势能先变小后变大 D．做曲线运动，电势能先变大后变小
当粒子由 t＝nT＋23T时刻进入电场，向上侧移最大，则 s2
＝2qdum0 ·(T3)2＝q1u8d0Tm2，
在距离
O′中点下
方
7qu0T2 18dm
至
上方q1u8d0Tm2范围
内
有
粒
子
打
出．
[答案] (1)见解析 (2)在距离 O′中点下方71q8ud0mT2至上方 q1u8d0Tm2范围内有粒子打出
(1)电容器极板间的电场强度E； (2)平行板电容器的板长L； (3)小球在AB间运动的周期T. [解析] (1)带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知 qEcosθ
＝mg，解得：E＝2
3mg 3q .
(2)小球垂直落到弹性挡板上，且 α＝45°，有 v0＝vy＝ 2gh， 根据动能定理：qE·12Ltanθ＝12mv20.
【与名师对话】高考物理总复习 课时作业24 新人教版选修3-1
课时作业(二十四)(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.( ) 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qBd ＋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 ＝mvqB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 ＝π3r v 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 qR 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 ′＝3m3qB粒子从S 1到打在收集板D上经历的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝3＋πm 3qB[答案] (1)2qUm(2)qB2R22m(3)3＋πm3qB。
与名师对话·高三课标版物理质量检测3高二物理选修3-1
质量检测(三)高二物理选修3－1(检测范围：选修3－1 时间：90分钟 总分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．)1．(2012·江苏卷)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小 [解析] 根据电容器C ＝εS 4πkd ，在电容器中插入介质，电容C 增大，根据U＝Q C ，U 减小，B 正确．[答案] B2．(2012·湖北模拟)据报道，“神舟”八号飞船于2011年发射．它是一个无人目标飞行器，为中国的空间站做对接准备，也是中国神舟系列飞船进入批量生产的代表．“神舟”飞船上的太阳能电池是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池．在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达24%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V 的电动势，可获得0.1 A 的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( )A ．0.24 JB ．0.25 JC ．0.26 JD ．0.28 J [解析] 根据W ＝UIt 可得，每秒太阳能电池产生的能量为W ＝0.6×0.1×1 J ＝0.06 J ，设太阳每秒照射到太阳能电池上的能量为Q ，则由能量守恒定律得Q ×24%＝W ，所以Q ＝0.25 J ，故选项B 正确．[答案] B3．(2012·北京卷)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值() A．与粒子电荷量成正比B．与粒子速率成正比C．与粒子质量成正比D．与磁感应强度成正比[解析]根据环形电流的定义，I＝qt，带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πmqB，I＝qT＝q2B2πm，D正确．[答案] D4．(2012·浙江卷)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率60 W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有两只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近() A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·hC．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h[解析]估算取值：每户节约功率为100 W，每天用灯6小时，每年365天，全国估计为4亿户，W＝Pt，得结果与B最接近．[答案] B5．(2012·河北五校联盟)一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则()A．电动机的内阻为R＝E IB．电动机的内阻为R＝EI－kmg vI2C．如果电动机突然被卡住而停止转动，则电源消耗的功率将变大D．如果电动机突然被卡住而停止转动，则电源消耗的功率将变小[解析] 根据能的转化与守恒定律，EI ＝I 2R ＋kmg v ，所以电动机的内阻为R ＝E I －kmg v I 2，选项B 正确；当电动机突然被卡住而停止转动时，变成了纯电阻电路，回路中的电流变大，故电源消耗的功率P ＝EI 将变大，所以选项C 正确．[答案] BC6．(2012·浙江模拟)如图所示的火警报警装置，R 1为热敏电阻，温度升高，R 1急剧减小，当电铃电压达到一定数值时，电铃会响，则下列说法正确的是( )A ．若报警器的电池老化(内阻变大)，电动势不变，不会影响报警器的安全性能B ．若试验发现点火时装置不响，应把R 2的滑片P 向下移C ．若试验发现点火时装置不响，应把R 2的滑片P 向上移D ．增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高[解析] 设电铃工作电压为U ，当IR 2＝U 时报警；串联电路中电压比等于电阻比，可知C 正确．[答案] C7．(2012·浙江卷)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上而下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm 时圆环被吸引到笔套上，对上述现象的判断与分析，下列说法正确是( ) A ．摩擦使笔套带电B ．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C ．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D ．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和[解析] 绝缘材料做的笔套与头发摩擦，摩擦起电，A 项对；笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷，感应起电，B 项对；圆环刚被吸引向上运动，一定是静电力的合力大于圆环的重力，随后距离减小，引力增大，所以整个过程中静电力的合力大于圆环的重力，C 项对；笔套碰到圆环后，由于笔套是绝缘体，极少电荷转移，所以笔套上仍然存在较多感应电荷，不能中和，D项错．[答案] ABC8. (2012·四川联考)如右图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时轻杆与电场线垂直(如图中实线位置)，将杆向右平移的同时顺时针转过90°(如图中虚线位置)，发现A，B两球电势能之和不变．根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是() A．A球一定带正电荷，B球一定带负电荷B．A，B两球带电荷量的绝对值之比q A∶q B＝1∶2C．A球电势能一定增加D．电场力对A球和B球都不做功[解析]根据题述，两球一定带异号电荷，但哪个球带正电不能确定，哪个球电势能增加不能确定，选项AC错误；由于A球沿电场线方向移动位移是B 球的2倍，电场力对A球和B球都做功，而A，B两球电势能之和不变，根据电场力做功与电势能的关系可知，A，B两球带电荷量的绝对值之比q A∶q B＝1∶2，选项B正确，D错误．[答案] B9. (2012·江苏徐州期末)如右图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一菱形ABCD，对角线交点为O，在顶点B，D处各固定一个点电荷，若将一个带正电的小球从A点静止释放，小球将沿对角线AC做往返运动，则() A．B，D处固定的是等量的正电荷B．B，D处固定的是等量的异种电荷C．在A，C的连线上O点电势最低D．运动小球在O处的机械能最小[解析] 由题意，B ，D 处固定的是等量的负电荷，AB 错；带正电的小球从A 点静止释放，向低电势处移动，故C 对；运动小球在O 处的电势能最小、机械能最大，D 错．[答案] C10．(2012·山东模拟)如下图所示，距水平地面高度为3h 处有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，从距地面4h 高处的A 点以初速度v 0水平抛出一带电小球(可视作质点)，带电小球电量为q ，质量为m ，若q ，m ，h ，B 满足关系式5πm qB ＝ 2hg ，则小球落点与抛出点A 的水平位移s 是 ( )A ．v 02h g ＋m 2q 2B 2 B ．v 02h g ＋4m 2q 2B 2 C ．v 04h g ＋4m 2q 2B 2 D ．v 02h g ＋2m 2q 2B 2[解析]小球在磁场中的运动可以看作一个水平方向的圆周运动和一个竖直方向的匀加速运动．在磁场中运动一周的时间为T ，则T ＝2πm qB ，在磁场中的运动总时间t ＝8hg － 2h g ＝2h g ，又因为已知：5πm qB ＝2hg ，所以小球在磁场中做圆周运动的圈数n ＝t T ＝2.5.又圆周运动的半径R ＝m v qB ，投影图如右图所示．则x ＝v 02h g，s ＝x 2＋(2R )2＝v 02h g ＋4m 2q 2B 2.[答案] B二、实验题(本题共2小题，共16分)11．(6分)(2012·高考海南)图示电路可用来测量电阻的阻值．其中E 为电源，R 为已知电阻，R x 为待测电阻，可视为理想电压表，S 0为单刀单掷开关，S 1，S 2为单刀双掷开关．(1)当S 0闭合时，若S 1，S 2均向左闭合，电压表读数为U 1；若S 1，S 2均向右闭合，电压表读数为U 2.由此可求出R x ＝________.(2)若电源电动势E ＝1.5 V ，内阻可忽略；电压表量程为1 V ，R ＝100 Ω.此电路可测量的R x 的最大值为________Ω.[解析] (1)若S 1，S 2均向右闭合，则电压表示数为R 两端电压，则I ＝U 2R ，若S 1，S 2都向左闭合，则电压表示数为R x 两端电压，则R x ＝U 1I ＝R U 1U 2.(2)若R x 取最大阻值，则两端电压为1 V ，R 两端电压为(1.5－1) V ＝0.5 V ，由I ＝U 2R ＝5×10－3A ，则R x ＝U x I ＝200 Ω.[答案] (1)R U 1U 2(2)20012. (10分)(2012·高考课标卷)图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D 为位于纸面内的U 形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E 为直流电源；R 为电阻箱；Ⓐ为电流表；S 为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．(1)在图中画线连接成实验电路图．(2)完成下列主要实验步骤中的填空：①按图接线．②保持开关S 断开，在托盘内加入适量细沙，使D 处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m 1.③闭合开关S ，调节R 的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D ________；然后读出________，并用天平称出________．④用米尺测量________．(3)用测得的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小，可以得出B ＝________.(4)判定磁感应强度方向的方法是若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．[解析] 测磁感应强度原理：开关断开时，线框的重力等于砝码的重力，所以m 0g ＝m 1g ，得m 0＝m 1；接通电源后，若磁感应强度的方向垂直于纸面向里，则安培力向上，则有m 0g －BIl ＝m 2g ，此时m 1>m 2，所以B ＝(m 1－m 2)g Il；接通电源后，若磁感应强度的方向垂直于纸面向外，则安培力向下，则有m 0g ＋BIl ＝m 2g ，此时m 2>m 1，所以B ＝(m 2－m 1)g Il；所以(3)中磁感应强度的大小为 B ＝|m 2－m 1|g Il . [答案] (1)连线如图所示(2)③重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m 2 ④D 的底边长度l(3)|m 2－m 1|g Il(4)m 2>m 1 三、计算题(本题包括4小题，共44分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(10分) (2012·云南省建水一中月考)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0，L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.求：(1)磁场区域的圆心坐标；(2)电子在磁场中运动的时间．[解析] (1)磁场区域的圆心在ab 连线的中点，磁场区域的圆心纵坐标为L 2，由图中几何关系可知b 点的坐标为(3L,0)，磁场区域的圆心横坐标为3L 2；所以磁场区域的圆心坐标为(3L 2，L 2)．(2)设轨迹半径为r ，由r cos60°＝r －L 解得r ＝2L .画出电子在磁场中运动的轨迹图，轨迹所对的圆心角为60°，运动轨迹长度s ＝πr /3＝2πL /3，在磁场中运动的时间为t ＝s / v 0＝2πL 3v 0. [答案] (1)圆心坐标为(3L 2，L 2)(2)在磁场中运动的时间为2πL 3v 014．(10分)(2012·全国卷)如右图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O 点．先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q 和－Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．[解析] 第一次充电后，设电容器的电容为C ，则第一次充电Q 后，电容器两极板间电势差U 1＝Q C ，两极间为匀强电场，场强E 1＝U 1d ，设电场中小球带电荷量为q ，则所受电场力F 1＝E 1q ，小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，由平衡条件有：F 1＝mg tan θ1，综合以上各式得：mg tan θ1＝Qq Cd ，第二次充电后，电容器带电量为Q ′，同理可得：mg tan θ2＝Q ′q Cd ，解得：Q ′＝3Q ，所以ΔQ ＝Q ′－Q ＝2Q .[答案] 2Q15．(12分)如下图所示，在y ＝0和y ＝2 m 之间有沿着x 轴方向的匀强电场，MN 为电场区域的上边界，在x 轴方向范围足够大．电场强度的变化如图所示，取x 轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为q m ＝1.0×10－2 C/kg ，在t ＝0时刻以速度v 0＝5×102 m/s 从O 点沿y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度大小．[解析] (1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝y v 0＝4×10－3 s.(2)粒子在x 方向先加速后减速，加速时的加速度a 1＝E 1q m ＝4 m/s 2减速时的加速度a 2＝E 2q m ＝2 m/s 2x 方向上的位移为x ＝12a 1(T 2)2＋a 1(T 2)2－12a 2(T 2)2＝2×10－5 m因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5 m ，2 m)．(3)粒子在x 方向的速度v x ＝a 1T 2－a 2T 2＝4×10－3 m/s.[答案] (1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m,2 m) (3)4×10－3 m/s16．(12分)(2011·北京卷)利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如下图所示的矩形区域ACDG (AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q ，加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率v 1.(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s .(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度，若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场，为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．[解析] (1)加速电场对离子m 1做的功为W ＝qU ，由动能定理得12m 1v 21＝qU ，所以v 1＝2qUm 1 ①(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：q v B ＝m v 2R， R ＝m v qB .再利用①式得离子在磁场中的轨道半径分别为：R 1＝2m 1UqB 2，R 2＝2m 2UqB 2 ②两种离子在GA 边上落点的间距为：s ＝2R 1－2R 2＝8UqB 2(m 1－m 2) ③(3)质量为m 1的离子在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d .同理，质量为m 2的离子在GA 边上的落点区域的宽度也是d .为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为：2(R 1－R 2)>d④利用②式，代入④式得2R 1⎝⎛⎭⎪⎫1－m 2m 1>d ， R 1的最大值满足2R 1m ＝L －d ，得(L －d )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m 2m 1>d ， 求得最大值d m ＝m 1－m 22m 1－m 2L .[答案] (1) 2qUm1(2)8UqB2(m1－m2)(3)m1－m22m1－m2L。
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课时作业(二十三)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1．(2011·广东六校联考)一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是( )A．如果B＝2 T，F一定是1 NB．如果F＝0，B也一定为零C．如果B＝4 T，F有可能是1 ND．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行[解析] 当导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，力最大，当导线与磁场方向平行放置时，F＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0<F<BIL，A、D两项不正确，C项正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与受力F无关，B不正确．[答案] C2．(2011·深圳模拟)如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为( )[解析] 由磁感线的疏密程度表示B的大小，因沿z轴方向B先减小后增大，故最有可能的为C图．[答案] C3．(2011·黄冈模拟)如右图所示，两根无限长的平行导线a和b水平放置，两导线中通以方向相反、大小不等的恒定电流，且I a>I b. 当加一个垂直于a、b所在平面的匀强磁场B时；导线a恰好不再受安培力的作用．则与加磁场B以前相比较( ) A．b也恰好不再受安培力的作用B．b受的安培力小于原来安培力的2倍，方向竖直向上C．b受的安培力等于原来安培力的2倍，方向竖直向下D．b受的安培力小于原来安培力的大小，方向竖直向下[解析] 当a不受安培力时，I b产生的磁场与所加磁场在a处叠加后的磁感应强度为零，此时判断所加磁场垂直纸面向外，因I a>I b，所以在b处叠加后的磁场垂直纸面向里，b受安培力向下，且比原来小．故选项D 正确．[答案] D4．如右图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a 、b 和c ，各导线中的电流大小相同，其中a 、c 导线中的电流方向垂直纸面向外，b 导线电流方向垂直纸面向内．每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法中正确的是( )A ．导线a 所受合力方向水平向右B ．导线c 所受合力方向水平向右C ．导线c 所受合力方向水平向左D ．导线b 所受合力方向水平向左[解析] 首先用安培定则判定导线所在处的磁场方向，要注意是合磁场的方向，然后用左手定则判定导线的受力方向．可以确定B 是正确的．[答案] B5．(2012·黄冈中学期中)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N 1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N 2 ，则以下说法正确的是( )A ．弹簧长度将变长B ．弹簧长度将变短C ．N 1＞N 2D ．N 1＜N 2[解析] 画出导体棒所在处的磁感线方向，用左手定则可判断出条形磁铁对导体棒的安培力斜向右下，由牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的安培力斜向左上，所以弹簧长度将变短，N 1＞N 2，选项BC 正确．[答案] BC6．如右图所示，有两根长为L 、质量为m 的细导体棒a 、b ，a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b 被水平固定在与a 在同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x .当两细棒中均通以电流强度为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止，则b 的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是( )A ．方向向上B ．大小为2mg2LIC ．要使a 仍能保持静止，而减小b 在a 处的磁感应强度，可使b 上移D ．若使b 下移，a 将不能保持静止[解析] 由安培定则可知A 正确；由mg sin α＝BLI cos α知B ＝mg sin αLI cos α，B 错误；若要使B 最小，应在垂直斜面向上的方向上，所以C 、D 正确．[答案] B7．(2011·泉州模拟)如右图所示，abcd 四边形闭合线框，a 、b 、c 三点坐标分别为(0，L,0)，(L ，L,0)，(L,0,0)，整个空间处于沿y 轴正方向的匀强磁场中，通入电流I ，方向如图所示，关于四边形的四条边所受到的安培力的大小，下列叙述中正确的是( )A ．ab 边与bc 边受到的安培力大小相等B ．cd 边受到的安培力最大C ．cd 边与ad 边受到的安培力大小相等D ．ad 边不受安培力作用[解析] 根据左手定则，ab 边受到的安培力大小为F ab ＝BIab ，bc 边平行于磁场方向受力为零，故A 错；ad 边受到安培力大小为F ad ＝BIOd ，故B 、D 错；cd 边受到的安培力大小为F ad ＝BIcd ，故B 正确．[答案] B8．(2011·新课标全国)电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变[解析] 由题意可知磁感应强度B ＝kI ，安培力F ＝BId ＝kI 2d ，由动能定理可得：FL ＝mv 22，解得v ＝I 2kdLm，由此式可判断BD 选项正确．[答案] BD9．如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN ，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M 指向N ，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t ＝0时导线恰好静止，若B 按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是( )A ．在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动B ．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C ．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D ．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小[解析] 由安培力的表达式F ＝BIL 结合图乙可知，安培力F 在一个周期内随磁感应强度B 的变化而变化，在前14周期内，安培力F 方向不变，大小变小，加速度方向不变，大小变小，由于初速度为零，所以在水平方向上做变加速直线运动；在14周期到12周期内，磁场方向改变，安培力方向改变，加速度方向改变，速度减小，至12周期时速度减小到零，所以D项正确；而后在12周期到34周期内，MN 反向加速，在一个周期结束时又回到原来的位置，即做往复运动，所以A 项正确．[答案] AD二、非选择题(共28分)10．(14分)如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ，质量为6×10－2kg 的通电直导线，电流强度I ＝1 A ，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T ，方向竖直向上的磁场中．设t ＝0时，B ＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2)[解析] 斜面对导线的支持力为零时导线的受力如右图所示．由平衡条件F T cos37°＝F ① F T sin37°＝mg ②由①②解得：F ＝mgtan37°，代入数值得：F ＝0.8 N由F ＝BIL 得：B ＝F IL ＝0.81×0.4T ＝2 T.B 与t 的变化关系为B ＝0.4 t ．所以t ＝5 s.[答案] 5 s11．(14分)水平面上有电阻不计的U 形导轨NMPQ ，它们之间的宽度为L ，M 和P 之间接入电动势为E 的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m ，电阻为R 的金属棒ab ，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如右图所示，问：(1)当ab 棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B 的大小和方向均能改变，则要使ab 棒所受支持力为零，B 的大小至少为多少？此时B 的方向如何？[解析] 从b 向a 看侧视图如图所示． (1)水平方向：F ＝F A sin θ① 竖直方向：F N ＋F A cos θ＝mg ② 又F A ＝BIL ＝B E RL ③ 联立①②③得：F N ＝mg －BLE cos θR ，F ＝BLE sin θR. (2)使ab 棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上．则有F A ＝mgB min ＝mgREL，根据左手定则判定磁场方向水平向右．[答案] (1)mg －BLE cos θR BLE sin θR (2)mgREL方向水平向右 拓展题：(2011·重庆九校联考)有一长为l ＝0.50 m 、质量为m ＝10 g 的通电导线cd ，由两根绝缘细线水平悬挂在匀强磁场中的z 轴上，如右图所示．z 轴垂直纸面向外，g ＝10 m/s 2.求：(1)当磁感应强度B 1＝1.0 T ，方向与x 轴负方向相同时，要使悬线中张力为零，cd 中通入的电流I 1的大小和方向？(2)当cd 中通入方向由c 到d 大小为I 2＝0.40 A 的电流，这时磁感应强度B 2＝1.0 T ，方向与x 轴正方向相同，当cd 静止时悬线中的张力是多大？(3)当cd 中通入方向由c 到d 、大小为I 3＝0.10 A 的电流，若磁场方向垂直z 轴，且与y 轴负方向夹角为30°，与x 轴正方向夹角为60°，磁感应强度B 3＝2.0 T ，则导线cd 静止时悬线中的张力又是多大？[解析] (1)要使悬线的张力为零，导线cd 受到的安培力必须与重力平衡，有mg ＝B 1I 1l 所以I 1＝mg /lB 1＝0.01×100.50×1.0 A ＝0.20 A由左手定则可判定cd 中的电流方向由c 到d .(2)根据题意，由左手定则可判定此时cd 受到竖直向下的安培力．当cd 静止时，有mg ＋B 2lI 2＝2T .所以T ＝mg ＋B 2I 2l 2＝0.01×10＋1.0×0.40×0.502N ＝0.15 N.(3)根据题意，作出导线cd 所受重力、安培力如右图所示．这时cd 受到的安培力大小F 3＝B 3I 3l所以F 3＝2.0×0.10×0.50 N＝0.10 N ＝mg又因F 3的方向与B 3的方向垂直，因此F 合的方向与mg 的方向夹角为30°.所以 2T ′＝F 合＝2mg cos30°T ′＝mg cos30°＝0.09 N即此时每根悬线中的张力大小为0.09 N ，悬线与y 轴负方向的夹角为30°，即导线cd 受安培力作用后使悬线向x 轴负方向偏转30°角．[答案] (1)0.20 A 由c 到d (2)0.15 N (3)0.09 N。