2018年高考物理复习课时作业28
2018高考物理总复习(人教版)课时作业28 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题) 1.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会( )A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸内偏转D ．向纸外偏转解析： 由题意可知，直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纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B 选项正确。
答案： B2．(2017·长春模拟)如图所示，斜面顶端在同一高度的三个光滑斜面AB 、AC 、AD ，均处于水平方向的匀强磁场中。
一个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面顶端A 点由静止释放，设滑到底端的时间分别为t AB 、t AC 、t AD ，则( )A ．t AB ＝t AC ＝t AD B ．t AB >t AC >t AD C ．t AB <t AC <t AD D ．无法比较解析： 带负电物块在磁场中的光滑斜面上受重力、支持力和垂直斜面向下的洛伦兹力，设斜面的高度为h ，倾角为θ，可得物块的加速度为a ＝gsin θ，由公式x ＝12at 2＝h sin θ解得t ＝2h gsin 2θ，可知θ越大，t 越小，选项C 正确。
答案： C3.如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。
电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b 点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是( )解析：正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，速度不变，电荷量变为＋e，由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下，由r＝mv/qB可知，轨迹半径增大到原来的2倍，所以在磁场中的运动轨迹是图D。
高考物理总复习 课时作业28 新人教版选修32
(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1．(2011·沙市模拟)如右图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长．空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α变大，v m 将变大C ．如果R 变大，v m 将变大D ．如果m 变小，v m 将变大[解析] 以金属杆为研究对象，受力如图所示．根据牛顿第二定律得mg sin α－F 安＝ma ，其中F 安＝B 2L 2vR.当a →0时，v →v m ， 解得v m ＝mgR sin αB 2L 2，结合此式分析即得B 、C 选项正确． [答案] BC2．如右图所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动，则( )A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BLvC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2vR[解析] 当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错．[答案] C3．(2011·温州模拟)如右图所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h 高度的过程中，以下说法正确的是( )A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做功将机械能转化为电能C ．重力与恒力F 做功的代数和等于电阻R 上产生的焦耳热D ．金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F 做的总功与电阻R 上产生的焦耳热之和 [解析] 由于金属棒匀速下滑，故作用在棒上的各个力的合力做功为零，故A 对；克服安培力做功将机械能转化为电能，故B 错误；列出动能定理方程W G －W F －W 安＝0，变形可得W G －W F ＝W 安，可知C 正确，D 错误．[答案]AC4．如右图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D ．Bav[解析] 摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav .故选A.[答案] A5．(2011·豫南九校联考)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下列选项中，线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是( )[解析] 由楞次定律可以判断电流方向，在线框同时处在两个磁场中时的某个时刻产生的感应电动势、感应电流是进、出磁场时的2倍，对比选项中各图象可知C正确．[答案] C6．如图所示，一个“∠”形导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab 是与导轨相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好，在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图象中正确的是( )[解析] 设导体棒向右运动的位移为x，导轨的夹角为θ，单位长度的电阻为r，则感应电动势为E＝Bx tanθv＝B tanθv2t，选项A正确．I＝ER＝Bx tanθvx＋x tanθ＋xcosθ＝Bv sinθsinθ＋cosθ＋1，选项B错误．导体棒所受外力的功率P＝Fv＝F安v＝BIxtanθv＝BI tanθv2t，选项C正确．由Q＝W安＝Pt＝BI tanθv2t2，选项D错误．[答案] AC7．如右图所示，光滑的“Ⅱ”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有( )A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑 B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后可能先减速后匀速下滑[解析] 若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B 2区域后，mg －B 21L 2vR ＝0，仍将保持匀速下滑，B 对；若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F ＝BIL ＝BBLvR L ＝B 2L 2v R 知，mg －B 22L 2v R >0，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑，故C 也对；同理，若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后mg －B 22L 2v R<0，可能先减速后匀速下滑，故D 也对．[答案] BCD8．(2011·宁波模拟)如下图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如下图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，下图丙中能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )[解析] 由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．[答案] D9．(2010·安徽高考)如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则( ) A．v1<v2，Q1<Q2B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1<v2，Q1>Q2D．v1＝v2，Q1<Q2[解析] 由于两线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力F ＝B 2l 2v R ，又由R ＝ρ4lS (ρ为线圈材料的电阻率，l为线圈的边长，S 为单匝线圈的横截面积)，所以线圈所受安培力F ＝B 2lvS4ρ，此时加速度a＝g －F m ，其中m ＝ρ0S·4l(ρ0为线圈材料的密度)，所以加速度a ＝g －B 2v 16ρρ0是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地时两线圈速度相等v 1＝v 2.由能量守恒定律可得Q ＝mg(h ＋H)－12mv 2，(H 是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线，因质量m 较小，产生的热量较小，所以Q 1<Q 2.[答案] D二、非选择题(共28分)10．(14分)如右图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ，半径为r ，导线的电阻率为ρ，截面积为S.金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化满足B ＝kt(k 为常量)，如下图乙所示．金属圈下半部分在磁场外，若丝线所能承受的最大拉力F Tm ＝2mg ，求：从t ＝0时刻起，经过多长时间丝线会被拉断？[解析] 设金属圈受重力mg 、拉力F T 和安培力F 的作用处于静止状态，则F T ＝mg ＋F ，又F ＝2BIr ，金属圈中的感应电流I ＝ER ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt ，ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·πr 22，金属圈的电阻R ＝ρ2πr S ，又B ＝kt ，F Tm ＝2mg由以上各式求得t ＝2mgρk 2Sr 2.[答案]2mgρk 2Sr2 11．(14分)(2011·南昌调研)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示．导轨电阻不计，试求：时间t/s 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 下滑距离s/m0.10.30.71.42.12.83.5(1)当t ＝0.7 s 时，重力对金属棒ab 做功的功率；(2)金属棒ab 在开始运动的0.7 s 内，电阻R 上产生的热量； (3)从开始运动到t ＝0.4 s 的时间内，通过金属棒ab 的电荷量．[解析] (1)由表格中数据可知：金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以7 m /s 匀速下落P G ＝mgv ＝0.01×10×7 W ＝0.7 W . (2)根据动能定理：W G ＋W 安＝12mv 2t －12mv 2W 安＝12mv 2t －12mv 20－mgh ＝12×0.01×72J －0.01×10×3.5 J ＝－0.105 JQ R ＝R R ＋r W 安＝47×0.105 J ＝0.06 J .(3)当金属棒匀速下落时，G ＝F 安，mg ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r电荷量q ＝It ＝ΔΦR ＋r ＝BLsR ＋r ＝mgvR ＋r·s＝0.2 C . [答案] (1)0.7 W (2)0.06 J (3)0.2 C拓展题：(2011·苏锡常镇四市调研)2010年上海世博会某国家馆内，有一“自发电”地板，利用游人走过时踩踏地板发电．其原因是地板下有一发电装置，如图甲所示，装置的主要结构是一个截面半径为r 、匝数为n 的线圈，无摩擦地套在磁场方向呈辐射状的永久磁铁槽中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，图乙为横截面俯视图．轻质地板四角各连接有一个劲度系数为k 的复位弹簧(图中只画出其中的两个)，轻质硬杆P 将地板与线圈连接，从而带动线圈上下往返运动(线圈不发生形变)，便能发电．若线圈所在位置磁感应强度大小为B ，线圈的总电阻为R 0，现用它向一个电阻为R 的小灯泡供电．为便于研究，将某人走过时对地板的压力使线圈发生的位移x 随时间t 变化的规律简化为如图丙所示．(弹簧始终在弹性限度内，取线圈初始位置x ＝0，竖直向下为位移的正方向)(1)请在图丁所示坐标系中画出线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象，取图乙中逆时针电流方向为正方向，要求写出相关的计算和判定的过程；(2)求t ＝t 02时地板受到的压力；(3)求人踩踏一次地板所做的功．[解析] (1)0～t 0时间内电流方向为正方向，t 0～2t 0时间内电流方向为负方向 0～t 0、t 0～2t 0时间内线圈向下、向上运动的速率均为v ＝x 0t 0线圈向下、向上运动产生的感应电动势大小均为E ＝nB·2πr·v 又I ＝E R ＋R 0 联立以上方程得I ＝2πnBrx 0R ＋R 0t 0线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如右图所示 (2)0～t 0时间内线圈所受安培力方向向上，且 F 安＝nBI·2πr ＝2πnBr 2x 0R ＋R 0t 0t 02时刻地板受到的压力：F N ＝4k x 02＋F 安解得F N ＝2kx 0＋2πnBr 2x 0R ＋R 0t 0(3)全过程中弹力做功为零，则由功能关系可得 W ＝E 电＝I 2(R ＋R 0)·2t 0 W ＝8π2n 2B 2r 2x 2R ＋R 0t 0[答案] (1)见解析 (2)F N ＝2kx 0＋2πnBr 2x 0R ＋R 0t 0(3)W ＝8π2n 2B 2r 2x 2R ＋R 0t 0。
最新-2018届高三物理总复习课时作业28 电磁感应规律的
课时作业28 电磁感应规律的综合应用时间：45分钟 满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)图11．如图1所示，MN 、PQ 为两平行金属导轨，M 、P 间连接一阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场方向垂直纸面向里，有一金属圆环沿两导轨滑动、速度为v ，与导轨接触良好，圆环的直径d 与两导轨间的距离相等，设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做匀速运动时( )A ．有感应电流通过电阻R ，大小为dBv R B ．没有感应电流通过电阻RC ．没有感应电流流过金属圆环，因为穿过圆环的磁通量不变D ．有感应电流流过金属圆环，且左、右两部分流过的电流相同解析：当环向右运动时，它的左右两部分均切割磁感线，故环的左右两部分都能产生感应电动势，由右手定则知两部分的感应电动势方向相同．根据F ＝Blv (l 是垂直v 方向的有效长度)知感应电动势的值均为Bdv .所以环的左右两部分相当于两个相同的电源并联对R 供电，其电流值由闭合电路欧姆定律可求出：I ＝Bdv R. 答案：AD图22．两根相距为L 的足够长的金属直角导轨如图2所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R .整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度v 1沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动．重力加速度为g .以下说法正确的是( )A ．ab 杆所受拉力F 的大小为μmg ＋B 2L 2v 12RB ．cd 杆所受摩擦力为零C ．回路中的电流强度为BL v 1＋v 2 2RD ．μ与v 1大小的关系为μ＝2Rmg B 2L 2v 1解析：ab 、cd 金属杆受力分析如图3甲、乙所示，ab 、cd 杆都做匀速直线运动，由平衡条件，对ab 杆，F ＝F f 1＋F 安 F N ＝mg ，F f 1＝μF N图3ab 切割磁感线产生感应电动势E ，cd 不切割磁感线无感应电动势，故E ＝BLv 1I ＝E 2RF 安＝BIL联立得F ＝μmg ＋B 2L 2v 12R，故A 正确． 对cd 杆，有F f 2＝mgF f 2＝μF 安得μ＝2RmgB L v 1，故D 正确．答案：AD3．如图4甲所示，圆形金属框与一个平行金属导轨相连，并置于水平桌面上．圆形金属框面积为S ，内有垂直于线框平面的磁场，磁感应强度B 1随时间t 的变化关系如图乙所示.0～1 s 内磁场方向垂直线框平面向里，长为L 、电阻为R 的导体棒置于平行金属导轨上，且与导轨接触良好．导轨和导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度恒为B 2，方向垂直导轨平面向里．若不计其余各处的电阻，当导体棒始终保持静止时，其所受的静摩擦力F f (设向右为力的正方向)随时间变化的图象为( )图4图5解析：由图乙可知，第1 s 内导体棒上的电流由下至上，受安培力向左，静摩擦力向右，同理第3 s 内静摩擦力向左，第2 s 内不受安培力也不受静摩擦力，故选A.答案：A图64．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m ，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图5所示．当磁场以10 T/s 的变化率增强时，线框中a ，b 两点间的电势差是( )A ．U ab ＝0.1 VB ．U ab ＝－0.1 VC ．U ab ＝0.2 VD ．U ab ＝－0.2 V解析：根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ＝1×10×0.2×0.1 V ＝0.2 V ，线框中a ，b 两点间的电势差为外电压，因为内电阻和外电阻相等，且根据楞次定律可知b 点电势较高，则U ab ＝－0.1 V ，故正确答案为B.答案：B图75．如图7所示，竖直平面内放置的两根平行金属导轨，电阻不计，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B ＝0.5 T ，导体棒ab 、cd 长度均为0.2 m ，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N ，现用力F 向上拉动导体棒ab ，使之匀速上升(导体棒ab 、cd 与导轨接触良好)，此时cd 静止不动，则ab 上升时，下列说法正确的是( )A ．ab 受到的拉力大小为2 NB ．ab 向上运动的速度为2 m/sC ．在2 s 内，拉力做功，有0.4 J 的机械能转化为电能D ．在2 s 内，拉力做功为0.6 J解析：F ＝2G ＝0.2 N ，又F ＝F 安＋G 得F 安＝0.1 N ，其中F 安＝B 2L 2v 2R，v ＝2 m/s,2 s 内上升高度h ＝vt ＝4 m ，所以E 电＝Fh －Gh ＝Gh ＝0.1×4 J＝0.4 J.答案：BC图86．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图8所示．除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v RD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少解析：释放瞬间，金属棒只受重力作用，所以其加速度等于重力加速度．金属棒向下切割磁感线，产生的电流由b →a 流经R ，当金属棒的速度为v 时，感应电流I ＝BLv R，则所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v R.从能量守恒方面看，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与电阻R 上产生的总热量之和．答案：AC7．一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图9所示，则( )图9A ．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B ．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动解析：从线框全部进入磁场至线框开始离开磁场，线框做加速度为g 的匀加速运动，可知线圈离开磁场过程中受的安培力大于进入磁场时受的安培力，故只有C 项正确．答案：C图108．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图10所示，抛物线的方程为y ＝x 2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )A ．mgbB.12mv 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12mv 2 解析：金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生热量．最后，金属块在高为a 的曲面上往复运动．减少的机械能为mg (b －a )＋12mv 2. 答案：D二、计算题(3×12′＝36′)9．如图11所示，金属杆ab 可在平行金属导轨上滑动，金属杆电阻R 0＝0.5 Ω，长L ＝0.3 m ，导轨一端串接一电阻R ＝1 Ω，匀强磁场磁感应强度B ＝2 T ，当ab 以v ＝5 m/s 向右匀速运动过程中，求：图11(1)ab 间感应电动势E 和ab 间的电压U ；(2)所加沿导轨平面的水平外力F 的大小；(3)在2 s 时间内电阻R 上产生的热量Q .解析：(1)根据公式：E ＝BLv ＝3 VI ＝E R ＋R 0，U ＝IR ＝2 V. (2)F ＝F 安，F 安＝BIL ＝1.2 N.(3)2秒内产生的总热量Q 等于安培力做的功，Q ＝F 安·v ·t ＝12 J电阻R 上产生的热量为Q R ＝RR ＋R 0Q ＝8 J. 答案：(1)3 V 2 V (2)1.2 N (3)8 J图1210．如图12所示，电动机牵引一根原来静止的、长L 为1 m 、质量m 为0.1 kg 的导体棒MN 上升，导体棒的电阻R 为1 Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B 为1 T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直．当导体棒上升h ＝3.8 m 时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2 J ，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7 V 、1 A ，电动机内阻r 为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：(1)棒能达到的稳定速度；(2)棒从静止至达到稳定速度所需要的时间．解析：(1)电动机的输出功率为：P 出＝IU －I 2r ＝6 W电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有P 出＝Fv ①其中F 为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时F ＝mg ＋BI ′L ②感应电流I ′＝E R ＝BLv R③ 由①②③式解得，棒达到的稳定速度为v ＝2 m/s.(2)从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：P 出t ＝mgh ＋12mv 2＋Q ，解得t ＝1 s. 答案：(1)2 m/s (2)1 s11．如图13(a)所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图13(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计．求0至t 1时间内．图13(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．解析：(1)根据楞次定律可知，通过R 1的电流方向为由b 到a .根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为E ＝n ΔB πr 22Δt ＝n ·B 0πr 22t 0 根据欧姆定律得通过R 1的电流为I ＝E 3R ＝nB 0πr 223Rt 0. (2)通过R 1的电荷量q ＝It 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0，热量Q ＝I 2R 1t 1＝2n 2B 02π2r 24t 19Rt 02. 答案：(1)nB 0πr 223Rt 0 b →a (2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 02π2r 24t 19Rt 02。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业25 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～9题为单项选择题，10～14题为多项选择题)1．一段长为L 、电阻为R 的均匀电阻丝，把它拉成3L 长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为( )A.R3 B ．3R C.R 9D ．R解析： 根据R ＝ρL S ＝ρL 2V 可知，原电阻丝被拉长3倍后的总阻值为9R ，再切成三段后每段的阻值为3R ，把它们并联后的阻值为R ，故选项D 正确。
答案： D2．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，甲电阻丝长l ，直径为d ，乙电阻丝长为2l ，直径为2d ，要使它们消耗的电功率相等，加在电阻丝上的电压U 甲∶U 乙应是( )A ．1∶1B ．2∶1C ．1∶ 2D ．2∶1解析： 根据电阻定律R ＝ρlS ，R 甲∶R 乙＝2∶1。
且U 2甲R 甲＝U 2乙R 乙，故U 甲∶U 乙＝R 甲∶R 乙＝2∶1 选项D 正确。
答案： D 3.如图所示电路，开关S 断开和闭合时电流表示数之比是1∶3，则可知电阻R 1和R 2之比为( )A ．1∶3B ．1∶2C ．2∶1D ．3∶1解析： 开关闭合时电路中只有电阻R 2，根据欧姆定律可得：I ＝UR 2，开关断开时电路中两电阻串联，根据欧姆定律可得，I ′＝UR 1＋R 2，则R 1＋R 2R 2＝31，解得R 1∶R 2＝2∶1，选项C 正确。
答案： C4．在如图甲所示的电路中，AB 为粗细均匀、长为L 的电阻丝，以AB 上各点相对A 点的电压为纵坐标，各点离A 点的距离x 为横坐标，则U 随x 变化的图线应为图乙中的( )解析： 根据电阻定律，横坐标为x 的点与A 点之间的电阻R ＝ρxS ，这两点间的电压U＝IR ＝IρxS(I 、ρ、S 为定值)，故U 跟x 成正比例关系，选项A 正确。
答案： A5．如表为某电热水壶铭牌上的一部分内容。
根据表中的信息，可计算出在额定电压下通过电热水壶的电流约为( )C ．0.15 AD ．0.23 A解析： 在额定电压下电热水壶的功率为额定功率，而电热水壶的额定电压为220 V ，额定功率为1 500 W ，由公式P ＝IU 得I ＝P U ＝1 500220A ≈6.8 A 。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业10 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(第1题为单项选择题，第2题为多项选择题)1.(2017·长沙模拟)如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，则能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是()解析：小木块刚放到传送带上时将会与传送带发生相对滑动，加速度a1＝g sin θ＋μg cos θ，当小木块与传送带达到共同速度v后，由于μ＜tan θ，小木块将会相对于传送带向下滑动，加速度a2＝g sin θ－μg cos θ；由于a1＞a2，选项D正确。
答案： D2．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦。
设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板。
下面给出了石块在长木板上滑行的v -t图象，其中正确的是()解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg>μ2(M＋m)g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由μ1mg>μ2(M＋m)g，可得μ1mg>μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g>μ2g，也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确。
答案：BD二、非选择题3.如图所示，物体A的质量为M＝1 kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5 kg、长为L＝1 m。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业8附解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2017·锦州模拟)一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。
假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小。
能正确描述F 与a 之间关系的图象是( )解析： 对物块受力分析如图所示：由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，解得：F ＝ma ＋μmg ，得F 与a 成一次函数关系，故A 、B 、D 错误，C 正确。
答案： C2．质量为1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s 内的位移为x m ，则F 的大小为(单位为N)( )A.2xt 2 B ．2x 2t －1C.2x 2t ＋1D ．2x t －1解析： 由牛顿第二定律F ＝ma 与x ＝12at 2，得出F ＝2mx t 2＝2xt 2，故本题选A 。
答案： A3．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )解析： 设屋檐的底角为θ，底边长为2L (不变)。
雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，位移大小x ＝12at 2，而x ＝Lcos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t ＝4Lg sin 2θ。
当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t 最短，故选项C 正确。
答案： C 4.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则( )A ．物块可能匀速下滑B ．物块仍以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物块将以小于a 的加速度匀加速下滑解析： 设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a ＝mg sin θ－μmg cos θm >0，即μ<tan θ。
2018高考物理总复习(人教版)课时作业32 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图所示。
此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是( )A．交变电流的周期为0.125 sB．交变电流的频率为8 HzC．交变电流的有效值为 2 AD．交变电流的最大值为4 A解析：由图象可知周期T＝0.250 s，频率f＝1T＝4 Hz，故选项A、B均错误。
交变电流的有效值I＝UR＝E m2R＝202×10A＝ 2 A，最大值I m＝E mR＝2A，故选项D错误，C正确。
答案： C2.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。
闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin 10πt (V)，则( )A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 2 VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A解析：据ω＝2πf知该交流电的频率为5 Hz，A错；该交流电电动势的最大值为10 2 V，有效值E＝10 V，B错；I＝ER＋r＝1.0 A，P＝I2R＝9 W，C 错，D对。
答案： D3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝2002sin 100πt(V)，那么( )A．该交变电流的频率是100 HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200 2 V解析：由交变电流的电动势瞬时值表达式e＝nBSωsin ωt可知，交变电流的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，选项A错误。
在t＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，选项B错误。
当t＝1200s时，e达到峰值E m＝200 2V ，选项C 正确。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业27 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题)1．下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是()解析：对通电导体用左手定则判断可知C选项正确。
答案： C2．一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，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，通电导线一定与B平行解析：如果B＝2 T，当导线与磁场方向垂直放置时，安培力最大，大小为F＝BIL＝2×2.5×0.2 N＝1 N；当导线与磁场方向平行放置时，安培力F＝0；当导线与磁场方向成任意夹角放置时，0<F<1 N，选项A、B和D均错误；将L＝0.2 m、I＝2.5 A、B＝4 T、F＝1 N 代入F＝BIL sin θ，解得θ＝30°，故选项C正确。
答案： C3.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是()A．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解析： 由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为Oa 、Ob 两电流元，由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向，如图所示，所以从上向下看导线逆时针转动，当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D 对。
答案： D 4.如图所示，质量m ＝0.5 kg 、长L ＝1 m 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架向下(磁场范围足够大)，右侧回路电源电动势E ＝8 V ，内电阻r ＝1 Ω，额定功率为8 W 、额定电压为4 V 的电动机正常工作，(g ＝10 m/s 2)则( )A ．回路总电流为2 AB ．电动机的额定电流为4 AC ．流经导体棒的电流为4 AD ．磁感应强度的大小为1.5 T解析： 由电路分析可知，电路内电压U 内＝E －U ＝4 V ，回路总电流I 总＝u 内r＝4 A ，选项A 错误；电动机的额定电流I M ＝P U＝2 A ，选项B 错误；流经导体棒的电流I ＝I 总－I M ＝2 A ，选项C 错误；对导体棒受力分析，mg sin 37°＝BIL ，代入数据可得B ＝1.5 T ，选项D 正确。
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课时作业(二十八)电场的力的性质
[基础训练]
1．(2017·陕西西安检测)关于静电场的电场强度和电场线，下列说法正确的是()
A．在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同
B．E＝kQ
r2仅适用于真空中点电荷形成的电场
C．电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向
D．当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合
答案：B解析：在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场
强度大小都相等，但方向不同，选项A错误；E＝kQ
r2仅适用于真空中点电荷形成
的电场，选项B正确；电场强度的方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，选项C错误；若电场线是曲线，则电荷受到的力将发生方向的变化，则其轨迹不可能与电场线重合，选项D错误．
2．(2017·重庆名校联盟第一次联考)真空中有两个相同的带电金属小球(可看成点电荷)，带电荷量分别为9Q、－Q，当它们静止于空间某两点时，静电力大小为F.现用绝缘手柄将两球接触后再放回原处，则它们间静电力的大小为()
A.25
9F B.
9
25F
C.16
9F D.
9
16F
答案：C解析：接触前F＝k·9Q·Q
r2，接触后两金属小球带等量的同种电荷，
各带＋4Q电荷量，相互作用力F′＝k·4Q·4Q
r2，则F′＝
16
9F，C正确．
3．(2017·河南六市第一次联考)库仑定律是电学中被发现的第一个定量规律，它的发现受到万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力．现有一质量分布均匀的星球带有大量负电荷且电荷也均匀分布，将一个带
电微粒在离该星球表面一定高度处无初速度释放，发现微粒恰好能静止．若给微粒一个如图所示的初速度，不计阻力作用，则下列说法正确的是()
A．微粒将做圆周运动
B．微粒将做平抛运动
C．微粒将做匀速直线运动
D．微粒将做匀变速直线运动
答案：C解析：微粒处于悬浮状态，受力平衡，说明库仑力和万有引力大小相等、方向相反，由于库仑力与万有引力的大小都是与距离的平方成反比，所以改变微粒的高度对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响，微粒将做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误．
4．(2017·河北邯郸三校期中联考)A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场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图象如图所示．则该电场的电场线分布可能是下列选项中的()
答案：D解析：根据v-t图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆着电场线且向着电场线密的方向运动，选项D正确．5．(2017·浙江统练)用等长的轻质细线把两个质量相等的带电小球a、b悬挂起来，a球带电荷量为－3q，b球带电荷量为＋q，整个装置处在水平向右的匀强电场中，最后达到平衡时的状态可能是()
答案：D解析：对a、b整体受力分析，整体受到竖直向下的重力2mg和水平向左的电场力2qE，可知上面细线的拉力方向为斜向右上方，设上面细线与竖直方向的夹角为α，则tan α＝
2qE
2mg＝
qE
mg；同理，对b受力分析，下面细线的拉力方向为斜向左上方，设下面细线与竖直方向的夹角为β，则tan β＝
qE
mg，所以α＝β，b球位于虚线上．故D项正确．
6．(2017·山西太原三模)如图所示，MN为很大的不带电薄金属板(可认为无限大)，金属板接地．在金属板的左侧距离为2d的位置固定一电荷量为Q的正点电荷，由于静电感应产生了如图所示的电场．过正点电荷Q所在的点作MN的垂线，P为垂线段的中点，已知P点电场强度的大小为E0，则金属板上感应电荷在P点激发的电场强度E的大小为()
A．E0－
kQ
d2 B.
kQ
d2
C.
E0
2D．0
答案：A解析：点电荷在P点产生的场强E′＝
kQ
d2，方向水平向右；设感应电荷在P点激发的场强为E，则E′＋E＝E0，解得E＝E0－
kQ
d2，A正确．7．(2017·湖北十堰月考)如图所示，A、B两小球带等量同种电荷，A固定在竖直放置的L＝10 cm长的绝缘支杆上，B受A的斥力作用静止于光滑的绝缘斜面上与A等高处，斜面倾角为θ＝30°，B的质量为m＝10 3 g．求：
(1)B 球对斜面的压力大小；
(2)B 球带的电荷量大小(取g ＝10 m/s 2，结果保留两位有效数字)．
答案：(1)0.2 N (2)33×10－6 C
解析：(1)令B 球对斜面的支持力为F N ，带的电荷量为Q ，A 、B 相距r .对B 球受力分析如图示，则有F N cos θ＝mg 解得：F N ＝0.2 N
由牛顿第三定律可得B 球对斜面的压力为F ′N ＝0.2 N.
(2)由库仑定律和平衡条件得：F ＝kQ 2
r 2＝mg tan θ
L ＝r tan θ；代入数据得Q ＝33×10－6 C.
[能力提升]
8．一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O 处产生的场强为E ，把细线分成等长的圆弧、、，则圆弧在圆心O 处产生的场强为( )
A ．E B.E 2 C.E 3 D.E 4
答案：B 解析：如图所示，B 、C 两点把半圆环等分为三段．设每段在O
点产生的电场强度大小为E ′，E ′相等，AB 段和CD 段在O 处产生的场强夹角
为120°，它们的合场强大小为E ′，则O 点的合场强E ＝2E ′，则E ′＝E 2，故圆弧在圆心O 处产生的场强为E 2，B 正确．
9．(2017·陕西渭南教学质量检测)如图所示，在x 轴上放置两正点电荷Q 1、Q 2，当空间存在沿y 轴负向的匀强电场时，y 轴上A 点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E ，两点电荷到A 的距离分别为r 1、r 2，则在y 轴上与A 点对称的B 点的电场强度大小为( )
A ．0
B ．E
C ．2E
D ．
E ＋k Q 1r 21＋k Q 2r 22
答案：C 解析：A 点场强为零，说明两点电荷在A 点的合场强与匀强电场的场强等大反向，即竖直向上，大小为E ，根据对称性，两点电荷在B 处产生的合场强竖直向下，大小为E ，所以B 点的场强大小为2E ，方向竖直向下，C 正确．
10．(多选)如图所示，带电小球A 、B 的电荷分别为Q A 、Q B ，OA ＝OB ，都用长L 的丝线悬挂在O 点．静止时A 、B 相距为d .为使平衡时A 、B 间距离减为d 2，可采用以下哪些方法( )
A ．将小球A 、
B 的质量都增大到原来的2倍
B ．将小球B 的质量增大到原来的8倍
C ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半
D ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B 的质量增大到原来的2倍
答案：BD 解析：如图所示，B 受重力、丝线的拉力及库仑力，将拉力及
库仑力合成，其合力应与重力大小相等、方向相反，由几何关系可知mg L ＝F d ，而
库仑力F ＝kQ A Q B d 2，即mg L ＝kQ A Q B d 2d ＝kQ A Q B d 3，mgd 3＝kQ A Q B L ，d ＝3kQ A Q B L mg ，要
使d 变为d 2，可以将小球B 的质量增大到原来的8倍而保证上式成立，故B 正确；或将小球A 、B
的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B 的质量增大到原来的2倍，也可保证等式成立，故D 正确．
11．(2017·广东四校联考)如图所示，ABCD 为等腰梯形，∠A ＝∠B ＝60°，AB ＝2CD ，在底角A 、B 分别放上一个点电荷，电荷量分别为q A 和q B ，在C 点的电场强度方向沿DC 向右，A 点的点电荷在C 点产生的场强大小为E A ，B 点的点电荷在
C 点产生的场强大小为E B ，则下列说法正确的是( )
A．放在A点的点电荷可能带负电
B．在D点的电场强度方向沿DC向右
C．E A>E B
D．|q A|＝|q B|
答案：C解析：由于两点电荷在C点产生的合场强方向沿DC向右，由平行四边形定则，可知两点电荷在C点产生的场强方向如图所示，由图中几何关系可知E B<E A，A点所放点电荷为正电荷，B点所放点电荷为负电荷，且A点所放点电荷的电荷量的绝对值大于B点所放点电荷的电荷量的绝对值，选项C正确，A、D错误；对两点电荷在D点产生的场强进行合成，由几何关系，可知其合场强方向为向右偏上，不沿DC方向，选项B错误．
12．(2017·江西南昌调研)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑固定斜杆底端固定一电荷量为Q＝2×10－4C的正点电荷，将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(与Q未接触)由静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量E随位移s 变化的图象如图乙所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．(取g＝10 m/s2，静电力常量k＝9×109 N·m2/C2)
甲
乙
(1)求小球的质量m；
(2)小球向上滑行多远其加速度为零？小球所带的电荷量为多少？
答案：(1)4 kg(2)1 m 1.11×10－5 C
解析：(1)由线1可得E p＝mgh＝mgs sin θ
则斜率k＝mg sin 30°，由题图知k＝20
解得m＝4 kg.
(2)当达到最大速度时带电小球受力平衡，其加速度为零，由题图可知：s＝s0＝1 m时，小球加速度为零，此时有
mg sin θ＝kqQ s20
解得q＝mgs20sin θ
kQ＝1.11×10
－5 C.。