2017-2018学年高中物理选修3-1教学案(18份)粤教版11(精汇教案)

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2017-2018学年高中物理粤教版选修3-1学案：第一章第1

[目标定位] 1.知道自然界中有两种电荷及其相互作用的性质.2.知道使物体带电的三种方式.3.掌握电荷守恒定律及元电荷的概念．一、起电方法的实验探究1．带电：物体具有吸引轻小物体的性质，我们称其为带电．2．两种电荷：用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．3．三种起电方法(1)摩擦起电：两个物体互相摩擦时，一些束缚得不紧的电子往往从一个物体转移到另一个物体，原来呈电中性的物体由于得到电子而带负电，失去电子的物体则带正电．(2)接触起电：带电体接触导体时，电荷转移到导体上，使导体带上与带电体相同(填“相同”或“相反”)性质的电荷．(3)感应起电：当一个带电体靠近导体时，由于电荷间相互吸引或排斥，导体中的自由电荷便会趋向或远离带电体，使导体靠近带电体的一端带异号电荷，远离带电体的一端带同号电荷，这种现象叫做静电感应．利用静电感应使金属导体带电的过程叫做感应起电．深度思考(1)带正电的物体A与不带电的物体B接触，使物体B带上了什么电荷？在这个过程中电荷是如何转移的？(2)如图1所示，当将带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时，由于电荷间的吸引，枕形金属导体中的自由电子向A端移动，而正电荷不移动，所以A端(近端)带________电，B 端带________电．(填“正”或“负”)图1答案(1)正电荷在这个过程中，有电子从物体B转移到物体A，物体B的电子减少，使物体B带正电．(2)负正例1如图2所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支撑的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是()图2A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合解析虽然A、B起初都不带电，但带正电的导体C对A、B内的电荷有力的作用，使A、B 中的自由电子向左移动，使得A端积累了负电荷，B端带正电荷，其下部贴有的金属箔片分别带上了与A、B同种的电荷，所以金属箔片都张开，A正确．C只要一直在A、B附近，先把A、B分开，A、B上的电荷因受C的作用力不可能中和，因而A、B仍带等量异种的感应电荷，此时即使再移走C，A、B所带电荷量也不变，金属箔片仍张开，B正确．但如果先移走C，A、B上的感应电荷会马上中和，不再带电，所以箔片都不会张开，C错．先把A、B 分开，再移走C，A、B仍然带电，但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷会完全中和，金属箔片都不会张开，D错．故选A、B.答案AB(1)静电感应中，电中性导体在两侧同时感应等量异种电荷，感应的过程，就是导体内电荷重新分布的过程．(2)接触起电是由于电荷间作用使导体间的电荷发生转移．二、电荷守恒定律1．电荷量：电荷的多少叫电荷量．在国际单位制中，它的单位是库仑，简称库，用C表示．2．元电荷：质子的电荷量为1.60×10－19库仑，用e表示，任何带电体的电荷量都是e的整数倍．因此，电荷量e被称为元电荷．3．电荷守恒定律：电荷既不能创造，也不能消灭，它们只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一个部分转移到另一个部分．在转移过程中，电荷的代数和不变．三种起电方式的本质都是电子的转移，在转移的过程中电荷的总量不变．注意(1)电中性的物体内部也有电荷的存在，只是正、负电荷量的代数和为零，对外不显电性；(2)电荷的中和是指带等量异种电荷的两物体接触时，经过电子的转移，最终达到电中性的过程．深度思考(1)质子和电子就是元电荷吗？(2)带等量异种电荷的两小球接触后都不带电了，是电荷消失了吗？此过程中电荷还守恒吗？答案 (1)不是．元电荷是最小的带电单位，不是带电粒子，没有电性之说．(2)没有消失，这是电荷的中和，是指两个带等量异种电荷的物体相互接触时，由于正、负电荷间的相互吸引作用，电荷发生转移，最后都达到电中性状态的一个过程.电荷仍然守恒．例2 关于元电荷，下列说法中正确的是( )A ．元电荷实质上是指电子和质子本身B ．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C ．元电荷的值通常取e ＝1.60×10－19CD ．电荷量e 的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的解析所有带电体的电荷量或者等于e ，或者是e 的整数倍，这就是说，电荷是不能连续变化的物理量，电荷量e 的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的．由以上分析可知选项B 、C 、D 正确．答案 BCD元电荷是自然界最小的电荷量，是跟电子或质子所带电荷量数值相等的电荷量，不是带电粒子.例3 完全相同的两金属小球A 、B 带有相同的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个完全相同的不带电金属小球C ，先后与A 、B 接触后移开．(1)若A 、B 两球带同种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？(2)若A 、B 两球带异种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？解析 (1)设A 、B 带同种电荷，且带电荷量均为q ，则A 、C 接触后，A 、C 带电荷量为q A ＝q C ＝12q . C 与B 球接触后，B 、C 所带电荷量为q B ＝q C ′＝q ＋12q 2＝34q .故A 、B 带电荷量大小之比为q A q B ＝12q 34q ＝23. (2)设q A ′＝＋q ，q B ′＝－q .则C 与A 接触后，A 、C 带电荷量为q A ′＝q C ″＝＋12q . C 与B 接触后，B 、C 带电荷量为q B ′＝q C＝12q －q 2＝－14q ，故A 、B 带电荷量大小之比为q A ′q B ′＝12q 14q ＝21. 答案 (1)2∶3 (2)2∶1(1)导体接触带电时电荷量的分配与导体的形状、大小有关，当两个完全相同的金属球接触后，电荷将平均分配，即最后两个球一定带等量的同种电荷.(2)若两个相同的金属球带同种电荷，接触后电荷量相加后均分；若带异种电荷，接触后电荷先中和再均分.三、验电器的使用1．验电器(或静电计)(如图3)的金属球、金属杆和下面的两个金属箔片连成同一导体．图32．当带电的物体与验电器上面的金属球接触时，有一部分电荷转移到验电器上，与金属球相连的两个金属箔片带上同种电荷，因相互排斥而张开，物体所带电荷量越多，电荷转移的越多，斥力越大，张开的角度也越大．3．当带电体靠近验电器的金属球时，金属箔片也会张开．因为带电体会使验电器的上端感应出异种电荷，而金属箔片上会感应出同种电荷(感应起电)，两箔片在斥力作用下张开．例4 使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是()解析把带电金属球靠近不带电的验电器，若金属球带正电荷，则将导体上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体上的自由电子排斥到验电器的箔片上，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷．选项B正确．答案 B验电器中金属球、金属杆和金属箔片为一个整体.验电器带电后，金属箔片上也会带电，两金属箔片相互排斥而张开角度，张角的大小取决于两金属箔片带电荷量的大小.1．(对三种起电方式的理解)(多选)关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法中正确的是()A．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，也说明通过做功创造出电荷B．摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体C．感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到另一部分D．感应起电说明电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体答案BC解析摩擦起电的实质是电子在相互摩擦的物体间发生转移，失电子的带正电，得电子的带负电，此过程并非创造了电荷，而是总电荷量守恒，A错，B对；感应起电的实质是电荷从导体的一部分转移到另一部分，是电荷在同一导体内部发生了转移，C对，D错．2．(对元电荷的理解)保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率，甚至会给我们的学习带来隐患．小华同学有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个带电质点的电荷量数字看不清，他只能看清是6._×10－18C，拿去问老师，如果你是老师，你认为该带电质点的电荷量可能是下列哪一个()A．6.2×10－18C B．6.4×10－18CC．6.6×10－18C D．6.8×10－18C答案 B解析任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍，即是1.6×10－19C的整数倍，由计算可知，只有B选项是1.6×10－19C的整数倍，故B正确．3．(电荷守恒定律的理解和应用)有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量Q A ＝6.4×10－9C ，Q B ＝－3.2×10－9C ，让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移并转移了多少？答案电子由B 球转移到了A 球，转移了3.0×1010个电子解析当两小球接触时，带电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配．由于两小球完全相同，剩余正电荷必均分，即接触后两小球带电荷量Q A ′＝Q B ′＝Q A ＋Q B 2＝6.4×10－9－3.2×10－92C ＝1.6×10－9C. 在接触过程中，电子由B 球转移到A 球，不仅将自身电荷中和，且继续转移，使B 球带Q B ′的正电，这样，共转移的电子电荷量为ΔQ B ＝Q B ′－Q B ＝[1.6×10－9－(－3.2×10－9)]C ＝4.8×10－9C. 转移的电子数n ＝ΔQ B e ＝4.8×10－9C 1.6×10－19C ＝3.0×1010个． 4.(验电器及其原理)如图4所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒和验电器的金属球接触，使验电器的金属箔片张开，关于这一现象下列说法正确的是( )图4A ．两片金属箔片上带异种电荷B ．两片金属箔片上均带负电荷C ．箔片上有电子转移到玻璃棒上D ．将玻璃棒移走，则金属箔片立即合在一起答案 C解析自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，即缺少电子，若将其接触验电器的金属球，此时两个箔片带同种电荷，正电；在此过程中，一部分电子会从验电器转移到玻璃棒；移走玻璃棒时，箔片仍带电，不会立即合在一起．选项C 正确.题组一对元电荷的理解1．关于对元电荷的理解，下列说法正确的是( )A ．元电荷就是电子B．元电荷就是质子C．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量D．元电荷是带电荷量最小的带电粒子答案 C解析元电荷是自然界最小的电荷量，是跟电子所带电荷量数值相等的电荷量，不是电子，不是质子，也不是带电荷量最小的带电粒子，选项C正确．2．(多选)下列说法正确的是()A．物体所带的电荷量可以为任意实数B．电子带有最小的负电荷，其电荷量的绝对值叫元电荷C．物体所带的电荷量只能是一些不连续的特定值D．物体带电荷量的最小值为1.6×10－19C答案BCD解析元电荷是自然界最小的电荷量，其数值e＝1.6×10－19C，所有带电体的电荷量均为e 的整数倍，只能是一些特定值，选项A错误，B、C、D正确．题组二对三种起电方式的理解及应用3．关于摩擦起电和感应起电，下列说法正确的是()A．摩擦起电是电荷的转移，感应起电是创造了电荷B．摩擦起电是创造了电荷，感应起电是电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移D．以上说法均不正确答案 C解析无论哪种起电方式，都不是创造了电荷，而是电荷的转移，所以选项A、B、D错误，选项C正确．4．(多选)如图1用棉布分别与丙烯塑料板和乙烯塑料板摩擦，实验结果如图所示，由此对摩擦起电说法正确的是()图1A．两个物体摩擦时，表面粗糙的易失去电子B．两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类及数量不同的电荷C．两个物体摩擦起电时，带上电荷的种类不同但数量相等D．同一物体与不同种类的物体摩擦，该物体所带电荷种类可能不同答案CD解析两物体摩擦时是否得失电子取决于原子核对电子的束缚力大小，A错．由于摩擦起电的实质是电子的转移，所以两物体带电种类一定不同，数量相等，B错，C对．由题中例子不难看出，同一物体与不同种类的物体摩擦，带电种类可能不同，D对．5．把两个完全相同的小球接触后分开，两球相互排斥，则两球原来的带电情况不可能是() A．一个小球原来带电，另一个小球原来不带电B．两个小球原来分别带等量异种电荷C．两个小球原来分别带同种电荷D．两个小球原来分别带不等量异种电荷答案 B解析两个完全相同的小球接触后分开，两球互相排斥，说明原来两球所带电荷量的代数和不等于零．若原来两小球分别带有等量的异种电荷，则接触后将发生中和，两球均不带电，不会发生排斥现象，故选项B正确．6．(多选)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，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图2所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是()图2A．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答案ABC解析笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，有向上的加速度，故圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C正确；笔套碰到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上性质相同的电荷，选项D错误．7．(多选)如图3所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，甲、乙两个导体球开始时互相接触且对地绝缘．下述几种方法中能使两球都带电的是()图3A．先把两球分开，再移走棒B．先移走棒，再把两球分开C．先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开D．移走棒，两导体球不分开答案AC解析感应起电应遵从以下几个步骤：(1)两导体彼此接触；(2)带电体移近两导体；(3)先分开两导体，再移走带电体．由此可知，A项可以使两球都带电；带电体与非带电体接触，电荷发生转移，使物体带电，C项可以使两球都带电．故正确选项为A、C.题组三验电器及其原理8．(多选)如图4所示，是一个带正电的验电器，当一个金属球A靠近验电器上的金属小球B 时，验电器中金属箔片的张角减小，则()图4A．金属球A可能不带电B．金属球A一定带正电C．金属球A可能带负电D．金属球A一定带负电答案AC解析验电器上的金属箔片和金属球都带有正电荷，金属箔片之所以张开，是由于箔片上的正电荷互相排斥造成的．当验电器金属箔片的张角减小时，说明箔片上的正电荷一定比原来减少了，由于金属球A只是靠近验电器而没有与验电器上的金属球B发生接触，要考虑感应起电的影响．当金属球A靠近时，验电器的金属球B、金属杆包括金属箔片整体相当于一个导体，金属球A离金属球B较近，而离金属箔片较远．如果金属球A带正电，验电器上的正电荷一定向远处移动，则金属箔片上的电荷量不会减少，所以选项B是错误的．如果金属球A带负电，验电器上的正电荷会由于引力作用向近端移动，造成金属箔片上的电荷量减少，所以选项C是正确的．如果金属球A不带电，由于受到金属球B上正电荷的影响，金属球A 靠近B的部分也会由于静电力的作用出现负电荷，而这些负电荷反过来会使得验电器上的正电荷向金属球B移动，效果与金属球A带负电荷一样．所以选项A也是正确的，选项D是错误的．9．如图5所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，B的金属箔张开，这时金属箔带①电；若在带电棒A移开前，用手摸一下验电器的小球后离开，然后移开A，这时B的金属箔也能张开，它带②电．下列选项中正确的是()图5A．①正②负B．①负②负C．①负②正D．①正②正答案 A解析(1)用带正电的绝缘棒A靠近原来不带电的验电器B，由于静电感应验电器(导体)两端出现等量正、负感应电荷，近端的金属球的电荷的电性与A的电性相反，带负电；远端的金属箔片电荷与A的电性相同，带正电；(2)由于人和地球都是导体，用手瞬间接触金属球B时，人、地球和验电器构成一个整体，在带正电荷的棒A的影响下发生静电感应，近端带负电，金属箔片不带电；移开手后，验电器上的负电荷不变，故验电器带负电，再移开棒A后，验电器上的负电荷仍不变，金属箔片上此时也带负电．故A项正确．题组四对电荷守恒定律及电荷量的理解10．如图6所示，导体A带电荷量为5q的正电荷，另一完全相同的导体B带电荷量为q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体带的电荷量为()图6A．－q B．qC．2q D．4q答案 C解析相同带电体接触后，电荷量先中和，后平分．故选项C正确．11．(多选)A和B都是不带电的物体，它们互相摩擦后A带负电荷1.6×10－10C，下列判断中正确的是( )A ．在摩擦前A 和B 的内部电荷量为零B ．摩擦的过程中电子从A 转移到了BC ．A 在摩擦过程中一定得到了1×109个电子D ．A 在摩擦过程中一定失去了1.6×10－19C 电子答案 AC12．多少个电子的电荷量等于－32.0μC ？干燥的天气中，一个人脱了鞋在地毯上行走，身上聚集的电荷量为－48.0μC.求共转移到此人身上多少个电子？(电子电荷量e ＝－1.6×10－19C,1μC ＝10－6C) 答案 2.0×1014个 3.0×1014个解析 n 1＝Q 1e ＝－32.0×10－6－1.6×10－19个＝2.0×1014个．人身上聚集的电子个数n 2＝Q 2e ＝－48.0×10－6－1.6×10－19个＝3.0×1014个． 13．如图7所示，通过调节控制电子枪产生的电子束，使其每秒有104个电子到达收集电子的金属瓶，经过一段时间，金属瓶上带有－8×10－12C 的电荷量，求：图7(1)金属瓶上收集到多少个电子？(2)实验的时间为多长？答案 (1)5×107个 (2)5000s解析 (1)金属瓶上收集的电子数目为：N ＝Q e ＝－8×10－12C －1.6×10－19C ＝5×107个． (2)实验的时间：t ＝5×107104s ＝5000s.。

2017-2018学年高中物理粤教版选修3-1学案：第三章第5

[目标定位] 1.通过观察阴极射线在磁场中的偏转，探究磁场对运动电荷的作用力.2.会判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小.3.能利用洛伦兹力公式进行简单计算．一、洛伦兹力的方向1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力．2．洛伦兹力的方向(1)左手定则：伸开左手，使大拇指跟其余四指垂直，且处于同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，四指指向为正电荷运动的方向，那么，拇指所指的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向．同向运动的负电荷所受的洛伦兹力方向与正电荷所受的洛伦兹力方向相反．(2)特点：当运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷受到的洛伦兹力为零．当运动电荷的速度方向与磁场方向垂直时，运动电荷受到的洛伦兹力的方向既与磁场方向垂直，又与速度方向垂直．深度思考(1)电荷在电场中一定受电场力作用，电荷在磁场中也一定受磁场力作用吗？(2)负电荷所受洛伦兹力的方向应怎样判断？答案(1)不一定，只有电荷在磁场中运动且速度方向与磁场方向不平行时才受洛伦兹力作用．(2)方法一：根据左手定则判断，但四指指向负电荷速度的反方向．方法二：与沿相同方向运动的正电荷所受的力的方向相反．例1如图所示的磁感应强度B、电荷的运动速度v和磁场对电荷的作用力F的相互关系图中，画得正确的是(其中B、F、v两两垂直)()解析由于B、F、v两两垂直，根据左手定则得：A、B、D选项中电荷所受的洛伦兹力的方向都与图示F的方向相反，故A、B、D错误，C正确．答案 C确定洛伦兹力的方向需明确运动电荷的电性，特别注意负电荷的运动方向与左手四指的指向应相反.二、洛伦兹力的大小1．洛伦兹力与安培力的关系安培力可以看作是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现．2．公式推导：如图1所示，磁场的磁感应强度为B ，设磁场中有一段长度为L 的通电导线，横截面积为S ，单位体积内含有的自由电荷数为n .每个电荷的电荷量为q ，且定向移动速率均为v . 则导线中的电流I ＝nq v S .导线在磁场中所受安培力F 安＝BIL ＝nq v SLB导线中自由电荷数N ＝nSL每个自由电荷所受洛伦兹力f ＝F 安N＝q v B图13．洛伦兹力公式：(1)当v ⊥B 时，f ＝q v B .(2)当v ∥B 时，f ＝0.(3)当v 与B 成θ角时，f ＝q v B sin_θ.例2 在图2所示的各图中，匀强磁场的磁感应强度均为B ，带电粒子的速率均为v ，带电荷量均为q .试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向．图2解析 (1)因v ⊥B ，所以F ＝q v B ，方向与v 垂直指向左上方．(2)v 与B 的夹角为30°，将v 分解成垂直磁场的分量和平行磁场的分量，v ⊥＝v sin30°，F ＝q v B sin30°＝12q v B .方向垂直纸面向里． (3)由于v 与B 平行，所以不受洛伦兹力．(4)v 与B 垂直，F ＝q v B ，方向与v 垂直指向左上方．答案 (1)q v B 垂直v 指向左上方(2)12q v B 垂直纸面向里 (3)不受洛伦兹力(4)q v B 垂直v 指向左上方例3 在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是( )答案 BC三、洛伦兹力作用下的带电体的运动例4 带电油滴以水平速度v 0垂直进入匀强磁场，恰好做匀速直线运动，如图3所示，若油滴质量为m ，磁感应强度为B ，则下述说法正确的是( )图3A ．油滴必带正电荷，电荷量为mg v 0BB ．油滴必带正电荷，比荷q m ＝q v 0BC ．油滴必带负电荷，电荷量为mg v 0BD ．油滴带什么电荷都可以，只要满足q ＝mg v 0B解析油滴水平向右做匀速直线运动，其所受的洛伦兹力必向上且与重力平衡，故带正电荷，其电荷量为q ＝mg v 0B ，A 正确，C 、D 错误；比荷q m ＝g v 0B，B 错误．答案 A(1)带电粒子在匀强磁场中无约束情况下做直线运动的两种情景：①速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力作用，可做匀速直线运动也可在其他力作用下做变速直线运动.②速度方向与磁场不平行，且洛伦兹力外的各力均为恒力，若轨迹为直线则必做匀速直线运动.带电粒子所受洛伦兹力也为恒力.(2)洛伦兹力的方向总垂直于速度方向，洛伦兹力对运动电荷不做功.例5 一个质量m ＝0.1g 的小滑块，带有q ＝5×10－4C 的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B ＝0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图4所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g 取10m/s 2)．求：(计算结果保留两位有效数字)图4(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度为多大？(3)该斜面长度至少为多长？解析 (1)小滑块在沿斜面下滑的过程中，受重力mg 、斜面支持力F N 和洛伦兹力F 作用，如图所示，若要使小滑块离开斜面，则洛伦兹力f 应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．(2)小滑块沿斜面下滑的过程中，垂直于斜面的加速度为零时，由平衡条件得f ＋F N ＝mg cos α，当支持力F N ＝0时，小滑块脱离斜面．设此时小滑块速度为v max ，则此时小滑块所受洛伦兹力f ＝q v max B ，所以v max ＝mg cos αqB ＝0.1×10－3×10×325×10－4×0.5m /s≈3.5 m/s. (3)设该斜面长度至少为l ，则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时．因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得mgl sin α＝12m v 2max －0，所以斜面长度至少为l ＝v 2max 2g sin α＝ 3.522×10×0.5m ≈1.2m. 答案 (1)负电荷 (2)3.5m/s (3)1.2m分析带电物体在磁场中的运动，分析方法与力学中完全一样：对物体进行受力分析，求合外力，用牛顿第二定律、运动学方程或动能定理列方程.1．(洛伦兹力)在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图5所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则电子将( )图5A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸里偏转D ．向纸外偏转答案 B解析由题图可知，直导线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直于纸面向里，而电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电荷，四指要指向电子运动方向的反方向)，电子将向下偏转，故B 选项正确．2．(洛伦兹力)如图6所示，带负电荷的摆球在一匀强磁场中摆动．匀强磁场的方向垂直纸面向里．摆球在A 、B 间摆动过程中，由A 摆到最低点C 时，摆线拉力大小为F 1，摆球加速度大小为a 1；由B 摆到最低点C 时，摆线拉力大小为F 2，摆球加速度大小为a 2，则( )图6A ．F 1＞F 2，a 1＝a 2B ．F 1＜F 2，a 1＝a 2C ．F 1＞F 2，a 1＞a 2D ．F 1＜F 2，a 1＜a 2答案 B解析由于洛伦兹力不做功，所以摆球从B 到达C 点的速度和从A 到达C 点的速度大小相等．由a ＝v 2r可得a 1＝a 2.当由A 运动到C 时，以摆球为研究对象，对摆球进行受力分析如图甲所示，F 1＋q v B －mg ＝ma 1.当由B 运动到C 时，对摆球受力分析如图乙所示，F 2－q v B －mg ＝ma 2.由以上两式可得：F 2＞F 1，故B 正确．3．(洛伦兹力的特点)在两平行金属板间，有如图7所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场．α粒子(带正电)以速度v 0从两极板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线匀速通过．供下列各小题选择的答案有：图7A ．不偏转B ．向上偏转C ．向下偏转D ．向纸内或纸外偏转(1)若质子(带正电)以速度v 0从两极板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，质子将________．(2)若电子以速度v 0从两极板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，电子将________．(3)若质子以大于v 0的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两极板正中央射入时，质子将________．(4)若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度v 0沿垂直于电场和磁场的方向，从两极板正中央射入时，电子将________．答案 (1)A (2)A (3)B (4)C解析设带电粒子的质量为m ，带电荷量为q ，匀强电场的电场强度为E 、匀强磁场的磁感应强度为B .带电粒子以速度v 0垂直射入互相正交的匀强电场和匀强磁场中时，若粒子带正电荷，则所受电场力方向向下，大小为qE ；所受洛伦兹力方向向上，大小为q v 0B .沿直线匀速通过时，显然有q v 0B ＝qE ，v 0＝E B，即沿直线匀速通过时，带电粒子的速度与其质量、电荷量无关．如果粒子带负电荷，电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，上述结论仍然成立．所以，(1)(2)两小题应选A.若质子以大于v 0的速度射入两极板之间，由于洛伦磁力f ＝Bq v (v ＞v 0)，洛伦兹力将大于电场力，质子带正电荷，将向上偏转，第(3)小题应选B.磁场的磁感应强度B 增大时，电子射入的其他条件不变，所受洛伦兹力f ′＝Bq v 0也增大，电子带负电荷，所受洛伦兹力方向向下，将向下偏转，所以第(4)小题应选C.4．(洛伦兹力作用下带电体的直线运动)如图8甲所示，为一个质量为m ，电荷量为q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于匀强磁场中，(不计空气阻力)，现给圆环向右初速度v 0，在以后的运动过程中的速度图象如图乙所示．则圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B 和圆环克服摩擦力所做的功W .(重力加速度为g )( )图8A ．圆环带负电，B ＝mg q v 0B ．圆环带正电，B ＝2mg q v 0C ．圆环带负电，W ＝34m v 20D ．圆环带正电，W ＝34m v 20答案 B解析因圆环最后做匀速直线运动，根据左手定则可知，圆环带正电；由圆环在竖直方向上平衡得：q v 0B 2＝mg 所以： B ＝2mg q v 0.故A 错误，B 正确；由动能定理得，圆环克服摩擦力所做的功：W ＝12m v 20－12m (v 02)2 所以：W ＝38m v 20.故C 、D 错误.题组一对洛伦兹力方向的判定1．在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断不正确的是( )答案 C2．一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图1所示的磁场，分离为1、2、3三束粒子流，则下列选项不正确的是()图1A．1带正电B．1带负电C．2不带电D．3带负电答案 B解析根据左手定则，带正电的粒子向左偏，即粒子1；不偏转说明不带电，即粒子2；带负电的粒子向右偏，说明是粒子3，故选B.3．(多选)一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则()A．此空间一定不存在磁场B．此空间可能有磁场，方向与电子速度方向平行C．此空间可能有磁场，方向与电子速度方向垂直D．此空间可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度方向垂直答案BD解析由洛伦兹力公式可知：当v的方向与磁感应强度B的方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力作用，因此电子未发生偏转，不能说明此空间一定不存在磁场，只能说明此空间可能有磁场，磁场方向与电子速度方向平行，则选项B正确，选项A、C错误．此空间也可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度方向垂直，导致电子所受合力为零，则选项D正确．题组二对洛伦兹力特点及公式的应用4．(多选)电荷量为＋q的粒子(不计重力)，在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是() A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小不变C．洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D．粒子只受到洛伦兹力的作用，不可能做匀速直线运动答案BD5．如图2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()图2A．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答案 C解析电子的速度v∥B，f洛＝0，电子做匀速直线运动．6．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是()A．带电粒子沿电场线方向射入，静电力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加B．带电粒子垂直于电场线方向射入，静电力对带电粒子不做功，粒子动能不变C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加D．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变答案 D解析带电粒子在电场中受到的静电力F＝qE，只与电场有关，与粒子的运动状态无关，做功的正负由θ角(力与位移方向的夹角)决定．对选项A，只有粒子带正电时才成立，A错误；垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，静电力都会做正功，动能一定增加．B 错误；带电粒子在磁场中的受力——洛伦兹力f洛＝q v B sinθ，其大小除与运动状态有关，还与θ角(磁场方向与速度方向之间的夹角)有关，带电粒子沿磁感线方向射入，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动．粒子动能不变，C错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功，粒子动能不变．选项D正确．7．(多选)如图3所示为一“滤速器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，从O′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是()图3A．使a板电势高于b板，磁场方向垂直于纸面向里B．使a板电势低于b板，磁场方向垂直于纸面向里C．使a板电势高于b板，磁场方向垂直于纸面向外D．使a板电势低于b板，磁场方向垂直于纸面向外答案AD解析电子能够沿水平直线运动说明电子在平行金属板间所受的电场力和洛伦兹力平衡．当a板电势高于b板时，电子所受电场力向上，则洛伦兹力应向下，由左手定则可判定B垂直于纸面向里，故A项正确，同理可得D项也正确．题组三带电物体在磁场中的运动问题8.一个带正电荷的小球沿光滑绝缘水平桌面向右运动，速度的方向与匀强磁场的方向垂直，如图4所示，飞离桌子边缘落到地板上，着地速度大小为v1；若撤去磁场，其余条件不变时，小球着地速度大小为v2，则()图4A．v1＞v2B．v1＜v2C．v1＝v2D．无法确定答案 C解析由于洛伦兹力对小球不做功，有磁场和无磁场时，都只有重力做功，落地时小球的速度方向虽不相同，但大小是相等的．9．(多选)如图5所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，所带的电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中()图5A．小球加速度一直增加B．小球速度一直增加，直到最后匀速C．棒对小球的弹力一直减小D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变答案BD解析小球由静止开始下滑，受到向左的洛伦兹力不断增加．在开始阶段，洛伦兹力小于向右的静电力，棒对小球有向左的弹力，随着洛伦兹力的增大，棒对小球的弹力减小，小球受到的摩擦力减小，所以在竖直方向上小球受到重力和摩擦力作用做加速运动，其加速度逐渐增加．当洛伦兹力等于静电力时，棒对小球没有弹力，摩擦力随之消失，小球在竖直方向上受到的合力最大，加速度最大．随着小球速度继续增加，洛伦兹力大于静电力，棒对小球又产生向右的弹力，随着速度增加，洛伦兹力增加，棒对小球的弹力增加，小球受到的摩擦力增加，于是小球在竖直方向受到的合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，小球的速度不再增加，以此时的速度做匀速运动．综上所述，选项B、D正确．10．(多选)如图6所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动，不可忽略重力，下列说法中正确的是()图6A．微粒一定带负电B．微粒的动能一定减小C．微粒的电势能一定增加D．微粒的机械能一定增加答案AD解析微粒进入场区后沿直线ab运动，则微粒受到的合力为零，或者方向在ab直线上( 垂直于运动方向的合力仍为零)．若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如图甲所示，合力不可能为零，故微粒一定带负电，受力分析如图乙所示，故A正确，B错误；静电力做正功，微粒电势能减小，机械能增加，故C错误，D正确．题组四综合应用11．如图7所示为磁流体发电机发电原理示意图，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒)射入磁场，磁场中有两块金属板P、Q，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．两金属板的板长为L1，板间距离为L2，匀强磁场的磁感应强度为B且平行于两金属板，等离子体充满两板间的空间．等离子体的初速度v 与磁场方向垂直，当发电机稳定发电时，P 板和Q 板间电势差U PQ 为( )图7A ．v BL 1B ．v BL 2 C.v BL 2L 1D.v BL 1L 2答案 B解析等离子体进入两金属板间，在洛伦兹力作用下带正电的离子向P 板运动、带负电的离子向Q 板运动，平行板间形成一个向下的匀强电场，并且场强越来越大，当离子受到的洛伦兹力和电场力平衡时，正负离子便做匀速直线运动通过金属板，发电机便稳定发电了．则有qE ＝q v B ，又U PQ ＝EL 2，可得U PQ ＝v BL 2，选项B 对．12．如图8所示，一带正电小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，摆动过程中无机械能损失，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方通过最低点时，悬线上的张力为0.5mg ，则小球自右方通过最低点时悬线上的张力为多少？图8答案 3.5mg解析设线的长度为l ，小球在经过最低点时速率为v .根据机械能守恒定律得：mgl (1－cos60°)＝12m v 2① 得：v ＝gl ②小球自左方摆至最低点时，有：F ＋q v B －mg ＝m v 2l③ 小球自右方摆至最低点时，有：F ′－mg －q v B ＝m v 2l④ 由②③④得：F ′＝3.5mg .13．如图9所示，质量为m ＝1kg 、电荷量为q ＝5×10－2C 的带正电的小滑块，从半径为R ＝0.4m 的光滑绝缘14圆弧轨道上由静止自A 端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E ＝100V/m ，方向水平向右；B ＝1T ，方向垂直纸面向里．求：图9(1)滑块到达圆弧轨道最低点C 时的速度；(2)在C 点时滑块所受的洛伦兹力；(3)滑块到达C 点时对轨道的压力．(g 取10m/s 2)答案 (1)2m/s ，方向水平向左 (2)0.1N ，方向竖直向下(3)20.1N解析以滑块为研究对象，自轨道上A 点滑到C 点的过程中，受重力mg ，方向竖直向下；静电力qE ，方向水平向右；洛伦兹力f ＝q v B ，方向始终垂直于速度方向．(1)滑块从A 到C 过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR －qER ＝12m v 2C得v C ＝2(mg －qE )R m＝2m/s ，方向水平向左． (2)根据洛伦兹力公式得：f ＝q v C B ＝5×10－2×2×1N ＝0.1N ，方向竖直向下． (3)在C 点根据牛顿第二定律：F N －mg －f ＝m v 2C R代入数据得：F N ＝20.1N ．根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为20.1N.。

2017-2018学年高中物理选修3-1教学案(18份) 粤教版3(优秀免费下载资料)

第二节探究静电力.点电荷是理想模型，当带电体的大小和形状可以忽略时，带电体可被看成点电荷，而不是依据带电体的体积大小和电量多少。

．库仑定律表达式为＝，此式仅适用于真空中的点电荷，其中是静电力常量。

．库仑力又叫静电力，属于性质力，物体受静电力时，分析方法符合一般的力学规律。

一、点电荷()定义：如果一个带电体，它本身的大小比起它到其他带电体的距离小得多，那么在研究它与其他带电体的相互作用时，可以忽略电荷在带电体上的具体分布情况，把它抽象成一个几何点。

()理想化模型：当研究对象受多个因素影响时，在一定条件下可以抓住主要因素，忽略次要因素，将研究对象抽象为理想模型。

()点电荷是一种理想化的物理模型。

二、库仑定律．探究方法：控制变量法()保持电荷的电荷量不变，距离增大时，作用力减小；距离减小时，作用力增大。

()保持两个电荷之间的距离不变，电荷量增大时，作用力增大；电荷量减小时，作用力减小。

．库仑定律()内容：在真空中两个点电荷之间的相互作用力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比；作用力的方向在它们的连线上。

()公式：＝。

()静电力常量＝×·。

()适用条件：真空中的点电荷。

．自主思考——判一判()实验表明电荷之间的作用力一定和电荷间的距离成反比。

(×)()实验表明两个带电体的距离越大，作用力就越小。

(√)()点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化模型。

(√) ()球形带电体一定可以看成点电荷。

(×)()很大的带电体也有可能看做点电荷。

(√)．合作探究——议一议()比较库仑定律＝与万有引力定律＝，你会发现什么？提示：仔细观察，我们会发现它们有惊人的相似：两个公式中都有，即两种力都与距离的二次方成反比；两个公式中都有与作用力有关的物理量(电荷量或质量)的乘积，且两种力都与乘积成正比；这两种力的方向都在两个物体的连线上。

对静电力与万有引力进行比较，我们可以看到，自然规律既具有多样性，又具有统一性，也许它们是同一种相互作用的不同表示。

2017-2018学年高中物理(SWSJ)粤教版选修3-1教学案：第三章第五节研究洛伦兹力含答案

第五节研究洛伦兹力1.洛伦兹力的方向可由左手定则判定，其中四指指向正电荷的运动方向，拇指的指向为正电荷的受力方向.运动的负电荷受力跟相同方向正电荷受力方向相反。

2．洛伦兹力的大小：当运动电荷的方向与磁场方向平衡时,运动电荷受到的洛伦兹力为零；当运动电荷的速度方向与磁场方向垂直时,受到洛伦兹力f＝qvB。

3．速度选择器所选择粒子速度满足qvB＝qE，即v＝E B.一、洛伦兹力的方向1．洛伦兹力荷兰物理学家洛伦兹于1895年发现了磁场对运动电荷的作用力公式，人们称这种力为洛伦兹力。

2．阴极射线在阴极射线管中，从阴极发射出来的电子束称为阴极射线。

3．实验结论（1）当运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷受到的洛伦兹力为零。

（2)当运动电荷的速度方向与磁场方向垂直时,运动电荷受到的洛伦兹力的方向既与磁场方向垂直，又与速度方向垂直。

4．左手定则伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直,且处于同一平面内，把手放入磁场中让磁感线垂直穿入手心，四指指向为正电荷运动的方向，那么拇指所指的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向.运动的负电荷在磁场中所受的洛伦兹力的方向跟沿相同方向运动的正电荷所受的力的方向相反。

二、洛伦兹力的大小1．实验表明安培力可以看做是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现。

2．公式推导设有一段长度为L的通电导线，横截面积为S,单位体积内含有的自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为q，定向移动的平均速度为v,则导线中的电流为I＝nqvS,将通电直导线垂直于磁场方向放入磁感应强度为B的匀强磁场中，导线所受安培力F安＝BIL＝BnqvSL，这段导线中含有的运动电荷数为nLS，所以f＝错误!＝qvB。

综上可知,当电荷在垂直于磁场的方向上运动时,磁场对运动电荷的洛伦兹力f＝qvB。

1．自主思考-—判一判(1）运动的电荷在磁场中受的力叫洛伦兹力，正电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相同，负电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相反.(×)(2）同一电荷,以相同大小的速度进入磁场，速度方向不同时，洛伦兹力的大小不同.(√）(3)若电荷的速度方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。

2017-2018学年高中物理选修3-1教学案(18份) 粤教版13(优秀免费下载资料)

第三节研究闭合电路.电源的电动势数值上等于不接用电器时电源正负两极间的电压。

．闭合电路欧姆定律＝．电源电动势等于外和内之和，即＝外＋＝＋。

．路端电压随外电阻的增大而增大。

电源电动势和内阻不随外电阻的变化而变化。

．在电源的-图像中，图线与纵轴的交点即为电源的电动势，与横轴的交点是短路电流，直线的斜率即为电源的内阻。

一、电动势闭合电路的欧姆定律．电动势()电源外部的电路叫做外电路，外电路上的电阻称为外电阻。

电源内部的电路叫做内电路，内电路上的电阻即电源的电阻称为内电阻。

()电源的电动势数值上等于不接用电器时电源正负两极间的电压。

()电动势的单位与电压的单位相同，也是伏特。

．闭合电路的欧姆定律()内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。

()公式：＝。

()电源的电动势等于外和内之和，即＝内＋外。

二、路端电压跟负载的关系．路端电压跟负载的关系式：＝－，而＝。

图--．当外电阻增大时，电路中的电流减小，路端电压增大。

当外电阻减小时，电路中的电流增大，路端电压减小。

．路端电压与电流的关系图像如图--所示，可知()图线是一条向下倾斜的直线。

()路端电压随着电流的增大而减小。

三、测量电源的电动势和内阻．实验目的()知道测量电源电动势和内阻的实验原理，进一步理解电源路端电压随电流变化的关系。

()学会根据图像合理外推进行数据处理的方法。

()尝试进行电源电动势和内电阻测量误差的分析，了解测量中减小误差的办法。

．实验原理实验的电路如图--所示，实验原理是闭合电路的欧姆定律。

图--．实验器材待测电池一节，电流表(～)、电压表(～)各一块，滑动变阻器一只，开关一只，导线若干。

．实验步骤()确定电流表、电压表的量程，按原理图连接好电路，并将滑动变阻器的滑片移到使接入电路的阻值为最大值的一端。

()闭合开关，接通电路，将滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动，从电流表有明显读数开始，记录一组电流表、电压表读数。

2018年高中物理选修3-1全册教案

第一章静电场1.1电荷及其守恒定律教学目标1．知道两种电荷及其相互作用．知道电量的概念．2．知道摩擦起电，知道摩擦起电不是创造了电荷，而是使物体中的正负电荷分开．3．知道静电感应现象，知道静电感应起电不是创造了电荷，而是使物体中的电荷分开．4．知道电荷守恒定律．5．知道什么是元电荷．教学重点：电荷守恒定律教学难点：利用电荷守恒定律分析解决相关问题摩擦起电和感应起电的相关问题。

教学过程：（一）引入新课：新的知识内容，新的学习起点．本章将学习静电学．将从物质的微观的角度认识物体带电的本质，电荷相互作用的基本规律，以及与静止电荷相联系的静电场的基本性质。

【板书】第一章静电场复习初中知识：摩擦过的物体具有了吸引轻小物体的性质，这种现象叫摩擦起电，这样的物体就带了电．自然界存在两种电荷．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．【板书】自然界中的两种电荷即正电荷和负电荷电荷及其相互作用：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．（二）进行新课：第1节、电荷及其守恒定律【板书】1、电荷（1）原子的核式结构及摩擦起电的微观解释原子：包括原子核（质子和中子）和核外电子。

（2）摩擦起电的原因：不同物质的原子核束缚电子的能力不同．实质：电子的转移．结果：两个相互摩擦的物体带上了等量异种电荷．（3）用静电感应的方法也可以使物体带电．静电感应：把电荷移近不带电的异体，可以使导体带电的现象。

利用静电感应使物体带电，叫做感应起电．规律：近端感应异种电荷，远端感应同种电荷实质：电子的转移．（4）接触带电:实质是电子的转移.2、电荷守恒定律：电荷既不能创造，也不能消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分．另一表述：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和总是保持不变。

3．元电荷电荷的多少叫做电荷量．符号：Q 或q 单位：库仑符号：C元电荷:电子所带的电荷量，用e 表示. 注意：所有带电体的电荷量或者等于e ，或者等于e 的整数倍。

2017-2018学年高中物理粤教版选修3-1学案：第一章第3

[目标定位] 1.知道电荷间的相互作用是通过电场发生的，知道电场是客观存在的一种物质形态.2.知道电场强度的概念和定义式，并会进行有关的计算.3.理解点电荷的电场强度及叠加原理.4.会用电场线表示电场，并熟记几种常见电场的电场线分布．一、电场和电场强度1．电场(1)概念：存在于电荷周围的一种特殊的物质，由电荷产生．场和实物是物质存在的两种不同形式．(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用．电荷之间通过电场发生相互作用．(3)静电场：静止的电荷产生的电场． 2．电场强度(1)试探电荷：放入电场中探测电场性质的电荷满足：①电荷量应足够小．②线度足够小． (2)电场强度①定义：在电场中同一点的点电荷所受电场力的大小与它的电荷量的比值叫做该点的电场强度，简称场强．②物理意义：表示电场的强弱和方向．③定义式：E ＝Fq，单位为牛(顿)每库(仑)，符号为N/C.④方向：电场强度的方向与正电荷所受静电力的方向相同，与负电荷所受静电力方向相反． 3．匀强电场：如果电场中各点的场强大小和方向都相同，这种电场叫做匀强电场．深度思考(1)由于E ＝Fq ，所以有人说电场强度的大小与放入的试探电荷受到的力F 成正比，与电荷量q的大小成反比，你认为这种说法正确吗？为什么？(2)这里定义电场强度的方法叫比值定义法，你还学过哪些用比值定义的物理量？它们都有什么共同点？答案 (1)不正确．电场中某点的电场强度E 是唯一的，由电场本身决定，与是否放入试探电荷以及放入试探电荷的正负、电荷量的大小无关．(2)如加速度a ＝Δv Δt ，密度ρ＝MV等．用比值定义的新物理量可反映物质本身的某种属性，与用来定义的原有物理量并无直接关系．例1 A 为已知电场中的一固定点，在A 点放一电荷量为q 的试探电荷，所受电场力为F ，A 点的场强为E ，则( )A ．若在A 点换上－q ，A 点场强方向发生变化B ．若在A 点换上电荷量为2q 的试探电荷，A 点的场强将变为2EC ．若在A 点移去电荷q ，A 点的场强变为零D ．A 点场强的大小、方向与q 的大小、正负、有无均无关解析电场强度E ＝Fq 是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向和大小均不变，故A 、B 、C 均错误；故选D. 答案 D例2 真空中O 点放一个点电荷Q ＝＋1.0×10－9C ，直线MN 通过O 点，OM 的距离r ＝30cm ，M 点放一个点电荷q ＝－1.0×10－10C ，如图1所示．求：图1(1)q 在M 点受到的作用力； (2)M 点的场强；(3)拿走q 后M 点的场强．解析 (1)电场是一种物质，电荷q 在电场中M 点所受的作用力是电荷Q 通过它的电场对q的作用力，根据库仑定律，得F M ＝k Qq r 2＝9.0×109×1.0×10－9×1.0×10－100.32N＝1.0×10－8N ．因为Q 为正电荷，q 为负电荷，库仑力是吸引力，所以力的方向沿MO 指向Q .(2)M 点的场强E M ＝F M q ＝1.0×10－81.0×10－10N /C ＝100 N/C ，其方向沿OM 连线背离Q ，因为它的方向跟正电荷所受电场力的方向相同．(3)在M 点拿走试探电荷q ，有的同学说M 点的场强E M ＝0，这是错误的．其原因在于不懂得场强是反映电场的力的性质的物理量，它是由形成电场的电荷Q 及场中位置决定的，与试探电荷q 是否存在无关．故M 点的场强仍为100N/C ，方向沿OM 连线背离Q . 答案 (1)大小为1.0×10－8N 方向沿MO 指向Q(2)大小为100N/C 方向沿OM 连线背离Q (3)大小为100N/C 方向沿OM 连线背离Q(1)公式E ＝Fq是电场强度的定义式，不是决定式.其中q 是试探电荷的电荷量.(2)电场强度E 的大小和方向只由电场本身决定，与是否放入的试探电荷以及放入试探电荷的正负、电荷量的大小无关.二、点电荷的电场电场的叠加原理1．真空中点电荷周围的场强 (1)大小：E ＝k Q r2.(2)方向：Q 为正电荷时，E 的方向由点电荷指向无穷远；Q 为负电荷时，E 的方向由无穷远指向点电荷．2．电场的叠加原理：如果在空间同时存在多个点电荷，这时在空间某一点的电场强度等于各个电荷单独存在时在该点产生的场强的矢量和，这叫做电场的叠加原理．深度思考公式E ＝F q 与E ＝k Qr2有什么区别？答案公式E ＝F q 是电场强度的定义式，适用于任何电场，E 可以用Fq 来度量，但与F 、q 无关．其中q 是试探电荷．公式E ＝k Qr 2是点电荷场强的决定式，仅适用于点电荷的电场强度求解，Q 是场源电荷，E 与Q 成正比，与r 2成反比．例3 真空中距点电荷(电荷量为Q )为r 的A 点处，放一个带电荷量为q (q ≪Q )的点电荷，q 受到的电场力大小为F ，则A 点的场强为( ) A.F Q B.F q C ．k q r 2D ．k Q r2 解析 E ＝F q 中q 指的是试探电荷，E ＝kQr 2中Q 指的是场源电荷，故B 、D 正确．答案 BD例4 如图2所示，真空中带电荷量分别为＋Q 和－Q 的点电荷A 、B 相距为r ，则：图2(1)两点电荷连线的中点O 的场强多大？(2)在两点电荷连线的中垂线上，距A 、B 两点都为r 的O ′点的场强如何？解析求解方法是分别求出＋Q 和－Q 在某点的场强大小和方向，然后根据电场强度的叠加原理求出合场强．(1)如图甲所示，A 、B 两点电荷在O 点产生的场强方向相同，由A 指向B .A 、B 两点电荷在O 点产生的电场强度 E A ＝E B ＝kQ ⎝⎛⎭⎫r 22＝4kQ r 2. 故O 点的合场强为E O ＝2E A ＝8kQr 2，方向由A 指向B .(2)如图乙所示，E A ′＝E B ′＝kQr 2，由矢量图所形成的等边三角形可知，O ′点的合场强E O ′＝E A ′＝E B ′＝kQr 2，方向与A 、B 的中垂线垂直，即E O ′与E O 同向．答案 (1)8kQr2，方向由A 指向B(2)kQr2，方向与AB 连线平行，由A 指向B电场强度是矢量，合成时遵循矢量运算法则(平行四边形定则或三角形定则)，常用的方法有图解法、解析法、正交分解法等；对于同一直线上电场强度的合成，可先规定正方向，进而把矢量运算转化成代数运算.三、电场线1．电场线：在电场中画出一系列曲线，使曲线上每一点的切线方向都和该处的场强方向一致.这样的曲线就叫做电场线． 2．几种特殊的电场线熟记六种特殊电场电场线分布，如图3所示．图33．电场线的特点(1)电场线是为了形象描述电场而假想的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．(2)电场线从正电荷或无限远出发，到负电荷终止或延伸到无限远．(3)电场线在电场中不相交．(4)电场越强的地方，电场线越密．电场线的疏密程度反映了电场的强弱．(5)匀强电场的电场线是间隔距离相等的平行直线．深度思考(1)在相邻的两条电场线之间没画电场线的地方有电场吗？(2)电场线是物体的运动轨迹吗？答案(1)电场线是假想的．如果在每个地方都画电场线也就无法对电场进行描述了，所以在相邻的两条电场线之间没画电场线的地方也有电场．(2)电场线不是运动轨迹，运动轨迹由运动电荷的受力和初速度共同决定，运动轨迹的切线方向为速度方向；电场线上各点的切线方向为该点的场强方向，决定着电荷所受电场力的方向．例5如图4所示是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是()图4A．这个电场可能是负点电荷的电场B．点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大C．正电荷可以沿电场线由B点运动到C点D．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)解析负点电荷的电场线是从四周无限远处不同方向指向负点电荷的直线，故A 错；电场线越密的地方场强越大，由题图知E A ＞E B ，又因F ＝qE ，得F A ＞F B ，故B 正确；由a ＝Fm 知，a ∝F ，而F ∝E ，E A ＞E B ，所以a A ＞a B ，故D 错；正电荷在B 点受到的电场力的方向沿切线方向，故其轨迹不可能沿曲线由B 到C ，故C 错误．答案 B(1)电场线并不是粒子运动的轨迹.带电粒子在电场中的运动轨迹由带电粒子所受合外力与初速度共同决定.电场线上各点的切线方向是场强方向，决定着粒子所受电场力的方向.轨迹上每一点的切线方向为粒子在该点的速度方向.(2)电场线与带电粒子运动轨迹重合必须同时满足以下三个条件 ①电场线是直线.②带电粒子只受电场力作用，或受其他力，但其他力的方向沿电场线所在直线. ③带电粒子初速度的大小为零或初速度的方向沿电场线所在的直线.1．(对电场强度的理解)电场中有一点P ，下列说法中正确的有( ) A ．若放在P 点的试探电荷的电荷量减半，则P 点的场强减半 B ．若P 点没有试探电荷，则P 点场强为零C ．P 点的场强越大，则同一试探电荷在P 点受到的电场力越大D ．P 点的场强方向就是放在该点的试探电荷所受电场力的方向答案 C解析场强是表示电场本身性质的物理量，由电场本身决定，与是否有试探电荷以及试探电荷的电荷量均无关，选项A 、B 错误；由E ＝Fq 得，F ＝qE ，q 一定时F 与E 成正比，则知P点的场强越大，同一试探电荷在P 点受到的电场力越大，故C 正确；P 点的场强方向就是放在该点的正试探电荷所受电场力的方向，与放在该点的负试探电荷所受电场力的方向相反，故D 错误．2．(对电场强度的理解)如图5所示，在一带负电的导体A 附近有一点B ，如在B 处放置一个q 1＝－2.0×10－8C 的电荷，测出其受到的静电力F 1大小为4.0×10－6N ，方向如图，则B 处场强多大？如果换用一个q 2＝＋4.0×10－7C 的电荷放在B 点，其受力多大？此时B 处场强多大？图5答案 200N/C 8.0×10－5N200N/C解析由场强公式可得E B ＝F 1q 1＝4.0×10－62.0×10－8N /C ＝200 N/C ，因为是负电荷，所以场强方向与F 1方向相反．q 2在B 点所受静电力F 2＝q 2E B ＝4.0×10－7×200N ＝8.0×10－5N ，方向与场强方向相同，也就是与F 1方向相反．此时B 处场强仍为200N/C ，方向与F 1相反．3．(点电荷的电场电场强度的叠加)如图6所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移到P 点，则O 点的场强大小变为E 2，E 1与E 2之比为( )图6A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶ 3D ．4∶ 3答案 B解析设半圆弧的半径为r ，M 、N 点的点电荷的电荷量分别为Q 和－Q ，M 、N 两点的点电荷在O 点所产生的场强均为E ＝k Qr2，则O 点的合场强E 1＝k Q r 2＋k Q r 2＝2k Qr 2.当N 点处的点电荷移到P 点时，O 点场强如图所示，合场强大小为E 2＝k Qr2，则E 1与E 2之比为2∶1.4．(电场线的特点及应用)下列各电场中，A 、B 两点电场强度相同的是( )答案 C解析 A 图中，A 、B 两点场强大小相等，方向不同；B 图中，A 、B 两点场强的方向相同，但大小不等；C 图中是匀强电场，则A 、B 两点场强大小、方向均相同；D 图中A 、B 两点场强大小、方向均不相同．故选C.题组一对电场及电场强度的理解1．(多选)下列关于电场和电场强度的说法正确的是( )A ．电荷间的相互作用是通过电场产生的，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的作用B ．电场是人为设想出来的，其实并不存在C ．某点的场强越大，则同一电荷在该点所受到的电场力越大D ．某点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向答案 AC解析电场是电荷周围客观存在的一种特殊物质，电荷间的相互作用是通过电场产生的，不是假想的，故A 正确，B 错误；由E ＝Fq 得，F ＝Eq ，当q 一定时，E 越大，F 越大，所以C正确；场强方向规定为正电荷在该点所受的电场力方向，与负电荷所受的电场力的方向相反，D 错误．2．(多选)关于电场强度的下列说法中，正确的是( ) A ．电场强度与试探电荷所受电场力成正比 B ．试探电荷的电荷量越大，电场强度越大C ．电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电荷量及其所受电场力大小无关D ．电场强度的方向就是正的试探电荷所受电场力的方向答案 CD解析电场中某点的电场强度只与电场本身的性质有关，与试探电荷所带的电荷量及其所受电场力大小无关，A 、B 错，C 对．人们规定电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同，D 对．3．下列关于电场强度的说法中，正确的是( ) A ．公式E ＝Fq只适用于真空中点电荷产生的电场B ．由公式E ＝Fq 可知，电场中某点的电场强度E 与试探电荷在电场中该点所受的静电力成正比C ．在公式F ＝k q 1q 2r 2中，k q 2r 2是点电荷q 2产生的电场在点电荷q 1处的电场强度大小；而k q 1r 2是点电荷q 1产生的电场在点电荷q 2处的电场强度大小D ．由公式E ＝kQr 2可知，在离点电荷非常近的地方(r →0)，电场强度E 可达无穷大答案 C解析电场强度的定义式E ＝Fq 适用于任何电场，选项A 错误；电场中某点的电场强度由电场本身决定，与电场中该点是否有试探电荷以及引入的试探电荷所受的静电力无关，选项B 错误；点电荷间的相互作用力是通过电场产生的，选项C 正确；公式E ＝kQr 2是点电荷产生的电场中某点电场强度的计算式，当r →0时，所谓的“点电荷”已不存在，该公式已不适用，选项D 错误．题组二电场强度的叠加4．如图1所示，AC 、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O ，将带有等量电荷量q 的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC 对称．要使圆心O 处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电荷量的正点电荷＋Q ，则该点电荷＋Q 应放在( )图1A ．A 点B ．B 点C ．C 点D ．D 点答案 D解析由电场的叠加原理和对称性可知，＋q 、－q 在O 点的合场强方向应沿OD 方向，要使O 点的合场强为零，放上的电荷＋Q 在O 点的场强方向应与＋q 、－q 在O 点的合场强方向相反，所以D 正确．5．在一个等边三角形ABC 顶点B 和C 处各放一个电荷量相同的点电荷时，测得A 处的场强大小为E ，方向与BC 边平行沿B 指向C ，如图2所示．拿走C 处的点电荷后，A 处电场强度情况将是( )图2A ．大小仍为E ，方向由A 指向B B ．大小仍为E ，方向由B 指向AC ．大小变为E2，方向不变D ．不能作出结论答案 B解析设点电荷B 、C 在A 产生的场强度大小均为E ′，则E ′＝E ，拿走C 处的点电荷后，A 处电场强度大小为E ，方向由B 指向A ，选项B 正确．题组三电场线的特点和应用6．(多选)以下关于电场和电场线的说法中正确的是 ( ) A ．电场线就是电荷在电场中的运动轨迹B ．在电场中，凡是有电场线通过的点，场强不为零，不画电场线的区域内的点，场强为零C ．同一试探电荷在电场线密集的地方所受静电力大D ．电场线是人们假想的，用以形象表示电场强度的大小和方向，客观上并不存在答案 CD解析电场线是为了方便描述电场强度的大小及方向而引进的假想线，它一般不与电荷的运动轨迹重合，没画电场线的区域也有电场，场强不为零，A 、B 错误，D 正确．在同一电场中，电场强度较大的地方电场线较密，电荷受到的电场力也较大，C 正确．7．如图3所示是点电荷Q 周围的电场线，图中A 到Q 的距离小于B 到Q 的距离．以下判断正确的是( )图3A ．Q 是正电荷，A 点的电场强度大于B 点的电场强度 B ．Q 是正电荷，A 点的电场强度小于B 点的电场强度C ．Q 是负电荷，A 点的电场强度大于B 点的电场强度D ．Q 是负电荷，A 点的电场强度小于B 点的电场强度答案 A解析正电荷的电场线向外辐射，电场线密的地方电场强度大，所以A 正确． 8．(多选)某电场的电场线分布如图4所示，则( )图4A．电荷P带正电B．电荷P带负电C．a点的电场强度大于b点的电场强度D．正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力答案AD解析电场线从正电荷出发，故A正确，B错误；从电场线的分布情况可知，b点的电场线比a点的密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，故C错误；c点的场强大于d点场强，所以正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故D正确；故选A、D. 9．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v－t图象如图5所示．则此电场的电场线分布可能是()图5答案 A解析从题图可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小，故微粒所受电场力做负功，图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，微粒是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A. 10．(多选)A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)，如图6所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是()图6A．这两点电荷一定是同种电荷B ．这两点电荷一定是异种电荷C ．D 、C 两点电场强度相等D ．C 点的电场强度比D 点的电场强度大答案 BD解析由题图可知，电场线关于中垂线对称，两点电荷一定是等量异种电荷，A 错，B 对．中垂线上，C 点场强最大，离C 点越远，场强越小，C 错，D 对．题组四综合应用11．在一个点电荷Q 的电场中，Ox 坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为2m 和5m ．已知放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x 轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系图象如图7中直线OA 、OB 所示，放在A 点的试探电荷带正电，放在B 点的试探电荷带负电．求：图7(1)B 点的电场强度的大小和方向．(2)试判断点电荷Q 的电性，并确定点电荷Q 位置坐标．答案 (1)2.5N/C ，方向沿x 轴负方向 (2)带负电，位置坐标x ＝2.6m解析 (1)由题图可得B 点电场强度的大小E B ＝F q ＝10.4N /C ＝2.5 N/C.因B 点的试探电荷带负电，而受力指向x 轴的正方向，故B 点场强的方向沿x 轴负方向． (2)因A 点的正电荷受力和B 点的负电荷受力均指向x 轴的正方向，故点电荷Q 位于A 、B 两点之间，带负电．设点电荷Q 的坐标为x ，则E A ＝k Q (x －2)2，E B ＝k Q(5－x )2由题图可得E A ＝40N/C ，则E A E B ＝(5－x )2(x －2)2＝402.5解得x ＝2.6m 或x ＝1m(不符合题意舍去)．12．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E ，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m 的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图8所示．请问：图8(1)小球带电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？答案 (1)mg tan θE(2)2b gcot θ解析 (1)由小球处于平衡状态，知小球带正电，对小球受力分析如图所示 F T sin θ＝qE ① F T cos θ＝mg ②由①②联立得tan θ＝qE mg ，故q ＝mg tan θE .(2)由第(1)问中的方程②知F T ＝mgcos θ，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等、方向相反，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于mg cos θ.小球的加速度a ＝F 合m ＝gcos θ，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为x ＝b sin θ，又由x ＝12at 2，得t ＝2xa＝2b cos θg sin θ＝2bgcot θ.。

物理选修3-1全书全套教案

高一物理选修3-1全套教案目录第一章静电场 (2)1.1电荷及其守恒定律 (2)1.2库仑定律 (4)1.3.1电场强度 (6)1.3.2专题：静电平衡 (10)1.4电势能电势 (13)1.5电势差 (15)1.6电势差与电势强度的关系 (17)1.7电容器与电容 (19)1.8带电粒子在电场中的运动 (21)第二章、恒定电流 (24)2.1、导体中的电场和电流（1课时） (24)2.2、电动势（1课时） (26)2.3、欧姆定律（2课时） (28)2.4、串联电路和并联电路（2课时） (30)2.5、焦耳定律（1课时） (32)第三章磁场教案 (34)3.1 磁现象和磁场（1课时） (34)3.2 、磁感应强度（1课时） (36)3.3 、几种常见的磁场（1.5课时） (38)3.4 、磁场对通电导线的作用力（1.5课时） (41)3.5、磁场对运动电荷的作用（1课时） (44)3.6、带电粒子在匀强磁场中的运动（2课时+1练习） (47)第一章静电场1.1电荷及其守恒定律教学三维目标（一）知识与技能1．知道两种电荷及其相互作用．知道电量的概念．2．知道摩擦起电，知道摩擦起电不是创造了电荷，而是使物体中的正负电荷分开．3．知道静电感应现象，知道静电感应起电不是创造了电荷，而是使物体中的电荷分开．4．知道电荷守恒定律．5．知道什么是元电荷．（二）过程与方法1、通过对初中知识的复习使学生进一步认识自然界中的两种电荷2、通过对原子核式结构的学习使学生明确摩擦起电和感应起电不是创造了电荷，而是使物体中的电荷分开．但对一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和不变。

（三）情感态度与价值观通过对本节的学习培养学生从微观的角度认识物体带电的本质重点：电荷守恒定律难点：利用电荷守恒定律分析解决相关问题摩擦起电和感应起电的相关问题。

2017-2018学年高中物理选修3-1教学案(18份) 粤教版9(优秀免费下载资料)

第五节研究洛伦兹力.洛伦兹力的方向可由左手定则判定，其中四指指向正电荷的运动方向，拇指的指向为正电荷的受力方向。

运动的负电荷受力跟相同方向正电荷受力方向相反。

．洛伦兹力的大小：当运动电荷的方向与磁场方向平衡时，运动电荷受到的洛伦兹力为零；当运动电荷的速度方向与磁场方向垂直时，受到洛伦兹力＝。

．速度选择器所选择粒子速度满足＝，即＝。

一、洛伦兹力的方向．洛伦兹力荷兰物理学家洛伦兹于年发现了磁场对运动电荷的作用力公式，人们称这种力为洛伦兹力。

．阴极射线在阴极射线管中，从阴极发射出来的电子束称为阴极射线。

．实验结论()当运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷受到的洛伦兹力为零。

()当运动电荷的速度方向与磁场方向垂直时，运动电荷受到的洛伦兹力的方向既与磁场方向垂直，又与速度方向垂直。

．左手定则伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，且处于同一平面内，把手放入磁场中让磁感线垂直穿入手心，四指指向为正电荷运动的方向，那么拇指所指的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向。

运动的负电荷在磁场中所受的洛伦兹力的方向跟沿相同方向运动的正电荷所受的力的方向相反。

二、洛伦兹力的大小．实验表明安培力可以看做是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现。

．公式推导设有一段长度为的通电导线，横截面积为，单位体积内含有的自由电荷数为，每个自由电荷的电荷量为，定向移动的平均速度为，则导线中的电流为＝，将通电直导线垂直于磁场方向放入磁感应强度为的匀强磁场中，导线所受安培力安＝＝，这段导线中含有的运动电荷数为，所以＝＝。

综上可知，当电荷在垂直于磁场的方向上运动时，磁场对运动电荷的洛伦兹力＝。

．自主思考——判一判()运动的电荷在磁场中受的力叫洛伦兹力，正电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相同，负电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相反。

(×)()同一电荷，以相同大小的速度进入磁场，速度方向不同时，洛伦兹力的大小不同。

(√) ()若电荷的速度方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。

2017-2018学年高中物理粤教版选修3-1学案：第一章第4

[目标定位] 1.会处理电场中的平衡问题.2.会处理电场力与牛顿第二定律结合的综合问题．一、电场力作用下的平衡1．共点力的平衡条件：物体不受力或所受外力的合力为零．2．处理平衡问题常用的数学知识和方法有直角三角形、相似三角形和正交分解法．选取研究对象时，要注意整体法和隔离法的灵活运用．例1 如图1所示，光滑水平面上相距为L 的A 、B 两个带正电小球，电荷量分别为4Q 和Q .要在它们之间引入第三个带电小球C ，使三个小球都只在电场力相互作用下而处于平衡，求：图1(1)小球C 带何种电荷？ (2)C 与A 之间的距离x 为多大？ (3)C 球的电荷量q 为多大？解析 (1)要使三个小球都只在电场力相互作用下而处于平衡，且A 、B 为两个带正电小球，故小球C 带负电荷．(2)对C ，设C 与A 之间的距离为x ，则：4kQq x 2＝kQq (L －x )2，解得：x ＝23L . (3)对A 球，由平衡条件知，4kQq x 2＝4kQ 2L 2，解得：q ＝49Q .答案 (1)小球C 带负电荷 (2)23L (3)49Q同一直线上的三个自由点电荷都处于平衡状态时，电荷间的关系为：“两同夹异”、“两大夹小”、“近小远大”.例2 如图2所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为m ，分别用绝缘细线悬挂于绝缘天花板上同一点，平衡时，B 球偏离竖直方向θ角，A 球竖直且与墙壁接触，此时A 、B 两球位于同一高度且相距L .求：图2(1)每个小球带的电荷量q ； (2)B 球所受绳的拉力F T . (3)墙壁对A 球的弹力F N .解析 (1)对B 球受力分析如图所示：B 球受三个力且处于平衡状态，其中重力与库仑力的合力大小等于绳子拉力的大小，方向与绳子拉力方向相反，由图可知：F 库＝mg tan θ＝kq 2L 2，①解得：q ＝Lmg tan θk(2)由B 球的受力分析知， F T ＝mg cos θ②(3)分析A 球的受力情况知 F N ＝F 库＝k q 2L 2③结合①得F N ＝mg tan θ. 答案 (1)Lmg tan θk (2)mgcos θ(3)mg tan θ 二、两等量电荷电场线的特点等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较例3如图3所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中心，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为F d、F c、F e，则下列说法中正确的是()图3A．F d、F c、F e的方向都是水平向右B．F d、F c的方向水平向右，F e的方向竖直向上C．F d、F e的方向水平向右，F c＝0D．F d、F c、F e的大小都相等解析根据场强叠加原理，等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线分布如图所示，d、c、e 三点场强方向都是水平向右，正点电荷在各点所受电场力方向与场强方向可得到A正确，B、C错误；连线上场强由a到b先减小后增大，中垂线上由O到无穷远处逐渐减小，因此O点场强是连线上最小的(但不为0)，是中垂线上最大的，故F d＞F c＞F e，故D错误．答案 A三、电场线与运动轨迹1．物体做曲线运动的条件：合力在轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向．2．由轨迹的弯曲情况结合电场线确定电场力的方向；由电场力和电场线的方向可判断电荷的正负；由电场线的疏密程度可确定电场力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断运动电荷加速度的大小．例4如图4所示，实线为电场线(方向未画出)，虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一条抛物线．下列判断正确的是()图4A．电场线MN的方向一定是由N指向MB．带电粒子由a运动到b的过程中速度一定逐渐减小C．带电粒子在a点的速度一定小于在b点的速度D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度解析由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受电场力一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力与速度成锐角，粒子做加速运动，速度增大，故B错误，C正确；b点的电场线比a点的密，所以带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误，故选C.答案 C电场线决定力(或加速度)的方向，轨迹显示速度的方向，注意电场力的方向指向轨迹内侧.针对训练一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)()答案 D解析负电荷所受的电场力与电场强度方向相反，曲线运动中质点所受的合力(本题是电场力)方向指向轨迹的凹侧．所以正确选项是D.四、电场力与牛顿第二定律的结合例5如图5所示，光滑斜面倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的12，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2)求：图5(1)原来的电场强度； (2)小物块运动的加速度；(3)小物块2s 末的速度和2s 内的位移．解析 (1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mg sin37°＝qE cos37°，E ＝mg tan37°q ＝3mg 4q.(2)当场强变为原来的12时，小物块受到的合外力F 合＝mg sin37°－12qE cos37°＝0.3mg ，又F合＝ma ，所以a ＝3m/s 2，方向沿斜面向下． (3)由运动学公式v ＝at ＝3×2m /s ＝6 m/s x ＝12at 2＝12×3×22m ＝6m 答案 (1)3mg 4q(2)3m /s 2，方向沿斜面向下 (3)6 m/s 6m应用牛顿运动定律求解带电体在电场中的加速运动问题，与在力学中的应用完全一致：做好受力情况分析和运动过程分析；列牛顿运动定律方程和运动学方程，只是多分析了一个电场力.1．(电场力作用下的平衡)(多选)两个通电小球带电后相互排斥，如图6所示．两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上．两球质量用m 和M 表示，所带电荷量用q 和Q 表示．若已知α＞β，则一定有关系( )图6A ．两球一定带同种电荷B．m一定小于MC．q一定大于QD．m受到的电场力一定大于M所受的电场力答案AB2．(电场力作用下的平衡)如图7所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C(可视为点电荷)，三小球在一条直线上均处于静止状态，则以下判断正确的是()图7A．A对B的电场力一定是引力B．A对B的电场力可能是斥力C．A的电荷量可能比B少D．C的电荷量一定比B少答案 A解析三小球在一条直线上处于静止状态，则A、C一定是同种电荷，A、B一定是异种电荷，即“两同夹异”，另外，A和C的电荷量一定大于B的电荷量，即“两大夹小”，选项A正确．3．(两等量电荷电场的特点)(多选)如图8所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是()图8A．速度先增大，再减小B．速度一直增大C．加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大D．加速度先减小，再增大答案AD解析在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，故正电荷受电场力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O 点加速度变为零，速度达到最大；由O点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P、N相距很近，加速度则先减小，再增大．4．(电场线与运动轨迹)(多选)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图9中虚线所示．不计粒子所受重力，则()图9A．粒子带正电荷B．粒子加速度逐渐减小C．A点的速度大于B点的速度D．粒子的初速度不为零答案BCD解析带电粒子所受合外力(即电场力)指向轨迹内侧，知电场力方向向左，粒子带负电荷，故A项错误．根据E A＞E B，知B项正确．粒子从A到B受到的电场力为阻力，C项正确．由图可知，粒子从A点运动到B点，速度逐渐减小，故粒子在A点速度不为零，D正确．5．(电场力与牛顿第二定律的结合)如图10所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2kg ，所带电荷量为＋2.0×10－8C ．现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向成30°角，绳长L ＝0.2m ，取g ＝10m/s 2，求：图10(1)这个匀强电场的电场强度大小．(2)突然剪断轻绳，小球做什么运动？加速度大小和方向如何？答案 (1)36×107N/C (2)做匀加速直线运动 2033m/s 2与绳子拉力方向相反解析 (1)根据共点力平衡得， qE ＝mg tan30° 解得E ＝36×107N/C. (2)突然剪断轻绳，小球受重力和电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动． F 合＝mgcos30°＝maa ＝2033m/s 2加速度方向与绳子拉力方向相反．题组一电场强度及矢量的叠加1．(多选)如图所示，下列为电场中某点的电场强度E 与放在该点处的试探电荷q 及所受电场力F 之间的函数关系图象，其中正确的是( )答案 AD解析电场中某点的电场强度与试探电荷无关，所以A 正确，B 错误；由F ＝qE 知，F －q 图象为过原点的倾斜直线，故D 正确，C 错误．2．(多选)如图1所示，金属板带电荷量为＋Q ，质量为m 的金属小球带电荷量为＋q ，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O 恰好在同一条水平线上，且距离为L .下列说法正确的是( )图1A ．＋Q 在小球处产生的场强为E 1＝kQL 2B ．＋Q 在小球处产生的场强为E 1＝mg tan αqC ．＋q 在O 点产生的场强为E 2＝kqL 2D ．＋q 在O 点产生的场强为E 2＝mg tan αQ答案 BC解析金属板不能看作点电荷，在小球处产生的场强不能用E ＝kQr 2计算，故A 错误；根据小球处于平衡得小球受电场力F ＝mg tan α，由E ＝F q 得：E 1＝mg tan αq ，B 正确；小球可看做点电荷，在O 点产生的场强E 2＝kqL 2，C 正确；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为F ＝mg tan α，但金属板不能看作试探电荷，故不能用E ＝Fq 求场强，D 错误．故选B 、C.3．如图2所示，A 、B 、C 、D 、E 是半径为r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A 点处的电荷量为－q 外，其余各点处的电荷量均为＋q ，则圆心O 处( )图2A ．场强大小为kqr 2，方向沿OA 方向B ．场强大小为kqr 2，方向沿AO 方向C ．场强大小为2kqr 2，方向沿OA 方向D ．场强大小为2kqr2，方向沿AO 方向答案 C解析A处放一个－q的点电荷与在A处同时放一个＋q和－2q的点电荷的效果相当．因此可以认为O处的场强是五个＋q和一个－2q的点电荷产生的场强合成的，五个＋q处于对称位置上，在圆心O处产生的合场强为0，所以O点的场强相当于－2q在O处产生的场强．故选C.题组二电场线、运动轨迹4．如图3为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于虚线对称，O 点为A、B点电荷连接的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是()图3A．A、B可能带等量异号的正、负电荷B．A、B可能带不等量的正电荷C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零D．同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反答案 D解析根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C错误；由题图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确．5．(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图4甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称．则()图4A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O点场强最弱D．B、O、C三点比较，O点场强最弱答案AD解析根据等量异种点电荷的电场特点可知：两电荷连线上各点的场强方向向右且大小关于O点对称，中点场强最小，向两侧场强逐渐增大．两电荷连线中垂线上各点的场强方向相同，都向右，且大小关于O点对称，中点场强最大，向两侧场强逐渐减小．故A、D正确．6．(多选)如图5所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a、b是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是()图5A．该粒子带正电荷，运动方向为由a至bB．该粒子带负电荷，运动方向为由a至bC．该粒子带正电荷，运动方向为由b至aD．该粒子带负电荷，运动方向为由b至a答案BD7．(多选)如图6所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c 是轨迹上的三个点，则()图6A．粒子一定带正电B．粒子一定是从a点运动到b点C．粒子在c点加速度一定大于在b点加速度D．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度答案AC解析曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A正确；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点所受的力较大，加速度一定大于在b 点的加速度，C 正确；若粒子从c 运动到a ，电场力与速度成锐角，则粒子做加速运动；若粒子从a 运动到c ，电场力与速度成钝角，则粒子做减速运动，故在c 点的速度一定小于在a 点的速度，D 错误；故选A 、C.8．(多选)如图7所示，在负点电荷Q 的电场中，a 、b 两点位于Q 为圆心的同一圆周上，a 、c 两点位于同一条电场线上，则以下说法中正确的是( )图7A ．a 、b 两点场强大小相等B ．同一试探电荷在a 、b 两点所受电场力相同C ．a 、c 两点场强大小关系为E a ＞E cD ．a 、c 两点场强方向相同答案 AD解析负点电荷形成的电场中，各点的场强方向都由该点指向场源电荷，a 、c 两点在同一条电场线上，因此两点的场强方向相同，即选项D 正确；场强大小可以根据电场线的疏密程度加以判定，由于c 处电场线比a 处密，故a 、c 两点场强大小关系为E c ＞E a ，C 项错误；a 、b 两点处在同一圆周上，电场线疏密程度相同，因此a 、b 两点场强大小相等，但方向不同，放同一试探电荷在a 、b 两点所受电场力大小相等，方向不同，故A 项正确，B 项错误．题组三带电体在电场中的平衡和加速9．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V /m.已知一半径为1 mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s 2，水的密度为103kg/m 3.该雨滴携带的电荷量的最小值约为( )A ．2×10－9CB ．4×10－9C C ．6×10－9C D ．8×10－9C 答案 B解析带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件，电场力和重力必然等大反向，即mg ＝Eq ，则q ＝mg E ＝ρ43πr 3g E ＝103×43×3.14×10－9×10104C ≈4×10－9C. 10．如图8所示，三个点电荷q 1、q 2、q 3固定在同一直线上，q 2与q 3间距离为2r, q 1与q 2间距离为r ，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为( )图8A ．(－9)∶4∶(－36)B ．9∶4∶36C ．(－3)∶2∶(－6)D ．3∶2∶6答案 A 解析分别取三个点电荷为研究对象，由于三个点电荷只在静电力(库仑力)作用下保持平衡，所以这三个点电荷不可能是同种电荷，这样可立即排除B 、D 选项，故正确选项只可能在A 、C 中．若选q 2为研究对象，由库仑定律知k q 1q 2r 2＝k q 2q 3(2r )2知：q 3＝4q 1.选项A 恰好满足此关系，显然正确选项为A.11．如图9所示，在光滑绝缘的水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为L 的正三角形的三个顶点上：a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k ，若三个小球均处于静止状态，试求该匀强电场的场强以及c 的带电荷量．图9答案 3kq L 22q 解析设c 小球带电荷量为Q ，以c 小球为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得a 、b 对c 的合力与匀强电场对c 的力等值反向，即2×kq Q L2×cos30°＝E ·Q ；所以匀强电场场强的大小为3kq L 2.以a 小球为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得b 、c 对a 的合力与匀强电场对a 的力等值反向．即：kq ·q L 2＝kQq L2×cos60°. 所以c 球的带电荷量为Q ＝2q .12．如图10所示，在一条直线上有两个相距0.4m 的点电荷A 、B ，A 带电荷量＋Q ，B 带电荷量－9Q .现在A 、B 所在的直线上引入第三个点电荷C ，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C 应带什么性质的电荷？应放于何处？所带电荷量为多少？图10答案负电 A 的左边0.2m 处－94Q 解析根据平衡条件判断，C 应带负电荷，放在A 的左边且和AB 在一条直线上．设C 带电荷量为q ，与A 点相距为x ，由平衡条件：以A 为研究对象，则k qQ A x 2＝k Q A Q B r 2① 以C 为研究对象，则k qQ A x 2＝k qQ B (r ＋x )2② 联立①②解得x ＝12r ＝0.2m ，q ＝－94Q 故C 应带负电荷，放在A 的左边0.2m 处，带电荷量为－94Q . 13．如图11所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E ＝1.25×104N /C ，一根长L ＝1.5 m 、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN 固定在电场中，杆的下端M 固定一个带电小球A ，电荷量Q ＝＋4.5×10－6 C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q ＝＋1.0×10－6 C ，质量m ＝1.0×10－2 kg.再将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图11(1)小球B 开始运动时的加速度为多大？(2)小球B 的速度最大时，与M 端的距离r 为多大？答案 (1)3.2m/s 2 (2)0.9m解析 (1)如图所示，开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mg sin θ－kQq L 2－qE cos θ＝ma .解得：a ＝g sin θ－kQq L 2m －qE cos θm，代入数据解得：a ＝3.2m/s 2. (2)小球B 速度最大时合力为零，即mg sin θ－kQq r 2－qE cos θ＝0 解得：r ＝kQq mg sin θ－qE cos θ，代入数据解得：r ＝0.9m.。

2017-2018学年高中物理粤教版选修3-1学案：第一章第2

[目标定位] 1.知道点电荷的概念.2.识记库仑定律的公式和适用条件，会用库仑定律进行有关的计算．一、点电荷1．定义：本身的大小比它到其他带电体的距离小得多的带电体，可以抽象为一个几何点，即点电荷．2．点电荷是理想化的物理模型，只有电荷量，没有大小、形状，类似于力学中的质点，实际并不存在．(填“存在”或“不存在”)．深度思考(1)只有体积很小或电荷量很小的带电体才可以看作点电荷吗？(2)点电荷就是元电荷吗？答案(1)不是．一个带电体能否看作点电荷，是相对于具体问题而言的，与体积大小和电荷量大小无关．(2)不是．点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷是最小电荷量．例1关于点电荷，下列说法中正确的是()A．点电荷就是体积小的带电体B．球形带电体一定可以视为点电荷C．带电少的带电体一定可以视为点电荷D．大小和形状对作用力的影响可忽略的带电体可以视为点电荷解析点电荷不能理解为体积很小的带电体，也不能理解为电荷量很少的带电体．同一带电体，如要研究它与离它较近的电荷间的作用力时，就不能看成点电荷，而研究它与离它很远的电荷间的作用力时，就可以看作点电荷．带电体能否看成点电荷，要依具体情况而定，A、B、C均错．答案 D(1)一个带电体能否看作点电荷，是相对于具体问题而言的，不能单凭其大小和形状确定.(2)点电荷的电荷量可能较大也可能较小，但一定是元电荷的整数倍.二、库仑定律1．探究方法：用变量控制法研究点电荷间的相互作用力与电荷量、距离的关系．2．内容：在真空中两个点电荷之间的作用力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们间的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．电荷之间的这种作用力称为静电力，又叫做库仑力．3．公式：F ＝k q 1q 2r 2，其中k ＝9.0×109N·m 2/C 2，叫做静电力常量．4．适用条件：(1)在真空中；(2)点电荷． 5．静电力的确定(1)大小计算：利用库仑定律计算静电力时不必将表示电性的正、负号代入公式，只代入q 1和q 2的绝对值即可．(2)方向判断：利用同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引来判断．深度思考当电荷q 1、q 2间的距离r →0时，由公式F ＝k q 1q 2r 2可知，两电荷间的相互作用力F →∞.这种说法正确吗？为什么？答案不正确．因为当电荷q 1、q 2间的距离r →0时，已不能将q 1、q 2视为点电荷了，库仑定律不再适用．例2 两个完全相同的金属小球A 、B (均可视为点电荷)带有相等的电荷量，相隔一定距离，两小球之间相互吸引力的大小是F .今让第三个不带电的相同金属小球先后与A 、B 两小球接触后移开．这时，A 、B 两小球之间的相互作用力的大小是( ) A.F 8B.F 4C.3F 8D.3F 4解析设A 、B 两球间的距离为r ，因为开始时A 、B 两球间的作用力是吸引力，所以设A 所带电荷量为Q ，B 所带电荷量为－Q ，由库仑定律知，开始时A 、B 两球之间的作用力F ＝k Q ×Qr 2.当第三个不带电的小球与A 球接触时，据电荷均分原理可知，两球均带电荷量为12Q .当第三个小球与B 球接触时，两球均带电荷量为12×(12Q －Q )＝－14Q .故这时A 、B 两球间的作用力大小F ′＝k 12Q ×14Q r 2＝18F . 答案 A(1)库仑定律只适用于真空中点电荷之间的相互作用，一般没有特殊说明的情况下，都可按真空来处理.(2)两个点电荷之间的库仑力遵守牛顿第三定律，即不论电荷量大小如何，两点电荷间的库仑力大小总是相等的.例3 如图1所示，两个半径均为r 的金属球放在绝缘支架上，两球面最近距离为r ，带等量异种电荷，电荷量为Q ，两球之间的静电力为下列选项中的哪一个( )图1A ．等于k Q 29r 2B ．大于k Q 29r 2C ．小于k Q 29r2D ．等于k Q 2r2解析由于两金属球带等量异种电荷，电荷间相互吸引，因此电荷在金属球上的分布向两球靠近的一面集中，电荷间的距离就要比3r 小．根据库仑定律，静电力一定大于k Q 29r 2，正确选项为B. 答案 B两个形状规则的均匀球体相距较远时可以看作点电荷；相距较近时不能看作点电荷，此时球体间的作用力会随着电荷的分布而变化.三、静电力的叠加1．两个点电荷间的作用力不会(选填“会”或“不会”)因为第三个点电荷的存在而有所改变．2．两个或者两个以上点电荷对某一个点电荷的作用力等于各点电荷单独对这个点电荷的作用力的矢量和．例4 如图2所示，在A 、B 两点分别放置点电荷Q 1＝＋2×10－14C 和Q 2＝－2×10－14C ，在AB 的垂直平分线上有一点C ，且AB ＝AC ＝BC ＝6×10－2m ．如果有一个电子在C 点，它所受到的库仑力的大小和方向如何？图2解析电子在C 点同时受A 、B 点电荷对其的作用力F A 、F B ，如图所示，由库仑定律F ＝k q 1q 2r2得F A ＝F B ＝k Q 1e r 2＝9.0×109×2×10－14×1.6×10－19(6×10－2)2N ＝8.0×10－21N ．由平行四边形定则和几何知识得：静止在C 点的电子受到的库仑力F ＝F A ＝F B ＝8.0×10－21N ，方向平行于AB 向左．答案 8.0×10－21N 方向平行于AB 向左(1)库仑力也称为静电力，它具有力的共性.它与学过的重力、弹力、摩擦力是并列的.它具有力的一切性质.(2)当多个带电体同时存在时，每两个带电体间的库仑力都遵守库仑定律.某一带电体同时受到多个库仑力作用时可利用力的平行四边形定则求出其合力.四、静电力作用下的平衡问题例5 如图3所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取g ＝10m /s 2；静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)．求： (1)两线上的拉力F 1和F 2的大小； (2)支架对地面的压力F N 的大小．图3解析 (1)对A 进行受力分析，如图所示由平衡条件，可得竖直方向F 1cos60°＋F 2cos60°＝m A g ＋k Q 2L 2水平方向F 1sin60°＝F 2sin60° 联立以上两式解得，F 1＝F 2＝1.9N(2)设地面对支架的支持力大小为F N ′，对B 和支架进行受力分析，如图所示由平衡条件，可知 F N ′＋k Q 2L 2＝m B g解得，F N ′＝m B g －k Q 2L2＝1.1N由牛顿第三定律得支架对地面的压力大小 F N ＝F N ′＝1.1N答案 (1)1.9N 1.9N (2)1.1N分析静电力平衡的基本方法：(1)明确研究对象；(2)画出研究对象的受力分析图；(3)根据平衡条件列方程；(4)代入数据计算或讨论.1．(对点电荷的理解)(多选)下列说法中正确的是( ) A ．点电荷是一种理想化模型，真正的点电荷是不存在的 B ．点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体 C ．根据F ＝k q 1q 2r2可知，当r →0时，F →∞D ．一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计答案 AD解析点电荷是一种理想化模型，一个带电体能否看成点电荷不是看其大小和所带电荷量多少，而是应具体问题具体分析，是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计．因此大的带电体一定不能看成点电荷和小的带电体一定能看成点电荷的说法都是错误的，所以选项A 、D 正确，B 错误；r →0时已经不能看成点电荷，C 错误．2.(库仑定律的理解和应用)两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F .两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( ) A.112F B.43F C.34F D ．12F 答案 B解析根据库仑定律可得F ＝k Q ×3Q r 2＝3k Q 2r 2，两球先接触再分开后电荷量均为－Q ＋3Q 2＝Q ，此时两球间库仑力的大小为F ′＝k Q ×Q (r 2)2＝4k Q 2r 2＝43F ，故B 正确．3．(静电力的叠加)如图4，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点．已知放在P 、Q 连线上某点R 处的点电荷q 受力为零，且PR ＝2RQ .则( )图4A ．q 1＝2q 2B ．q 1＝4q 2C ．q 1＝－2q 2D ．q 1＝－4q 2答案 B解析由于R 处的点电荷q 受力平衡，根据库仑定律得kq 1q (PR )2＝kq 2q (RQ )2，PR ＝2RQ解得：q 1＝4q 2.4．(静电力作用下的平衡)如图5所示，把质量为3g 的带电小球B 用绝缘细绳悬挂，若将带电荷量为Q ＝－4.0×10－6C 的带电小球A 靠近B ，当两个带电小球在同一高度相距r ＝20cm时，绳与竖直方向成α＝30°角，A 、B 两球均静止．求B 球带的电荷量q .(取g ＝10m/s 2)图5答案－39×10－7C 解析对B 球受力分析，如图．根据共点力平衡条件，结合几何关系得到：F T sin30°＝F FT cos30°＝mg 解得：F ＝mg tan30° 根据库仑定律，有：F ＝k Qq r 2解得：q ＝39×10－7C 即B 球带的电荷量是q ＝39×10－7C ，由于A 、B 间为排斥作用，故B 球带负电．题组一库仑定律的理解1．关于库仑定律，下列说法中正确的是 ( )A ．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B ．根据F ＝k q 1q 2r2，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大C ．若点电荷q 1的电荷量大于q 2的电荷量，则q 1对q 2的静电力大于q 2对q 1的静电力D ．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律答案 D解析点电荷是实际带电体的理想化模型，只有带电体的大小和形状对电荷的作用力影响很小时，实际带电体才能视为点电荷，故选项A 错误；当两个电荷之间的距离趋近于零时，不能再视为点电荷，公式F ＝k q 1q 2r 2不能用于计算此时的静电力，故选项B 错误；q 1和q 2之间的静电力是一对相互作用力，它们的大小相等，故选项C 错误；库仑定律与万有引力定律的表达式相似，研究和运用的方法也很相似，都是平方反比定律，故选项D 正确． 2．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是 ( ) A ．每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变 B ．保持点电荷的电荷量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍C ．一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两个点电荷间的距离减小为原来的12D ．保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷间的距离减小为原来的14答案 A解析根据库仑定律F ＝k q 1q 2r 2可知，当r 不变时，q 1、q 2均变为原来的2倍，F 变为原来的4倍，A 正确；同理可求得B 、C 、D 中F 的变化均不满足条件，故B 、C 、D 错误． 3．如图1所示，一带正电的物体位于M 处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P 1、P 2、P 3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是( )图1A ．此实验中采用了等效替代的方法B ．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C ．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电荷量有关D ．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关答案 D解析在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用变量控制的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电荷量，不能研究电荷之间作用力和电性、电荷量关系，故A 、B 、C 错误，D 正确．4．A 、B 两个大小相同的金属小球，A 带有6Q 正电荷，B 带有3Q 负电荷，当它们在远大于自身直径处固定时，两球之间静电力大小为F .另有一大小与A 、B 相同的不带电小球C ，若让C 先与A 接触，再与B 接触，拿走C 球后，A 、B 间静电力的大小变为( ) A ．6F B ．3F C ．F D ．零答案 D解析 C 先后与A 、B 接触后，A 、B 带的电荷量分别为3Q 、0，故此时A 、B 间的静电力为零．5．半径为R 、相距较近的两个较大金属球放在绝缘桌面上．若两球都带等量同号电荷Q 时，它们之间的静电力为F 1，两球带等量异号电荷Q 与－Q 时，静电力为F 2，则( ) A ．F 1＞F 2 B ．F 1＜F 2 C ．F 1＝F 2 D ．不能确定答案 B解析因为两个金属球较大，相距较近，电荷间的相互作用力使电荷分布不均匀，故不能简单地把两球看成点电荷．带等量同号电荷时，两球的电荷在距离较远处分布得多一些，带等量异号电荷时，两球的电荷在距离较近处分布得多一些，可见带等量同号电荷时两球电荷中心间距离大于带等量异号电荷时两球电荷中心间距离，所以有F 1＜F 2，故B 项正确． 6．如图2所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )图2A ．速度变大，加速度变大B ．速度变小，加速度变小C ．速度变大，加速度变小D ．速度变小，加速度变大答案 C解析因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．题组二静电力的叠加7．如图3所示，两个点电荷，电荷量分别为q 1＝4×10－9C 和q 2＝－9×10－9C ，两者分别固定在相距20cm 的a 、b 两点上，有一个点电荷q 放在a 、b 所在直线上，且静止不动，该点电荷所处的位置是何处( )图3A ．a 的左侧40cmB ．a 、b 的中点C ．b 的右侧40cmD ．无法确定答案 A解析根据平衡条件，它应在q 1点电荷的左侧，设距q 1距离为x ，有k q 1q x 2＝k q 2q(x ＋20)2，将q 1＝4×10－9C ，q 2＝－9×10－9C 代入，解得x ＝40cm ，故选项A 正确．8．如图4所示，直角三角形ABC 中∠B ＝30°，点电荷A 、B 所带电荷量分别为Q A 、Q B ，测得在C 处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB 向左，则下列说法正确的是( )图4A ．A 带正电，Q A ∶QB ＝1∶8 B ．A 带负电，Q A ∶Q B ＝1∶8C ．A 带正电，Q A ∶Q B ＝1∶4D ．A 带负电，Q A ∶Q B ＝1∶4 答案 B解析要使C 处的正点电荷所受静电力方向平行于AB 向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A 带负电，B 带正电．设AC 间的距离为L ，则F B sin30°＝F A 即k Q B Q C(2L )2·sin30°＝kQ A Q CL 2解得Q A Q B ＝18，故选项B 正确．9．如图5所示，在一条直线上的三点分别放置Q A ＝＋3×10－9C 、Q B ＝－4×10－9C 、Q C ＝＋3×10－9C 的A 、B 、C 点电荷，则作用在点电荷A 上的作用力的大小为( )图5A ．9.9×10－4NB ．9.9×10－3NC ．1.17×10－4ND ．2.7×10－4N答案 A解析点电荷A 同时受到B 和C 的库仑力作用，因此作用在A 上的力应为两库仑力的合力．可先根据库仑定律分别求出B 、C 对A 的库仑力，再求合力． A 受到B 、C 电荷的库仑力如图所示，根据库仑定律有F BA ＝kQ B Q A r 2BA ＝9×109×4×10－9×3×10－90.012N ＝1.08×10－3N F CA ＝kQ C Q A r 2CA ＝9×109×3×10－9×3×10－90.032N ＝9×10－5N 规定沿这条直线由A 指向C 为正方向，则点电荷A 受到的合力大小为F A ＝F BA －F CA ＝(1.08×10－3－9×10－5) N ＝9.9×10－4N ．故选项A 正确．题组三静电力作用下的平衡10．(多选)A 、B 两个带电小球的质量分别为m 1、m 2，带电荷量分别为q 1、q 2.如图6所示，当A 、B 两小球静止时，两悬线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，且两小球恰好处于同一水平面上．下列判断正确的是( )图6A ．若q 1＝q 2，则θ1＝θ2B ．若q 1＜q 2，则θ1＞θ2C ．若m 1＝m 2，则θ1＝θ2D ．若m 1＜m 2，则θ1＞θ2答案 CD解析 A 、B 之间的静电力是作用力和反作用力关系，所以不论A 、B 哪个所带的电荷量大，它们受到的静电力都是大小相等、方向相反．由平衡条件得tan θ＝F mg，可见若它们的质量相同，则悬线与竖直方向的夹角相同；质量越大，则悬线与竖直方向的夹角越小，故选项C 、D 正确．11．如图7所示，把一带电荷量为Q ＝－5×10－8C 的小球A 用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为q ＝＋4×10－6C 的带电小球B 靠近A ，当两个带电小球在同一高度相距30cm 时，绳与竖直方向成45°角，取g ＝10m /s 2，k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，且A 、B 两小球均可视为点电荷，求：图7(1)A 、B 两球间的库仑力大小；(2)A 球的质量．答案 (1)0.02N (2)2×10－3kg 解析 (1)由库仑定律得：F ＝k Qq r 2 代入数据得：F ＝0.02N.故A 、B 两球间的库仑力为0.02N.(2)由牛顿第三定律知，B 所受库仑力与A 球所受库仑力的大小相等，对A 球受力分析如图所示：根据平衡条件得：F ＝mg tan α代入数据得：m ＝2×10－3kg. 故A 球的质量为2×10－3kg. 12．如图8所示，A 、B 是两个带等量同种电荷的小球，A 固定在竖直放置的10cm 长的绝缘支杆上，B 静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，若B 的质量为303g ，则B 带电荷量是多少？(取g ＝10m/s 2)图8答案 1.0×10－6C 解析因为B 静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，设A 、B 之间的水平距离为L .依据题意可得：tan30°＝h L， L ＝h tan30°＝1033cm ＝103cm ，对B 进行受力分析如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力 F ＝mg tan30°＝303×10－3×10×33N ＝0.3N. 依据库仑定律F ＝k q 1q 2r 2得：F ＝k Q 2L2.FL2 k＝0.39×109×103×10－2C＝1.0×10－6C.解得：Q＝。

2017_2018学年高中物理第三章磁场第三节探讨安培力教学案粤教版选修3_1

(2)一通电导线放在磁场中某处不受安培力，该处的磁感应强度必然为零。(×)
(3)应用左手定那么时，让磁感线穿过手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向。(√)
(4)安培力的方向与I平行。(×)
(5)与电场强度相似，磁场强度是表示磁场的强弱和方向的物理量。(×)
2．合作探讨——议一议
(1)安培力的方向与磁场方向、电流方向有什么关系？
C．磁感应强度B＝只是概念式，它的大小取决于场源和在磁场中的位置，而与F、I、L和通电导线在磁场中的方向无关
D．通电导线所受磁场力的方向确实是磁场的方向
解析：选C 依照磁感应强度的概念，通电导线应为“在磁场中垂直于磁场方向的通电直导线”，只有在那个方向上导线所受的磁场力才最大，故A选项是错误的。假设通电导线放置方向与电流平行时，也不受磁场力作用，因此B选项也是错误的。在磁场场源稳固的情形下，磁场内各点的磁感应强度(包括大小和方向)都是确信的，与放入该点的查验电流、导线无关，应选项C正确。磁场力方向与磁感应强度方向垂直，选项D错误。
(1)概念：当通电导线与磁场方向垂直时，通电导线所受的安培力F跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫做磁感应强度。
(2)概念式：B＝。
(3)单位：特斯拉，符号T,1 T＝1 。
(4)磁感应强度是矢量
，既有大小，又有方向，当空间中同时存在几个不同强弱和方向的磁场时，合磁场的磁感应强度等于各个磁场在同一处产生的磁感应强度的矢量和。
假设导线b中的电流反向(即两导线中通以反向电流)，同理分析可得两导线相互排斥，如图3 3 7所示。
4．对安培力的几点说明
(1)F＝ILB适用于匀强磁场中的通电直导线，求弯曲导线在匀强磁场中所受安培力时，L为有效长度，即导线两头点所连直线的长度，相应的电流方向沿L由始端流向结尾，如图3 3 8所示。

粤教版高中物理选修3-1：《研究洛伦兹力》教案-新版

3.5《探究洛伦兹力》一、教材分析本节课是粤教版高中物理教材选修3-1第三章《磁场》的第五节内容。

高中物理课程标准对这一节要求是“通过实验，认识洛伦兹力。

会判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。

”这一节研究洛伦兹力是《磁场》这章的重要内容，既是安培力的延续，又是后面学习带电粒子在磁场中运动的基础，是力学分析中重要部分。

掌握好本节对以后力学综合中涉及洛伦兹力的分析，对利用功能关系解力学问题，有很大的帮助。

二、教学目标知识与技能：1、知道什么是洛伦兹力，会判断洛伦兹力的方向；2、知道洛伦兹力大小的推导过程；3、会利用本节课学的知识简单解释电视显像管的工作原理。

过程与方法：1、通过对安培力微观本质的猜测，培养学生的联想和猜测能力；2、通过推导洛伦兹力的公式，培养学生的逻辑推理能力；3、通过演示实验，培养学生的观察能力。

情感态度与价值观：1、通过科学猜想、实验验证认识洛伦兹力，培养学生探求知识的科学方法和实事求是的科学态度。

2、由理论推导得出洛伦兹力大小的公式，养成抽象思维能力和严密推理能力。

3、多种手段相结合，使学生认识科学探究方法的多样性。

三、教学重点、难点：重点：洛伦兹力方向的判断方法和洛伦兹力大小计算。

难点：洛伦兹力计算公式的推导过程。

四、教法、学法分析这节课主要采取讲授法、实验法、讨论法教学模式。

教学时采用新课导入、自主学习、小组讨论、反馈精讲、当堂训练五个环节相结合的方法。

以数学推导方法和实验为重要手段，同时辅以必要的多媒体手段，增强感性认识。

学生可通过观察电子束在磁场中的偏转情况研究洛伦兹力的方向，体验研究物理学的实验方法。

对比安培力和洛伦兹力，从理论上导出洛伦兹力公式，认识科学探究方法的多样性。

观察动画视频，加深对微观世界的理解。

五、教学过程设计L处在磁感应强度为B的匀强从阴极发射出来电子，在阴阳两极间的高压作用下，使电子加速，形成电子束，击到长条形的荧光屏上激发出荧光，显示电子束的运动轨迹。

2017-2018学年高中物理粤教版选修3-1学案：第三章第4

[目标定位] 1.会判断安培力作用下物体的运动方向.2.会分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡问题.3.会求安培力作用下导体棒的瞬时加速度．一、安培力作用下物体运动方向的判断方法1．电流元法即把整段通电导体等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段通电导体所受合力的方向．2．特殊位置法把通电导体或磁铁放置到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向．3．等效法环形导线和通电螺线管都可以等效成条形磁铁．条形磁铁也可等效成环形导线或通电螺线管．通电螺线管也可以等效成很多匝的环形导线来分析．4．利用结论法(1)两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；(2)两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势．5．转换研究对象法因为电流之间，电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律．定性分析磁体在电流磁场作用的受力和运动时，可先分析电流在磁体的磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力．例1如图1所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离．其中AB固定，CD能自由活动，当电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)()图1A．顺时针方向转动同时靠近导线ABB．逆时针方向转动同时离开导线ABC．顺时针方向转动同时离开导线ABD．逆时针方向转动同时靠近导线AB解析(1)根据电流元分析法，把导线CD等效成CO、OD两段导线．由安培定则画出CO、OD所在位置由AB导线中电流所产生的磁场方向，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动．(2)由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90°，如图乙所示，并画出CD此时位置AB导线中电流所产生的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB，故D选项正确．答案 D不管是通电导体还是磁体，对另一通电导体的作用都是通过磁场来实现的.因此必须先画出导体所在位置的磁感线方向，然后用左手定则判断导体所受安培力的方向进而再判断将要发生的运动.例2如图2所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面．当线圈内通以图示方向的电流(从右向左看沿逆时针方向)后，线圈的运动情况是()图2A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动解析将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向左运动，选A.答案 A二、安培力作用下的导体的平衡1．解题步骤(1)明确研究对象；(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上；(3)正确受力分析(包括安培力)，然后根据平衡条件：F合＝0列方程求解．2．分析求解安培力时需要注意的问题(1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向；(2)安培力大小与导体放置的角度有关，但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况，其中L 为导体垂直于磁场方向的长度，为有效长度．例3如图3所示，质量m＝0.1kg、电阻R＝9Ω的导体棒静止于倾角为30°的斜面上，导体棒长度L＝0.5m．导轨接入电动势E＝20V，内阻r＝1Ω的电源，整个装置处于磁感应强度B ＝0.5T，方向竖直向上的匀强磁场中．求：(取g＝10m/s2)图3(1)导体棒所受安培力的大小和方向；(2)导体棒所受静摩擦力的大小和方向．解析(1)导体棒中的电流I＝ER＋r＝209＋1A＝2A，安培力F安＝ILB＝2×0.5×0.5N＝0.5N，由左手定则可知安培力的方向水平向右．(2)建立如图所示的坐标系，分解重力和安培力．在x轴方向上，设导体棒所受的静摩擦力大小为f，方向沿斜面向下．在x轴方向上有：mg sinθ＋f≈F安cosθ，解得f≈－0.067N.负号说明静摩擦力的方向与假设的方向相反，即沿斜面向上．答案(1)0.5N水平向右(2)0.067N沿斜面向上解决安培力作用下的受力平衡问题，受力分析是关键，解题时应先画出受力分析图，必要时要把立体图转换成平面图.三、安培力和牛顿第二定律的结合解决安培力作用下的力学综合问题，做好全面受力分析是前提，其中重要的是不要漏掉安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求解．例4 如图4所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E 、内阻为r 的直流电源．电路中有一阻值为R 的电阻，其余电阻不计，将质量为m 、长度为L 的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．图4解析受力分析如图所示，导体棒受重力mg 、支持力F N 和安培力F ，由牛顿第二定律：mg sin θ－F cos θ＝ma ①F ＝BIL ②I ＝E R ＋r③ 由①②③式可得a ＝g sin θ－BEL cos θm (R ＋r ). 答案 g sin θ－BEL cos θm (R ＋r )1．(安培力作用下导体的运动)两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图5所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是 ( )图5A．都绕圆柱体转动B．彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C．彼此相向运动，电流大的加速度大D．彼此背向运动，电流大的加速度大答案 B解析同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但根据牛顿第三定律知两线圈间的相互作用力必大小相等，选项B正确．2.(安培力作用下导体的运动)一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图6所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为()图6A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管答案 D解析先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图(a)所示．可以判断导线受到磁场力作用后从上向下看按逆时针方向转动，再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图(b)所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．(a)(b)3．(安培力作用下导体的平衡)如图7所示，一根长L＝0.2m的金属棒放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并通过I＝5A的电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度B＝0.6T，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？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图7答案0.8N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断出为水平向右，F＝ILB＝5×0.2×0.6N＝0.6N.由平衡条件得mg＝Ftan37°＝0.8N.4．(安培力与牛顿第二定律的结合)澳大利亚国立大学制成了能把2.2g的弹体(包括金属杆EF 的质量)加速到10km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)．如图8所示，若轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度．(轨道摩擦不计)图8答案55T解析根据2as＝v2t－v20得炮弹的加速度大小为a＝v2t2s＝(10×103)22×100m/s2＝5×105 m/s2.根据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力F＝ma＝2.2×10－3×5×105N＝1.1×103N.根据安培力公式F＝ILB，得B＝FIL＝1.1×10310×2T＝55T.题组一安培力作用下导体的运动1．把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图1所示的电路图．当开关S接通后，将看到的现象是()图1A．弹簧向上收缩B．弹簧被拉长C．弹簧上下跳动D．弹簧仍静止不动答案 C解析因为通电后，线圈中每一圈之间的电流是同向的，互相吸引，线圈就缩短，电路就断开了，一断开没电流了，线圈就又掉下来接通电路……如此通断通断，弹簧就上下跳动．2．通有电流的导线L1、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2所示．下列哪种情况将会发生()图2A．因L2不受安培力的作用，故L2不动B．因L2上、下两部分所受的安培力平衡，故L2不动C．L2绕轴O按顺时针方向转动D．L2绕轴O按逆时针方向转动答案 D解析由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项正确．3．固定导线c垂直纸面，可动导线ab通以如图3方向的电流，用测力计悬挂在导线c的上方，导线c中通电时，以下判断正确的是()图3A．导线a端转向纸外，同时测力计读数减小B．导线a端转向纸外，同时测力计读数增大C．导线b端转向纸外，同时测力计读数减小D．导线b端转向纸外，同时测力计读数增大答案 B解析导线c产生的磁场在右边平行纸面斜向上，在左边平行纸面斜向下，在ab左右两边各取一小段电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向外，右边的电流元所受安培力方向向里，知ab导线沿逆时针方向(从上向下看)转动．当ab导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．导致弹簧测力计的读数变大．故B正确，A、C、D错误．4．一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4所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将()图4A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．向纸面内平动答案 B解析法一利用结论法．环形电流I1、I2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．法二等效分析法．把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，通电后，小磁针的N极应指向环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针后转动前，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．法三直线电流元法．把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在处磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸里，因此从左向右看线圈L1顺时针转动．故正确答案为B.题组二通电导线在磁场中的平衡5．(多选)如图5所示条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直纸面的直导线，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止．下列结论正确的是()图5A．磁铁对水平面的压力减小B．磁铁对水平面的压力增大C．磁铁对水平面施加向左的静摩擦力D．磁铁所受的合外力增加答案BC6．(多选)质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，导体棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ.有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图6所示．图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中导体棒ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是()图6答案AB解析选项A中，当mg sinθ＝BIL cosθ时，通电导体棒受到重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图甲所示，所以导体棒与导轨间的摩擦力为零．当安培力变大或变小时，导体棒有上滑或下滑的趋势，于是有静摩擦力产生．选项B中，当mg＝BIL时，通电导体棒受到重力、安培力作用处于静止状态，如图乙所示，所以导体棒与导轨间的摩擦力为零．当安培力减小时，细杆受到导轨的弹力和沿导轨向上的静摩擦力，也可能处于静止状态．选项C和D中，通电导体棒受重力、安培力、导轨弹力作用具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图丙、丁所示，所以导体棒与导轨间的摩擦力一定不为零．7．如图7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()图7A．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角变小答案 A8．如图8所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2kg的砝码，才能使天平重新平衡．图8(1)求磁场对bc边作用力的大小．(2)若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1A，bc边长度为10cm，求该磁场的磁感应强度．(g取10m/s2)答案(1)0.1N(2)1T解析(1)根据F＝BIL可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，但由左手定则可知它们的方向是相反的．电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下．因而有2F＝2×10－2×10N＝0.2N，所以F＝0.1N，即磁场对bc 边的作用力大小是0.1N.(2)因为磁场对矩形线圈的作用力F＝NBIL，故B＝FNIL＝0.110×0.1×0.1T＝1T.9．如图9所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.4m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.5T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5V 、内阻r ＝0.5Ω的直流电源．现把一个质量m ＝0.04kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取10m/s 2.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图9(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小．答案 (1)1.5A (2)0.3N (3)0.06N解析 (1)根据闭合电路欧姆定律I ＝E R 0＋r＝1.5A. (2)导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.3N.(3)导体棒受力分析如图所示，将重力正交分解F 1＝mg sin37°＝0.24N ，F 1＜F 安，根据平衡条件知，mg sin37°＋f ＝F 安，解得f ＝0.06N.10．如图10所示，水平放置的两导轨P 、Q 间的距离L ＝0.5m ，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B ＝2T ，垂直于导轨放置的ab 棒的质量m ＝1kg ，系在ab 棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G ＝3N 的物块图10相连．已知ab 棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E ＝10V 、内阻r ＝0.1Ω，导轨的电阻及ab 棒的电阻均不计．要想ab 棒处于静止状态，R 应在哪个范围内取值？(g 取10m/s 2)答案见解析解析依据物体的平衡条件可得，ab 棒恰不向右滑动时：G －μmg －BI 1L ＝0ab 棒恰不向左滑动时：G ＋μmg －BI 2L ＝0依据闭合电路欧姆定律可得：E ＝I 1(R 1＋r ) E ＝I 2(R 2＋r )由以上各式代入数据可解得：R 1＝9.9Ω，R 2＝1.9Ω所以R 的取值范围为：1．9Ω≤R ≤9.9Ω.题组三安培力与牛顿运动定律的综合应用11．如图11所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.2T ，一根质量为0.6kg ，有效长度为2m 的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5A 时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流突然增大为8A 时，求金属棒能获得的加速度的大小．图11答案 2m/s 2解析当金属棒中的电流为5A 时，金属棒做匀速直线运动，有BI 1L ＝f ①当金属棒中的电流为8A 时，金属棒能获得的加速度为a ，则BI 2L －f ＝ma ②联立①②解得a ＝BL (I 2－I 1)m＝2m/s 2。

2017-2018学年高中物理粤教版选修3-1学案：第一章第8

[目标定位] 1.会从力和能量角度分析计算带电粒子在电场中加速和偏转的有关问题.2.知道示波管的主要构造和工作原理．一、带电粒子的加速一带正电荷q 、质量为m 的带电粒子从正极板处由静止开始向负极板运动(忽略重力作用)，由于电场力做正功，带电粒子在电场中被加速，动能增加，根据动能定理有：12m v 2＝qU ，由此可得带电粒子到达负极板时的速度：v ＝2qUm. 深度思考(1)若上述粒子从两极板的中点由静止开始运动到负极板，则粒子到达负极板的速度是多少？ (2)若上述粒子以速度v 0从正极板运动到负极板，其速度又是多少？答案 (1) qU m .两极板的中点与负极板的电势差为U 2.由动能定理q U 2＝12m v 2，得v ＝qUm(2)v 20＋2qU M .由动能定理qU ＝12m v 2－12m v 20，得v ＝v 20＋2qUm例1 如图1所示，M 和N 是匀强电场中的两个等势面，相距为d ，电势差为U ，一质量为m (不计重力)、电荷量为－q 的粒子，以速度v 0通过等势面M 射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N 的速度应是( )图1A.2qU m B ．v 0＋2qUmC.v 20＋2qU mD.v 20－2qU m解析 qU ＝12m v 2－12m v 20，v ＝v 20＋2qUm，选C. 答案 C1．两类带电体(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般忽略粒子的重力(但并不忽略质量)．(2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不忽略重力． 2．处理加速问题的分析方法(1)根据带电粒子所受的力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．(2)一般应用动能定理来处理问题，若带电粒子只受电场力作用： ①若带电粒子的初速度为零，则它的末动能12m v 2＝qU ，末速度v ＝2qUm. ②若粒子的初速度为v 0，则12m v 2－12m v 20＝qU ，末速度v ＝v 20＋2qU m. 针对训练1 如图2所示，P 和Q 为两平行金属板，两极板间电压为U ，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，关于电子到达Q 板时的速率，下列说法正确的是( )图2A ．两极板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大B ．两极板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大C ．与两极板间距离无关，仅与加速电压U 有关D ．以上说法都不正确答案 C二、带电粒子的偏转如图3甲所示，质量为m 、电荷量为q 的粒子，以初速度v 0垂直于电场方向进入两平行板间场强为E 的匀强电场，极板间距离为d ，两极板间电势差为U ，板长为l .图31．运动性质(1)沿初速度方向：做速度为v 0的匀速直线运动．(2)沿电场力方向：做初速度为零，加速度为a ＝qE m ＝qUmd 的匀加速直线运动．2．运动规律(1)偏转距离：由t ＝l v 0，a ＝qU md ，所以y ＝12at 2＝qU 2md (l v 0)2.(2)偏转角度：因为v y ＝at ＝qUlmd v 0，所以tan θ＝v y v 0＝qUl md v 20. 3．一个重要的结论由y tan θ＝l 2，可知x ＝l2. 如图乙所示，粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，即粒子就像是从极板间l2处射出的一样．深度思考质子11H 和α粒子42He 由静止经同一电场加速后再垂直进入同一偏转电场，它们离开偏转电场时偏移量相同吗？为什么？答案相同．若加速电场的电压为U 0，有 qU 0＝12m v 20①偏移量y ＝12at 2＝12qU md (l v 0)2②①②联立，得y ＝Ul 24U 0d .即偏移量与m 、q 均无关．例2 一束电子流在经U ＝5000V 的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图4所示．若两板间距离d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？图4解析加速过程中，由动能定理有： eU ＝12m v 20进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动 l ＝v 0t在垂直于板面的方向电子做匀加速直线运动，加速度a ＝F m ＝eU ′dm偏移的距离y ＝12at 2电子能飞出的条件y ≤d2联立解得U ′≤2Ud 2l 2＝2×5000×1.0×10－4(5.0×10－2)2V ＝4.0×102V 即要使电子能飞出，两极板上所加电压最大为400V . 答案 400V针对训练2 装置如例2.如果质子经同一加速电压加速(U ＝5000V ，但加速电场方向与例2相反，如图5)，从同一位置垂直进入同一匀强电场(d ＝1.0cm ，l ＝5.0cm)，偏转电压U ′＝400V ．质子能飞出电场吗？如果能，偏移量是多大？图5答案能 0.5cm解析在加速电场：qU ＝12m v 20①在偏转电场：l ＝v 0t ② a ＝F m ＝qU ′md ③ 偏移量y ＝12at 2④由①②③④得：y ＝U ′l 24Ud上式说明y 与q 、m 无关，解得y ＝0.5cm ＝d2即质子恰好从板的右边缘飞出．无论粒子的质量m 、电荷量q 如何，只要经过同一电场U 1加速，再垂直进入同一偏转电场U 2，它们飞出的偏移量y 相同(y ＝U 2l 24U 1d )，偏转角θ(tan θ＝U 2l2U 1d自己证明)也相同.所以同性粒子运动轨迹完全重合.三、示波器探秘1．构造：示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，采用热电子发射方式发射电子．(如图6所示)图62．基本原理：带电粒子在电场力作用下加速和偏转．阴极加热后发射的电子经加速电场加速后，打在管底的荧光屏上，形成小亮斑．亮斑在荧光屏上的位置可以通过调节竖直偏转极和水平偏转极上的电压大小来控制．深度思考示波管荧光屏上的亮线是怎样产生的？所加的扫描电压和信号电压的周期要满足什么条件才能得到待测信号在一个周期内的稳定图象？答案电子打在荧光屏上将出现一个亮点，若电子打在荧光屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线．所加的扫描电压和信号电压的周期相等才能得到待测信号在一个周期内的稳定图象．例3示波管的内部结构如图7甲所示．如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形．则()图7A ．若XX ′和YY ′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B ．若XX ′和YY ′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C ．若XX ′和YY ′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D ．若XX ′和YY ′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形解析若XX ′和YY ′分别加电压(3)和(1)，则横轴自左向右移动，纵轴则按正弦规律变化，荧光屏上可以出现如图(a)所示波形，A 对．若XX ′和YY ′分别加电压(4)和(1)则横轴不变，即波形只在纵轴上，不管纵轴上面波形如何变化始终只能在横轴出现一条线，(a)、(b)都不可能出现，B 错．若XX ′和YY ′分别加电压(4)和(2)，同理，D 错．若XX ′和YY ′分别加电压(3)和(2)，则横轴自原点先向正方向运动后返回向负方向运动，到负方向一定位置后又返回，纵轴则先为负的定值后为正的定值，荧光屏上可以出现如图(b)所示波形，C 对．答案 AC1．(带电粒子的直线运动)(多选)如图8所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则( )图8A ．当增大两板间距离时，v 增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大答案 CD解析根据动能定理研究电子由静止开始从A 板向B 板运动列出等式： eU ＝12m v 2，得v ＝2eUm所以当改变两板间距离时，v 不变，故A 、B 错误，C 正确；由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为 E ＝U d，电子的加速度为a ＝eE m ＝eUmd ，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d ＝12at 2＝eU 2md t 2得电子加速的时间为t ＝d2meU由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D 正确．故选C 、D. 2．(带电粒子的偏转)如图9所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )图9A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1答案 A解析由y ＝12at 2＝12·Uq md ·l 2v 20，得U ＝2m v 20dy ql 2，所以U ∝yl2，可知A 项正确． 3．(对示波管原理的认识)如图10是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．图10(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的． (2)如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( ) A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电 C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电答案 (1)Ⅰ Ⅱ (2)AC4．(带电粒子的偏转)如图11为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．图11(1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场中射出时的偏移量；(3)若要电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？答案 (1)2eU 1m (2)U 2L 24U 1d(3)见解析解析 (1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理有eU 1＝12m v 2解得v 0＝2eU 1m. (2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E ，电子在偏转电场中运动的时间为t ，加速度为a ，电子离开偏转电场时的偏移量为y .由牛顿第二定律和运动学公式有t ＝Lv 0a ＝eU 2mdy ＝12at 2 解得y ＝U 2L 24U 1d(3)减小加速电压U 1或增大偏转电压U 2.题组一带电粒子的加速1．如图1所示，在点电荷＋Q 激发的电场中有A 、B 两点，将质子和α粒子分别从A 点由静止释放到达B 点时，它们的速度大小之比为( )图1A ．1∶2B ．2∶1 C.2∶1 D ．1∶ 2答案 C解析质子和α粒子都带正电，从A 点释放将受静电力作用加速运动到B 点，设A 、B 两点间的电势差为U ，由动能定理可知，对质子：12m H v 2H ＝q H U ，对α粒子：12m αv 2α＝q αU . 所以v H v α＝q H m αq αm H＝1×42×1＝2∶1. 2．(多选)图2为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A 为发射电子的阴极，K 为接在高电势点的加速阳极，A 、K 间电压为U ，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K 的小孔中射出时的速度大小为v .下面的说法中正确的是( )图2A ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U ，则电子离开K 时的速度仍为vB ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U ，则电子离开K 时的速度变为v2C ．如果A 、K 间距离不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为22v D ．如果A 、K 间距离不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为v2答案 AC解析电子在两个电极间的加速电场中进行加速，由动能定理eU ＝12m v 2－0得v ＝2eUm，当电压不变，A 、K 间距离变化时，不影响电子的速度，故A 正确；电压减半，则电子离开K 时的速度为22v ，C 正确． 3．(多选)如图3所示，电荷量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A 、B 两极板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则( )图3A．它们通过加速电场所需的时间相等B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等答案BD解析由于电荷量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所需的时间越短，A错误；加速时间越短，则速度的变化量越小，C错误；由于电场力做功与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能的增加量也相等，B、D正确．题组二带电粒子的偏转4．(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图4所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不必考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()图4A．减小墨汁微粒的质量B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压D．增大墨汁微粒的喷出速度答案BD解析墨汁微粒在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏移距离y＝12at2；且qE＝ma，E＝Ud，联立，解得y＝12qUmd(Lv0)2.为了使打在纸上的字迹缩小，可减小墨汁微粒所带的电荷量、减小偏转电压、增大墨汁微粒的质量和增大墨汁微粒的喷出速度，故选项B、D正确．5．如图5所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )图5A ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量B ．b 的质量一定大于a 的质量C ．a 的比荷一定大于b 的比荷D ．b 的比荷一定大于a 的比荷答案 C解析粒子在电场中做类平抛运动，h ＝12·qE m (xv 0)2得：x ＝v 02mhqE.由v 02hm aEq a＜v 02hm bEq b得q a m a ＞q b m b. 6．(多选)三个α粒子在同一地点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图6所示的运动轨迹，由此可判断( )图6A ．在B 飞离电场的同时，A 刚好打在负极板上 B ．B 和C 同时飞离电场C ．进入电场时，C 的速度最大，A 的速度最小D ．动能的增加量C 最小，A 和B 一样大答案 ACD解析由题意知，三个α粒子在电场中的加速度相同，A 和B 有相同的偏转位移y ，由公式y ＝12at 2得，A 和B 在电场中运动的时间相同，由公式v 0＝xt 得v B >v A ，同理，v C >v B ，故三个粒子进入电场时的初速度大小关系为v C >v B >v A ，故A 、C 正确，B 错误；由题图知，三个粒子的偏转位移大小关系为y A ＝y B >y C ，由动能定理可知，三个粒子的动能的增加量C 为最小，A 和B 一样大，D 正确．题组三示波管的原理7．如图7所示的示波管，当两偏转电极XX ′、YY ′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O 点，其中x 轴与XX ′电场的场强方向重合，x 轴正方向垂直于纸面向里，y 轴与YY ′电场的场强方向重合，y 轴正方向竖直向上)．若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则( )图7A ．X 、Y 极接电源的正极，X ′、Y ′接电源的负极B ．X 、Y ′极接电源的正极，X ′、Y 接电源的负极C ．X ′、Y 极接电源的正极，X 、Y ′接电源的负极D ．X ′、Y ′极接电源的正极，X 、Y 接电源的负极答案 D解析若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x 轴上向负方向偏转，则应使X ′接正极，X 接负极；电子在y 轴上也向负方向偏转，则应使Y ′接正极，Y 接负极，所以选项D 正确．8．如图8所示，是一个示波管工作原理的示意图，电子经电压U 1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏移量是h ，两平行板间的距离为d ，电势差为U 2，板长为L .为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏移量hU 2)，可采用的方法是( )图8A ．增大两板间的电势差U 2B ．尽可能使板长L 短些C ．尽可能使板间距离d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些答案 C解析电子经电压U 1加速有：eU 1＝12m v 20①电子经过偏转电场的过程有：L ＝v 0t ② h ＝12at 2＝eU 22md t 2＝U 2L 24dU 1③可得h U 2＝L 24dU 1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L 、减小d或减小U 1，所以本题的正确选项为C.9．(多选)将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在图9中A 、B 、C 三点，不计其重力作用，则( )图9A ．三个微粒在电场中运动时间相等B ．三个微粒所带电荷量相同C ．三个微粒所受电场力的大小关系是F A ＜F B ＜F CD ．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C ＞E k B ＞E k A 答案 CD解析在v 0方向由x ＝v 0t 知：t A ＞t B ＞t C ，所以A 项错误；在竖直方向由h ＝12at 2知，a A ＜a B ＜a C ，再由牛顿第二定律知，F A ＜F B ＜F C ，C 正确；由F ＝qE 知，电荷量q 不相同，B 错误．由动能定理知，E k C ＞E k B ＞E k A ，D 项错误．本题正确选项为A 、C.10．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子( ) A ．都具有相同的质量 B ．都具有相同的电荷量 C ．具有相同的比荷 D ．都是同一元素的同位素答案 C解析由偏移距离y ＝12·qE m (l 0)2＝qEl 22m v 20可知，若运动轨迹相同，则水平位移相同，偏移距离y也应相同，已知E 、l 、v 0是相同的，所以应有qm相同．11．如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 0垂直射入场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的瞬时速度的方向与初速度方向成30°角．在这一过程中，不计粒子重力．求：图10(1)该粒子在电场中经历的时间； (2)粒子在这一过程中电势能的增量．答案 (1)3m v 03Eq (2)－16m v 20解析 (1)分解末速度v y ＝v 0tan30°，在竖直方向v y ＝at ，a ＝qEm ，联立三式可得t ＝3m v 03Eq. (2)射出电场时的速度v ＝v 0cos30°＝233v 0，由动能定理得电场力做功为W ＝12m v 2－12m v 20＝16m v 20，根据W ＝E p1－E p2得 ΔE p ＝－W ＝－16m v 20.12．两个半径均为R 的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d ，极板间的电势差为U ，板间电场可以认为是匀强电场．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知质子电荷量为e ，质子和中子的质量均视为m ，忽略重力和空气阻力的影响，求： (1)极板间的电场强度E ；(2)α粒子在极板间运动的加速度a ； (3)α粒子的初速度v 0. 答案 (1)U d (2)eU 2md (3)R2d eU m解析 (1)极板间场强E ＝Ud(2)α粒子电荷量为2e ，质量为4m ，所受电场力F ＝2eE ＝2eUd ，α粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU 2dm(3)由d ＝12at 2，得t ＝2da ＝2d m eU ，v 0＝R t ＝R 2d eUm13．一束电子从静止开始经加速电压U 1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图11所示，金属板长为l ，两板距离为d ，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L .若在两金属板间加直流电压U 2时，光点偏离中线打在荧光屏上的P 点，求OP .图11答案U 2l 2U 1d (l2＋L ) 解析电子经U 1的电场加速后，由动能定理可得 eU 1＝m v 202①电子以v 0的速度进入U 2的电场并偏转 t ＝l v 0② E ＝U 2d ③a ＝eE m ④v ⊥＝at ⑤由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tan θ＝v ⊥v 0＝U 2l2U 1d. 所以OP ＝(l 2＋L )tan θ＝U 2l 2U 1d (l2＋L )．。

【小初高学习]2017-2018学年高中物理第一章电场第三节电场强度教学案粤教版选修3-1

第三节电_场_强_度1.电荷的周围存在电场，电场对放入其中的电荷有力的作用，电荷间的相互作用通过电场实现。

2．电场强度是用来描述电场的力的性质的物理量，其定义式为E ＝F q。

3．电场强度由电场本身决定，与放入其中的电荷无关。

4．点电荷Q 所形成的电场强度的表达式为E ＝k Q r2，其大小由Q 和空间位置决定。

5．电场线是为了形象描述电场而引入的假想的线，其疏密程度表示电场的强弱，电场线上某点的切线方向与该点的电场强度方向一致。

一、电场及电场的描述 1．电场(1)电荷的周围存在电场。

带电体间的相互作用是通过周围的电场发生的。

(2)电场的基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。

2．电场强度(1)定义：放入电场中某一点的试探电荷所受电场力的大小与它的电荷量的比值。

(2)定义式：E ＝F q。

(3)单位：牛每库，符号 N/C 。

(4)方向：电场强度是矢量，规定某点电场强度的方向跟正电荷在该点所受的电场力的方向相同。

负电荷在电场中某点所受的电场力的方向跟该点电场强度的方向相反。

3．匀强电场电场中各点的场强大小和方向都相同。

二、点电荷的电场及电场的叠加原理 1．真空中点电荷的场强 (1)大小：E ＝k Q r2。

(2)方向：Q 为正电荷时，在电场中的P 点，E 的方向由Q 指向P ，Q 是负电荷时，E 的方向由P 指向Q 。

2．电场强度的叠加如果场源电荷是多个点电荷，则电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。

三、电场线 1．电场线用来形象直观地描述电场的曲线，曲线上每一点的切线方向都和该处的场强方向一致。

2．特点(1)电场线是为了形象描述电场而假想的线，实际并不存在。

(2)电场线的疏密程度反映了电场的强弱。

(3)电场线从正电荷或无限远出发，到负电荷终止或延伸到无限远。

(4)匀强电场的电场线是间隔距离相等的平行直线。

1．自主思考——判一判(1)电场看不见，摸不着，因此电场实际不存在。

【教育资料】2017-2018学年高中创新设计物理粤教版选修3-1学案：第一章第11讲静电与新技术学习精品

[目标定位] 1.了解静电的产生；了解现实生活中静电的应用.2.知道如何防止静电的危害．一、锁住黑烟在静电除尘装置中，高压电源的正、负极分别接到金属圆筒和管心的金属线上，它们之间有很强的电场，使空气分子被电离，电子在向着金属圆筒正极运动的过程中，附在空气中的尘埃上，使尘埃带负电，并被吸附到金属圆筒上．例1为模拟空气净化过程，有人设计了如图1所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等．第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如图乙所示．已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f＝k v(k为一定值)，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，重力可忽略不计，则在这两种方式中()图1A．尘粒最终一定都做匀速运动B．电场对单个尘粒做功的最大值相等C．尘粒受到的电场力大小相等D．第一种方式除尘的速度比第二种方式除尘的速度快解析尘粒在两种装置中开始时都做加速直线运动，随着速度都增大，阻力增大，由于尘粒离板的距离不一样，不是所有尘粒都最终能达到匀速，A选项错误；电场力做功与路径无关，只与初、末位置电势差有关，所以两种装置中，电场力做功的最大值均为W＝Uq，B选项正确，D选项错误；乙图中电场为辐射状，所以越靠近筒边缘场强越小，尘粒受到的电场力越小，C选项错误，故选B.答案 B二、防止静电危害1．静电的危害：(1)衣服上的静电使人感到不自在．(2)影响半导体器件的产品质量．(3)在印刷行业，静电影响纸张的正常分离、叠放．(4)静电会发生火花放电，引起易燃物品的燃烧和爆炸．2．防止静电危害的基本原则是：控制静电的产生，把产生的静电迅速引走以避免静电的积累．通过工艺控制可以减少因摩擦而产生的静电．调节空气的湿度也是防止静电危害的好办法．3．避免静电积累的常用方法：静电接地、增加湿度，非导电材料的抗静电处理等．深度思考干燥的冬季我们开门时，手指接触门把手时，会有针扎的感觉，这是静电现象，我们有什么办法可以防止吗？答案为了避免静电击打，可用小金属器件、棉抹布等先碰触大门、门把可消除静电，再用手触及．例2由于人们行走时鞋子和地板摩擦产生静电，带电的离子会在地板表面对空气中的灰尘产生吸引，对于电脑机房、电子厂等单位会造成一定的影响，防静电地板又叫做耗散静电地板(如图2所示)，当它接地或连接到任何较低电势点时，使电荷能够耗散，地板在施工中，地板下面要铺设铝箔，铝箔要连接到地下预埋导体，下列关于防静电地板正确的是()图2A．地板下面要铺设铝箔的作用是防潮B．地板必须是绝缘体材料C．地板必须是导电的，如地板中含有导电纤维D．只要地板下面铺设铝箔，地板材料无所谓绝缘体或导体解析在该情景中，地板在施工中，地板下面要铺设铝箔，铝箔要连接到地下预埋导体就是要将地板上的静电导走，所以防静电地板必须是导电的，如地板中含有导电纤维，这样才能将静电通过地板下面铺设的铝箔导走，故选项C正确，A、B、D错误．答案 C1．(静电的应用)下列措施利用了静电的是()A．油罐车的油罐有条铁链搭到地上B．农药喷洒飞机喷洒的农药雾滴带正电C．家用电器如洗衣机接有地线D．手机一般都装有天线答案 B解析油罐车的油罐有条铁链搭到地上，目的是把油罐车产生的静电导到地下，保证油罐车的安全，家用电器也一样，A、C错误．农药喷洒飞机喷洒的农药雾滴带正电，而叶子上都带有负电，农药不会被风吹走，B正确．手机接有天线目的是为了更好的接收信号，D错误．2．(防止静电危害)最近，一则“女子自助加油静电起火点燃油枪”的视频被微信疯转！有关加油时静电起火，下列说法正确的是()A．加油时可以通过整理衣服导走静电B．通过加油机接地的金属面板进行操作，不会导走身上的静电C．加油前可以先通过洗手以清除静电D．衣服上的静电产生方式属于接触起电答案 C解析加油时整理衣服，衣服与空气产生摩擦，不仅不会导走静电，还会产生更多的静电，故A错误；通过加油机接地的金属面板进行操作，会导走身上的静电，故B错误；加油前可以先通过洗手消除静电，同时手比较湿润，也不会产生静电，故C正确；衣服上的静电产生方式属于摩擦起电，故D错误.(时间：60分钟)题组一静电的应用1．下列属于利用静电现象的是()A．油罐车底下挂一条铁链B．喷漆时让从喷嘴喷出的油漆带正电C．飞机的轮胎用导电橡胶制作D．在油库或加油站工作的人员不得穿腈纶衣服答案 B解析利用运油车底部的铁链将油与油筒摩擦产生的静电导走，防止静电积累到一定程度引起爆炸，这是静电的防止，不符合题意；故A错误；喷枪喷出的油漆微粒带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，属于静电应用，故B正确；飞机在飞行的过程中产生大量的静电．飞机的轮胎用导电橡胶制作，可以及时将静电导走，属于静电的防止，故C错误．穿腈纶衣服容易产生静电，在油库或加油站工作的人员不得穿腈纶衣服，是静电的防止，故D错误．2.(多选)某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图1，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是()图1A．该电场是匀强电场B．a点电势高于b点电势C．电场力对粉尘做正功D．粉尘的电势能增大答案BC解析该电场的电场线疏密不均匀，所以不是匀强电场，故A错误；沿着电场线方向电势降低，所以a点电势高于b点电势，故B正确；带负电粉尘受电场力向右，由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，故C正确；带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，电场力对粉尘做正功，电势能减小，故D错误；故选B、C.3．(多选)如图2所示，在玻璃管中心轴上安装一根直导线，玻璃管外绕有线圈，直导线的一端和线圈的一端分别跟感应圈的两放电柱相连．开始时，感应圈未接通电源，点燃蚊香，让烟通过玻璃管冒出．当感应圈电源接通时，玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压，立即可以看到不再有烟从玻璃管中冒出来了．过一会儿还可以看到管壁吸附了一层烟尘，这是因为()图2A．烟尘在高压电场作用下带上了负电B．烟尘在高压电场作用下带上了正电C．带负电的烟尘吸附在线圈上，因此看不到有烟冒出D．带正电的烟尘吸附在直导线上，因此看不到有烟冒出答案AC解析烟尘在直导线和管外线圈形成的高压电场作用下，带上了负电，带负电的烟尘颗粒被吸附到了带正电的线圈上，因此看不到有烟冒出．A、C项正确．4.静电除尘器是根据静电荷异性相吸、同性相斥的原理，利用电场力将空气中的带电粉尘吸附沉降下来，以达到除尘的目的．如图3所示是静电除尘装置的示意图，它由金属管A和管中金属丝B组成，以下说法正确的是()图3A．煤粉等烟尘吸附正离子后被吸在A上B．煤粉等烟尘吸附电子后被吸在B上C．靠近B处电场强度大，B附近空气被电离成阳离子和电子D．煤粉等烟尘在强电场作用下电离成阴、阳离子，分别吸附在B和A上答案 C解析圆筒中气体分子在电场力作用下发生电离，煤粉等烟尘吸附了电子而带负电，飞向筒壁，最后在重力的作用下落到筒底．故A、B、D错误，C正确．题组二静电的防止5．专门用来运输柴油、汽油的油罐车，在它的尾部都装有一条拖在地上的铁链，对它的作用下列说法正确的是()A．让铁链与路面摩擦产生静电，使油罐车积累一定的静电荷B．让铁链发出声音，以引起其他车辆的注意C．由于罐体与油摩擦产生了静电，罐体上的静电被铁链导入大地，从而避免了火花放电D．由于罐体与油摩擦产生了静电，铁链将油的静电导入大地，从而避免了火花放电答案 C解析在运输柴油、汽油时，由于上下左右颠簸摇摆，造成油和油罐摩擦而产生静电，所以在油罐车尾部装一条拖在地上的铁链能将静电导入大地从而避免静电的积累．6．(多选)在下列措施中，哪些能将产生的静电尽快导走()A．飞机轮子上搭地线B．印染车间保持湿度C．复印图片D．电工钳柄装有绝缘套答案AB解析飞机在飞行中与空气摩擦时，飞机外表面聚集了大量静电荷，降落时会对地面人员带来危害及火灾隐患．因此飞机降落时要及时导走机身聚集的静电，采取的措施是在轮胎上安装地线或用导电橡胶制造轮胎；在印染工作车间也同样容易产生静电，静电给车间带来火灾隐患，为防止火灾发生，其中安全措施之一就是车间保持湿度，从而通过湿润的空气及时导走静电；在复印图片环节中，则需要应用静电；电工钳柄装有绝缘套是防止导电，保证电工的安全．7．在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了()A．除菌消毒B．消除静电C．利用静电D．防止漏电答案 B8．小明在加油站看到一条醒目的标语：“严禁用塑料桶装运汽油”小明对此有下列理解，你认为其中正确的是()A．塑料桶易破损，不适合装汽油B．汽油与塑料桶发生化学反应，塑料桶将被溶化C．汽车运动中汽车和塑料桶不断发生摩擦，积累的电荷太多容易发生放电引起火灾D．塑料是热的良导体，汽车运行要发热，热通过塑料桶传给汽油达到燃点会引起火灾答案 C解析汽油和塑料属于不同的物质，汽车运行中汽油和塑料桶不断发生摩擦，积累的电荷太多容易发生放电引起火灾．9．随着人们生活水平的提高，各种家用电器日益走入我们的居家生活，而家用电器所产生的静电荷会被人体吸收并积存起来，加之室内墙壁和地板多属绝缘体，空气干燥，因此更容易受到静电干扰，由于老年人的皮肤相对年轻人干燥以及老年人心血管系统的老化，抗干扰能力减弱等因素，因此老年人更容易受静电的影响，心血管系统本来应有各种病变的老年人，静电更会使病情加重，过高的静电还常常使人焦躁不安、头痛、胸闷、呼吸困难、咳嗽，我们平时生活中就应当采取措施，有效防止静电，下列可行的是()①要勤拖地、勤洒些水②要勤洗澡、勤换衣服③选择柔软、光滑的化纤类衣物④尽量避免使用化纤地毯和以塑料为表面材料的家具A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④答案 C解析空气干燥，人在走动的过程中容易产生静电，所以勤拖地、勤洒些水可以有效防止静电．故①正确；勤洗澡、勤换衣服，可以有效防止静电，故②正确；化纤类衣服和化纤地毯和以塑料为表面材料的家具容易因摩擦产生静电，而且容易积累，所以要尽量避免选择化纤类衣物，尽量避免使用化纤地毯和以塑料为表面材料的家具，故③错误，④正确．10．在冬天或者秋天，当我们用塑料或牛角制成的梳子梳头发时，往往会听到轻微的“淅淅”声．这是什么原因？答案见解析解析在用塑料或牛角制成的梳子梳头发时，会产生静电．部分异种静电中和时就会形成题中所介绍的现象．章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是()A．电场强度大的地方，电势一定高B．电场强度不变，电势也不变C．电场强度为零时，电势一定为零D．电场强度的方向是电势降低最快的方向答案 D解析电场强度是描述电场力的性质的物理量，电势是描述电场能的性质的物理量，电场强度的大小和电势高低没有必然关系，电场线的方向，即电场强度的方向是电势降低最快的方向，选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．2．一不计重力的带电粒子q 从A 点射入一正点电荷Q 的电场中，运动轨迹如图1所示，则( )图1A ．粒子q 带正电B ．粒子q 的加速度先变小后变大C ．粒子q 的电势能先变小后变大D ．粒子q 的动能一直变大答案 C解析根据粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，A 错误；根据库仑定律可知电荷受到的静电力先变大，后变小，B 错误；静电力先做正功后做负功，所以电势能先变小后变大，动能先变大后变小，C 正确，D 错误．故选C.3.如图2所示，a 、b 、c 为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c 为ab 的中点，a 、b 电势分别为φa ＝5V 、φb ＝3V ．下列叙述正确的是( )图2A ．该电场在c 点处的电势一定为4VB ．a 点处的场强E a 一定大于b 点处的场强E bC ．一正电荷从c 点运动到b 点电势能一定减少D ．一正电荷运动到c 点时受到的电场力由c 指向a答案 C解析因不知该电场是否是匀强电场，所以E ＝U d不一定成立，c 点电势不一定是4V ，所以A 、B 两项错误．因φa ＞φb ，电场线方向向右，正电荷从高电势点移到低电势点，电场力做正功，电势能减少，受到的电场力指向b ，所以C 项正确，D 项错误．4．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图3所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A 、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则( )图3A ．A 点和B 点的电势相同B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，电场力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增大后减小答案 C解析由题图可知φA ＞φB ，所以正电荷从A 移至B ，电场力做正功，故A 错误，C 正确．C 、D 两点场强方向不同，故B 错误．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先减小后增大，故D 错误，故选C.5．如图4所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )图4A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 2答案 B解析由于b 点处的场强为零，根据电场叠加原理知，带电圆盘和a 点处点电荷在b 处产生的场强大小相等，方向相反．带电圆盘在d 点处和点电荷在a 点处产生的场强方向相同，所以E ＝k q (3R )2＋k q R 2＝k 10q 9R 2，所以B 正确． 6．一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A 点运动到B 点，速度随时间变化的图象如图5所示，t A 、t B 分别是带电粒子到达A 、B 两点对应的时刻，则下列说法中正确的是( )图5A ．A 处的场强一定小于B 处的场强B ．A 处的电势一定高于B 处的电势C ．电荷在A 处的电势能一定小于在B 处的电势能D ．电荷在A 到B 的过程中，电场力一定对电荷做正功答案 D解析根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A 点运动到B 点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即A 处的场强一定大于B 处的场强，A 错误；由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故B 错误；由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)7．下列各量中，与检验电荷无关的物理量是()A．电场力F B．电场强度EC．电势差U D．电场力做的功W答案BC解析电场力F＝qE，与检验电荷有关，故A项错；电场强度E、电势差U与检验电荷无关，故B、C对；电场力做功W＝qU，与检验电荷有关，故D项错．8．如图6所示的电路中，A、B是两金属板构成的平行板电容器．先将开关K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是()图6A．电容器的电容变大B．电容器内部电场强度大小变大C．电容器内部电场强度大小不变D．P点电势升高答案CD9．如图7所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，有一粒子(不计重力)由A点进入电场，A、B是轨迹上的两点，以下说法正确的是()图7A．该粒子带正电B．a、b为异种电荷C．该粒子在A点加速度较B点大D．该粒子在A点电势能较B点大答案BC解析根据电场线从正电荷出发，到负电荷终止，可知a带正电，b带负电；由粒子的轨迹向左上方弯曲，可知该粒子所受的电场力方向为左上方，因此该粒子带负电，故A错误，B 正确；A点电场线密，则A点电场强度大，粒子所受的电场力大，则粒子在A点加速度较大，故C正确；根据顺着电场线方向电势降低，可知A点的电势较高，由推论：负电荷在电势高处电势能小，则知粒子在A点电势能较B点小，故D错误．10．如图8所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1g，分别用10cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B 球偏离竖直方向60°，A 球竖直悬挂且与绝缘墙接触(g 取10m/s 2)．下列说法正确的是( )图8A ．小球的带电荷量约为3.33×10－8C B ．墙壁受到的压力约为8.7×10－4N C ．A 球受到细线的拉力为1.0×10－3N D ．B 球受到的拉力为1.5×10－3N 答案 AB解析分析A 、B 的受力，根据共点力平衡条件：F ＝k q 2l 2＝mg 解得q ≈3.33×10－8C ；F N ＝F cos30°＝mg cos30°≈8.7×10－4N ；F T B ＝mg ＝1.0×10－3N ；F T A ＝mg ＋F sin30°＝1.5×10－3N ．故选A 、B.三、填空题(每空2分，共10分)11．(4分)如图9所示，Q 为固定的正点电荷，A 、B 两点在Q 的正上方与Q 相距分别为h 和0.25h ，将另一点电荷从A 点由静止释放，运动到B 点时速度正好又变为零．若此电荷在A点处的加速度大小为34g ，此电荷在B 点处的加速度大小为____________；方向为____________；A 、B 两点间的电势差(用Q 和h 表示)为________．图9答案 3g 竖直向上－3kQ h解析这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q ，由牛顿第二定律，在A 点时mg －kQq h 2＝m ·34g . 在B 点时kQq (0.25h )2－mg ＝m ·a B ，解得a B ＝3g ，方向竖直向上，q ＝mgh 24kQ. 从A 到B 过程，由动能定理mg (h －0.25h )＋qU AB ＝0，故U AB ＝－3kQ h. 12．(6分)如图10所示，虚线为电场中的一簇等势面，A 、B 两等势面间的电势差为10V ，且A 的电势高于B 的电势，相邻两等势面电势差相等，一个电子从电场中通过的轨迹如图中实线所示，电子过M 点的动能为8eV ，它经过N 点时的动能为________eV ，电子在M 点的电势能比在N 点的电势能________．图10答案 0.5 小四、计算题(本题共4小题，共50分)13．(10分)如图11所示，在匀强电场中，将带电荷量q ＝－6×10－6C 的电荷从电场中的A 点移到B 点，克服电场力做了2.4×10－5J 的功，再从B 点移到C 点，电场力做了1.2×10－5J 的功．求：图11(1)A 、B 两点间的电势差U AB 和B 、C 两点间的电势差U BC ；(2)如果规定B 点的电势为零，则A 点和C 点的电势分别为多少；(3)作出过B 点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法)．答案 (1)4V －2V (2)4V 2V(3)见解析图解析 (1)U AB ＝W AB q ＝－2.4×10－5－6×10－6V ＝4V U BC ＝1.2×10－5－6×10－6V ＝－2V (2)U AB ＝φA －φBU BC ＝φB －φC又φB ＝0故φA ＝4V ，φC ＝2V(3)如图所示14．(12分)一个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图12所示．AB 与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m ＝1.0×10－7kg ，电荷量q ＝1.0×10－10C ，A 、B 相距L ＝20cm.(取g ＝10m/s 2，结果保留两位有效数字)求：图12(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；(2)电场强度的大小和方向；(3)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少．答案见解析解析 (1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB 方向运动，在垂直于AB 方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B 指向A ，与初速度v A 方向相反，微粒做匀减速直线运动．(2)在垂直于AB 方向上，有qE sin θ－mg cos θ＝0所以电场强度E ≈1.7×104N/C 电场强度的方向水平向左(3)微粒由A 点运动到B 点时的速度v B ＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得mgL sin θ＋qEL cos θ＝m v 2A 2，代入数据解得v A ≈2.8m/s 15．(14分)如图13所示，在场强E ＝103V /m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R ＝0.4 m ，一带正电荷q ＝10－4 C 的小滑块质量为m ＝ 0.04 kg ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，求：图13(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放；(2)这样释放的滑块通过P 点时对轨道压力是多大．(P 为半圆轨道中点)答案 (1)20m (2)1.5N解析 (1)滑块刚能通过轨道最高点条件是mg ＝m v 2R，v ＝Rg ＝2m/s ，滑块由释放点到最高点过程由动能定理：Eqs －μmgs －mg 2R ＝12m v 2所以s ＝m ⎝⎛⎭⎫12v 2＋2gREq －μmg代入数据得：s ＝20m(2)滑块过P 点时，由动能定理得：－mgR －EqR ＝12m v 2－12m v 2P所以v 2P ＝v 2＋2(g ＋Eq m)R 在P 点由牛顿第二定律：F N －Eq ＝m v 2P R，F N ＝3(mg ＋Eq )代入数据得：F N ＝1.5N由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝1.5N16．(14分)一个初速度为零的电子通过电压为U ＝4500V 的电场加速后，从C 点沿水平方向飞入电场强度为E ＝1.5×105V/m 的匀强电场中，到达该电场中另一点D 时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°，如图14所示．试求C 、D 两点沿电场强度方向的距离．图14答案 0.01m解析电子加速过程：由eU ＝12m v 20得v 0＝2eU m，在竖直方向v y ＝v 0tan30°＝at ，a ＝eE m ，解得t ＝1E 2mU 3e . C 、D 两点沿电场强度方向的距离y ＝12at 2＝U 3E代入数据解得y ＝45003×1.5×105m ＝0.01m.。

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.直流电动机是利用安培力使通电线圈转动的原理。

•在磁电式电流表中，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，通电线圈不管转到什么角度, \线圈平面都跟磁感线平行。

一、直流电动机•直流电动机的原理如图--所示，在线圈中通以直流电流，矩形线圈在安培力的作用下发生转动，带动机械运行。

•直流电动机的优点可以通过改变输入电压来调节它的转速。

二、磁电式电表•磁电式电流表的结构我们在实验时经常使用的电流表就是磁电式电流表，如图--甲所示。

•工作原理磁电式电流表是利用线圈在磁场中受到安培力作用发生旋转来工作的。

线圈所在的磁场是均匀辐射分布的，如图--乙所示，这样做的目的是任何位置线圈都与磁感线平行。

一安培力的应用课前白上学习•基稳才能搂高图--弹图--•使用方法对于磁电式电流表，我们根据指针偏转角度的大小可以知道被测电流的强弱，这是因为磁场对电流的作用力跟电流成正比，因而线圈中的电流越大，安培力的转动作用也越大, 线圈和指针偏转的角度也就越大。

【基础小题］•自主思考一一判一判()电动机转动方向与电流方向无关。

(X )()直流电动机和交流电动机都是利用安培力工作的。

(V)()磁电式电表指针的偏转角度的大小与通过其内部线圈的电流的大小有关。

(V) ()有些磁电式电表的指针可以双向摆动，有些则只能正向摆动。

(V)•合作探究----- 议一议()通电以后，电动机为什么会转动呢？提示：通电的线圈在磁场内受到了安培力的作用。

()若磁电式仪表的指针只能从左向右偏，使用时，正负极能不能接反？若指针在中间呢？提示：不能。

正负极接反后，电流方向与正常相反，指针向左偏，容易损坏电表。

若指针在中间，正负极接反影响不大。

()如图--所示，两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用，在什么情况下两条直导线相互吸引，什么情况下两条直导线相互排斥？搔电源图--提示：每一条通电直导线均处在另一直导线电流产生的磁场中，根据安培定则可判断出直线电流产生的磁场的方向，再根据左手定则可判断出每一条通电直导线所受的安培力, 由此可知，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。

◎通知识•直流电动机的结构及原理分析()如图--所示，当线圈由位置经位置运动到位置时，图中左边受力方向向上，右边受力方向向下，使线圈顺时针转动；当线圈在位置时不受力，由于惯性继续转动。

图--()当线圈由位置经位置运动到位置时，由于电流换向，图中左边受力方向向上，右边受力方向向下，使线圈继续顺时针转动；当线圈在位置时不受力，由于惯性继续转动；然后，线圈重复以上过程转动下去。

•磁电式电流表的原理分析如图--乙所示是线圈在磁场中受力的示意图。

当电流通过线圈时，导线受到安培力的作用，由左手定则知，线圈左右两边所受的安培力的方向相反，于是架在轴上的线圈就要转动，通过转轴收紧螺旋弹簧使其变形，反抗线圈的转动，电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大，所以，从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小。

线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变。

所以，根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向。

◎通题组•(多选)下列关于直流电动机的说法，正确的是( )•直流电动机是将电能转化为机械能的装置•直流电动机能把电能全部转化为动能谍堂讲练设计.举一施通类题考点一安培力的应用a.受力怔线圈转动b.无电就不爱力「覺力便线圈转动 d.无屯流不受力•直流电动机是依靠磁场对电流的作用工作的•直流电动机工作时也会有发热现象，是电流的热效应解析：选从能量角度来看直流电动机是把电能转化成机械能的装置。

其工作原理是利用了磁场对电流的作用。

但由于线圈有一定的电阻，直流电动机在工作过程中会产生一定的焦耳热。

.电流表中蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，下列说法正确的是（）•目的是使线圈平面始终与磁感线平行•目的是让磁铁和铁芯间形成匀强磁场.离转轴越远，越靠近磁极，因此磁感应强度越大•目的是使线圈平面始终与磁感线垂直解析：选辐向磁场的目的是使线圈平行于磁感线，线框在转动中安培力大小不变，正确，错误；辐向磁场各处磁感应强度方向不同，距离轴线越远磁场越弱，贝V、均不对。

•所谓电流表的灵敏度，是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小。

偏角越大，灵敏度越高。

下列方法不能提高磁电式电流表灵敏度的方法有（）.增强永久磁铁的磁性•增大螺旋弹簧的劲度系数•增大线圈的面积•增加线圈的匝数解析：选通电线圈在磁场中转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动。

电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大。

要提高电流表的灵敏度，就要在通入相同电流时，让指针的偏转角度增大。

所以要减小螺旋弹簧的劲度系数，同时使安培力变大，即增加磁感应强度、增大线圈面积和增加线圈的匝数。

考点二安培力作用下导体的运动问题［典例］一个可以自由运动的线圈和一个固定的线圈互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图--所示。

当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈将（）图--•不动•顺时针转动•向纸面内平动［解析］方法一（电流元法）把线圈沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈将顺时针转动。

方法二（等效法）把线圈等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流的中心，通电后，小磁针的极应指向该点环形电流的磁场方向，由安培定则知产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而等效成小磁针后转动前，极指向纸内，因此小磁针的极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈将顺时针转动。

方法三（结论法）环形电流、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，从左向右看，线圈将顺时针转动。

［答案］判断安培力作用下导体运动方向的五种常用方法通题组.如图--所示，带负电的金属环绕其轴’匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将（）$<hN图--•极竖直向上.极水平向左.小磁针在水平面内转动解析：选带负电金属环，如题图所示的旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反。

再由右手螺旋定则可知电流产生的磁极的方向是：右端是极，左端是极；小磁针所在处的磁场的方向与’轴的磁场的方向是相反的，所以小磁针处的磁极的方向：左端极，右端极。

因此小磁针极水平向左。

故正确，、、错误。

.用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图--所示，当两导线环中通入方向相同的电流、时，则有（）图--.两导线环相互吸引.两导线环相互排斥.两导线环无相互作用力.两导线环先吸引后排斥解析：选通电的导线环周围能够产生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流产生力的作用。

由于导线环中通入的电流方向相同，二者同位置处的电流方向完全相同，相当于通入同向电流的直导线，据同向电流相互吸引的规律，判知两导线环应相互吸引，故正确。

.如图--所示，将通电直导线用丝线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关的瞬间（）图--.端向上运动，端向下运动，悬线张力不变.端向下运动，端向上运动，悬线张力不变.端向纸外运动，端向纸内运动，悬线张力变小•端向纸内运动，端向纸外运动，悬线张力变大解析：选当开关接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定则知通电直导线此时左端受力指向纸内，右端受力指向纸外，故导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，整个导线受到的磁场力将竖直向下，故悬线张力变大，选项正确。

◎通方苗［典例］如图--所示，在倾角为B=°的斜面上，固定一宽= 的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器。

电源电动势= ，内阻= Q, —质量= 的金属棒与两导轨垂直并接触良好。

整个装置处于磁感应强度= 、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。

金属导轨是光滑的，取= ，要保持金属棒在导轨上静止，求:()金属棒所受到的安培力大小；()通过金属棒的电流；()滑动变阻器接入电路中的阻值。

［解析］()金属棒的受力如图所示。

则有=°。

()根据安培力公式=得== 。

()设变阻器接入电路的阻值为，根据闭合电路欧姆定律=(+)解得=一= Q。

［答案］()()()Q在分析导线受到的安培力的方向时，把立体图转化为平面图，然后根据左手定则判断就方便了。

图--善点三安培力作用下导体的平衡问题◎通题组•（多选）如图--所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左上方固定一直导线，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则（）s l~~ N图--•磁铁对桌面压力增大•磁铁对桌面压力减小•桌面对磁铁没有摩擦力•桌面对磁铁摩擦力向左解析：选根据条形磁铁磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，根据左手定则判断安培力方向，如图甲所示。

根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如图乙，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力向左。

.如图--所示，导体杆的质量为，电阻为，放置在与水平面夹角为B的倾斜金属导轨上, 导轨间距为，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为，电池内阻不计，问：若导轨光滑，电源电动势多大才能使导体杆静止在导轨上？立体图平面图解析：由闭合电路欧姆定律得：=导体杆受力情况如图所示，则由共点力平衡条件可得A一、基础题㊆熟•如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线，与螺线管垂直，导线中的电流方向垂直纸面向里，开关闭合，受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）s_11———图.竖直向下 .竖直向上 .水平向右.水平向左解析：选首先根据安培定则判断通电螺线管在处产生的磁场方向：水平向左。

根据左手定则判断可知：受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上，故、、错误，正确。

.（多选）如图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线的夹角为。

角，导线中通过的电流为，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是（）•增大电流 .增加直导线的长度•使导线在纸面内顺时针转。

角 •使导线在纸面内逆时针转。

角解析：选由公式=，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力，故正确；由公式=，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力，故正确；当使导线在纸面内顺时针转°时，导线与磁场方向平行，则所受磁场力变为零，故错误；当使导线在纸面内逆时针转°时，导线垂直磁场方向投影长度伸长，则所受磁场力变大，故正确。

2017-2018学年高中物理选修3-1教学案(18份)粤教版11(精汇教案)

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