2014年《步步高》高三物理一轮复习课件(江苏专用)选修3-1 第六章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
2014年《步步高》高中物理配套Word版文档(人教选修3-1)第三章 学案4
学案4通电导线在磁场中受到的力[学习目标]1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向.2.学会用公式F＝BIL计算B与I垂直和平行两种情况下安培力的大小3.了解磁电式电流表的基本构造及工作原理．学习探究一、安培力的方向按照如图3所示进行实验．图3(1)上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向是否改变？(2)改变导线中电流的方向，导线受力的方向是否改变？仔细分析实验结果，说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？[要点提炼]1．安培力方向、磁场方向、电流方向三者之间满足左手定则．(1)F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．(2)磁场方向和电流方向不一定垂直．用左手定则判断安培力方向时，磁感线只要从掌心进入即可，不一定垂直穿过掌心．2．判断电流磁场方向用安培定则(右手螺旋定则)，确定通电导体在磁场中的受力方向用左手定则．3．推论：平行通电导线之间，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．二、安培力的大小1．在定义磁感应强度时，让一小段通电导线放入磁场，可得F＝ILB，此公式的适用条件是什么？2．当导线平行于磁场方向放置时，导线受力为多少？[要点提炼]1．安培力大小的计算公式F＝ILB sin_θ，θ为磁感应强度方向与导线方向的夹角．(1)当θ＝90°，即B与I垂直时，F＝ILB；(2)当θ＝0°即B与I平行时，F＝0.2．当导线与磁场垂直时，弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点直线的长度(如图4所示)；相应的电流沿L由始端流向末端．图4三、磁电式电流表1．磁电式电流表的基本组成部分是什么？磁电式电流表的原理是什么？2．指针偏转的角度与通入的电流大小有怎样的关系？3．能否利用磁电式电流表确定电流方向？经典例题例1画出图6中通电导体棒ab所受的安培力的方向(图中箭头方向为磁感线的方向)．图6例2长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是()A．F＝BIL cos θB．F＝BIL cos θC．F＝BIL sin θD．F＝BIL sin θ例3如图7所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为()图7A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl例4如图8所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为L.有大小为B的匀强磁场，方向垂直导轨面，金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路中通过电流时，金属杆正好能静止．求：电流的大小为多大？磁感应强度的方向如何？图课堂检测1．把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用，关于安培力的方向，下列说法中正确的是()A．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同B．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直C．安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直D．安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直2. 如图9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，当直线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9A．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AB3. 把长L＝0.15 m的导体棒置于磁感应强度B＝1.0×10－2 T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图10所示，若导体棒中的电流I＝2.0 A，方向向左，则导体棒受到的安培力大小F＝________ N，安培力的方向为竖直向________．(选填“上”或“下”)图104.一根长L＝0.2 m的金属棒放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并通过I＝5 A的电流，方向如图11所示，整个装置放在磁感应强度B＝0.6 T竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？(sin 37°＝0.6)图11限时练题组一对安培力方向的判定1．如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中正确的是()答案 C2．关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是()A．F、B、I三者必须保持相互垂直B．F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直C．B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直D．I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直答案 B解析安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直，但B与I(即导线)可以垂直，也可以不垂直，通电导线受安培力时，力F与磁场及导线都是垂直的，故A、C、D均错，B 正确．3.如图1所示，固定不动的绝缘直导线mn和可以自由移动的矩形线框abcd位于同一平面内，mn与ad、bc边平行且离ad边较近．当导线mn中通以向上的电流，线框中通以顺时针方向的电流时，线框的运动情况是()图1A．向左运动B．向右运动C．以mn为轴转动D．静止不动答案 B解析线框中通有电流，ad和bc两导线同时受到通电导线mn的作用力，故可知B选项正确．4．如图2所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁场B 方向的是()图2答案 B5.如图3所示，有一通电直导线放在蹄形电磁铁的正上方，导线可以自由移动，当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时，有关直导线运动情况的说法中正确的是(从上往下看)()图3A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升答案 C解析在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为逆时针转动，同时下降．故C正确，A、B、D错误．6.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4所示．下列哪种情况将会发生()图4A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，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的上方的磁场的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选项对．题组二对安培力公式F＝BIL sin θ的理解7.如图5所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是()图5A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值、方向均改变答案 B解析安培力F＝BIL，电流不变，垂直直导线的有效长度减小，安培力减小，安培力的方向总是垂直B、I所构成的平面，所以安培力的方向不变，B对，故选B.8．如图6，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()图6A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB答案 A解析将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出各段所受安培力的方向，根据F＝ILB计算出安培力的大小，再求合力．导线所受合力F合＝ILB＋2BIL sin 45°＝(2＋1)ILB，方向沿纸面向上．9．如图7所示，倾斜导轨宽为L，与水平面成α角，处在方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，金属杆ab水平放在导轨上．当回路电流强度为I时，金属杆ab所受安培力F()图7A．方向垂直ab杆沿斜面向上B．方向垂直ab杆水平向右C．F＝BIL cos αD．F＝BIL sin α答案 B解析由题图知电流方向由b→a且与磁场方向垂直，根据左手定则可知安培力水平向右，由安培力计算公式可得F＝BIL，故选B.题组三通电导体受安培力作用的综合问题分析10．如图8所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()图8A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向答案 C解析首先对MN进行受力分析：其受竖直向下的重力G、受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．当其处于平衡状态时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增大通过金属棒中的电流I，或二者同时增大，只有C项正确．11.如图9所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时(磁铁始终未动)()图9A ．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B ．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C ．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D ．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用 答案 C解析 根据左手定则知导线受磁铁的作用力斜向左上方，故由牛顿第三定律知，导线对磁铁的反作用力应斜向右下方，则一方面使磁铁对桌面的压力增大，一方面使磁铁产生向右的运动趋势，从而受到向左的摩擦力作用．12.如图10所示，用两根轻细悬线将质量为m 、长为l 的金属棒ab 悬挂在c 、d 两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a 到b 的电流I 后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )图10A.mgIltan θ，竖直向上B.mgIl tan θ，竖直向下 C.mgIl sin θ，平行悬线向下D.mgIlsin θ，平行悬线向上 答案 D解析 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为F min ＝mg sin θ，即IlB min ＝mg sin θ，得B min ＝mgIlsin θ，方向应平行于悬线向上．故选D.13.水平面上有电阻不计的U 形导轨NMPQ ，它们之间的宽度为L ，M 和P 之间接入电动势为E 的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m 、电阻为R 的金属棒ab ，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向与水平面夹角为θ且指向右上方，如图11所示，问：图11(1)当ab 棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B 的大小和方向均能改变，则要使ab 棒所受支持力为零，B 的大小至少为多少？此时B 的方向如何？答案 (1)mg －BLE cos θR BLE sin θR (2)mgR EL 方向水平向右解析 从b 向a 看侧视图如图所示．(1)水平方向：F f ＝F 安sin θ① 竖直方向：F N ＋F 安cos θ＝mg ② 又F 安＝BIL ＝B ERL ③联立①②③得：F N ＝mg －BLE cos θR ，F f ＝BLE sin θR.(2)要使ab 棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上，则有F 安′＝mg B min ＝mgREL，根据左手定则判定磁场方向水平向右． 14.如图12所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m 的平行导轨上放一质量为m ＝0.3 kg 的金属棒ab ，通以从b →a 、I ＝3 A 的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：图12(1)匀强磁场磁感应强度的大小； (2)ab 棒对导轨的压力．(g ＝10 m/s 2) 答案 (1)1.73 T (2)6 N ，方向垂直斜面向下解析 金属棒ab 中电流方向由b →a ，它所受安培力方向水平向右，它还受竖直向下的重力，垂直斜面斜向上的支持力，三力合力为零，由此可以求出安培力，从而求出磁感应强度B 的大小，再求出ab 棒对导轨的压力．(1)ab 棒静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，则 mg sin 60°＝BIL cos 60°B ＝mg tan 60°IL ＝0.3×10×33×1 T ＝1.73 T.(2)ab 棒对导轨的压力为：F N ′＝F N ＝mg cos 60°＝0.3×1012 N ＝6 N ，方向垂直斜面向下．。
高中物理步步高
高中物理步步高篇一：2014年《步步高》高中物理(人教选修3-1)配套全册结综合检测卷(含解析) (1)综合检测卷(时间：90分钟，满分100分)一、单项选择题(共5小题，每小题4分，共20分)1．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是( )A．安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律——库仑定律D．安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场答案 C解析奥斯特将通电导体放在小磁针上方时，小磁针发生了偏转，说明通电导体周围存在磁场，奥斯特是第一个发现了电与磁之间的联系的物理学家，故A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了洛伦兹力公式，故B错误；真空中两个点电荷间存在相互的作用．库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律：点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，这个规律就是库仑定律，故C正确；19世纪30年代，法拉第提出电荷周围存在一种场，并且是最早提出用电场线描述电场的物理学家，故D错误．所以选C.2.如图1所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d 的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是()图1A．EA＝ECEB；φA＝φCφBB．EBEAEC；φA＝φCφBC．EA<EB，EA<EC；φAφB，φAφCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低答案B解析电场线分布如图所示，电场线在B处最密集，在C 处最稀疏，故EBEAEC，中垂线为等势线，φA＝φC；沿电场线方向电势降低，φAφB.综上所述，选项B正确．3.如图2所示，B是一个螺线管，C是与螺线管相连接的金属线圈，在B的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环A，A的环面水平且与螺线管的横截面平行．若仅在金属线圈C 所处的空间加上与C环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内金属圆环的面积有缩小的趋势，则金属线圈C处所加磁场的磁感应强度随时间变化的B－t图象可能是()图2答案D解析金属环A的面积有缩小的趋势，说明B产生的磁场在增强，即B中的电流在增大，C中产生的感应电动势在增大，故D正确．4.如图3所示，金属板M、N水平放置，相距为d，其左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当变阻器的滑动触头在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器滑片向A点滑动过程中()图3A．粒子在M、N间运动过程中，动能一定不变B．粒子在M、N间运动过程中，动能一定减小C．粒子在M、N间仍做直线运动D．粒子可能沿M板的右边缘飞出答案B解析滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时M、N间为一速度选择器模型．当滑动触头滑向A点时，M、N 间电压减小，电场力变小，粒子向下偏，所以粒子在其间运动时电场力做负功，动能减小，B选项正确．因为粒子向下偏，所以不可能从M板的右边缘飞出．5.如图4所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()图4①速度②质量③电荷量④比荷A．①②B．①③C．①④D．②④答案CE解析离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定有qE＝qvB1，v ＝，①正确．进入区域Ⅱ后，做匀B1mv速圆周运动的半径相同，由rv、B2相同，所以只能是比荷相同，故④正确，故qB2选C.6.如图5所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图5A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有缩小的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将减小答案C解析若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中的电流增大，根据楞次定律，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a的磁通量变大，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将变大，选项C正确，D错误．二、不定项选择题(共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)7．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A．电动机消耗的总功率为UIU2B．电动机消耗的热功率为RC．电源的输出功率为EIIrD．电源的效率为1－E答案AD解析电动机消耗的总功率为UI，选项A正确；电动机消耗的热功率为I2R，选项B错误；Ir电源的总功率为EI，电源的输出功率为EI－I2r，所以电源的效率为1－，选项C错误，DE正确．8.如图6所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()图6A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大答案ABD解析由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a的电势最高，c 的电势最低，A正确．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，B正确，C错误．等势线密的地方电场线密，电场强度大，由题图可知P 点场强大于Q点场强，由牛顿第二定律可知，带电质点通过P点时的加速度较Q点大，D正确．故选A、B、D.9.在如图7所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内电阻，R1、R2为可变电阻．在下列叙述的操作中，可以使灯泡L的亮度变暗的是()图7A．仅使R1的阻值增大B．仅使R1的阻值减小C．仅使R2的阻值增大D．仅使R2的阻值减小答案AD解析由“串反并同”可知要使灯泡变暗，则要求与其串联(包括间接串联)的器件阻值增大或与其并联(包括间接并联)的器件阻值减小，故A、D正确，B、C错误．10.如图8所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN和PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，(来自: 小龙文档网:高中物理步步高)如棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，ab棒速度的大小为v，则金属棒ab在这一过程中()图8A．运动的平均速度大小为v/2B．下滑位移的大小为qR/BLC．产生的焦耳热为qBLvD．机械能转化为内能答案BD三、实验题(本题共2小题，共16分)11.(8分)如图9所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1 kΩ～3 kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：篇二：步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：4.3圆周运动第3课时圆周运动考纲解读 1.掌握描述圆周运动的物理量及其之间的关系.2.理解向心力公式并能应用；了解物体做离心运动的条件．1．[匀速圆周运动的条件和性质]质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D．向心加速度大小不变，方向时刻改变答案CD解析匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A错；它的加速度大小不变，但方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，B错，D对；由匀速圆周运动的条件可知，C对． 2．[圆周运动的相关公式]关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是( )v2A．由a＝a与r成反比rB．由a＝ω2r知，a与r成正比vC．由ω＝知，ω与r成反比rD．由ω＝2πn知，ω与转速n成正比答案Dv2解析由a＝v一定时，a才与r成反比，如果v不一定，则a与r不成r反比，同理，只有当ω一定时，a才与r成正比；v一定时，ω与r成反比；因2π是定值，故ω与n成正比．3．[向心力来源分析]如图1所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中()图1A．B对A的支持力越来越大B．B对A的支持力越来越小C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大答案BC解析因做匀速圆周运动，所以其向心力大小不变，方向始终指向圆心，故对木块A，在a→b的过程中，竖直方向的分加速度向下且增大，而竖直方向的力是由A的重力减去B对A的支持力提供的，因重力不变，所以支持力越来越小，即A错，B对；在水平方向上A的加速度向左且减小，至b 时减为0，因水平方向的加速度是由摩擦力提供的，故B对A的摩擦力越来越小，所以C对，D错．4．[对离心现象的理解]下列关于离心现象的说法正确的是( )A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动答案 C解析物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施力物体的，故所谓的离心力是不存在的，只要物体所受合外力不足以提供其所需向心力，物体就做离心运动，故A 选项错；做匀速圆周运动的物体，当所受的一切力突然消失后，物体将沿切线做匀速直线运动，故B、D选项错，C选项对．一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．Δs2πrv＝ΔtT2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．Δθ2πωΔtT32πr1TT＝.f4v24π2an＝rω＝ωv＝r.rT25Fn＝man. 2π6．相互关系：(1)v＝r＝.Tv24π22(2)an＝rω＝ωv＝＝4π2f2r.rTv24π22(3)Fn＝man＝m＝mω＝22.rT二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动1．匀速圆周运动(1) .(2) (3)质点做匀速圆周运动的条件合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．非匀速圆周运动(1) (2)合力的作用①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的方向．②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的大小．三、离心运动1 2．受力特点(如图2所示)图2(1)当F＝2时，物体做匀速圆周运动．(2)当F＝0(3)当F<2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．(4)当Fmrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动．考点一描述圆周运动的物理量的求解1．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比．当ω一定时，v与r成正比．当v一定时，ω与r成反比．v22．对a＝ω2r＝ωv的理解r在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．特别提醒在讨论v、ω、r之间的关系时，应运用控制变量法．例1 如图3所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑．在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1，求：图3(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA∶vB∶vC；(2)A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC；(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC.解析(1)令vA＝v，由于皮带转动时不打滑，所以vB＝v.因ωA＝ωC，由公式v＝ωr知，1当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故vC＝v，所以vA∶vB∶vC＝2∶2∶1.2v(2)令ωA＝ω，由于共轴转动，所以ωC＝ω.因vA＝vB，由公式ω＝知，当线速度一定r时，角速度跟半径成反比，故ωB＝2ω.所以ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶1.v2(3)令A点向心加速度为aA＝a，因vA＝vB，由公式a＝r 速度跟半径成反比，所以aB＝2a.又因为ωA＝ωC，由公式a＝ω2r知，当角速度一定时，1向心加速度跟半径成正比，故aC＝.所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1.2答案(1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶11．高中阶段所接触的传动主要有：(1)皮带传动(线速度大小相等)；(2)同轴传动(角速度相等)；(3)齿轮传动(线速度大小相等)；(4)摩擦传动(线速度大小相等)．2．传动装置的特点：(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．突破训练1 如图4所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺表面上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是()图4A．a、b和c三点的线速度大小相等B．b、c两点的线速度始终相同C．b、c两点的角速度比a点的大D．b、c两点的加速度比a点的大答案 D解析当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，a、b和c三点的角速度相同，a半径小，线速度要比b、c的小，A、C错；b、c两点的线速度大小始终相同，但方向不相同，B错；由a＝ω2r可得b、c两点的加速度比a点的大，D对．考点二圆周运动中的动力学分析1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力．图5例2 (2013·重庆·8)如图5所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g. (1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；篇三：步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：4.2平抛运动第2课时平抛运动考纲解读 1.掌握平抛运动的特点和性质.2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题．1．[对平抛运动性质和特点的理解]关于平抛运动，下列说法错误的是( )A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动B．平抛运动的轨迹为抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也时刻变化C．做平抛运动的物体在Δt时间内速度变化量的方向可以是任意的D．做平抛运动的物体的初速度越大，在空中的运动时间越长答案BCD解析做平抛运动的物体只受重力作用，加速度为g恒定，任意时间内速度变化量的方向竖直向下(Δv＝gt)，运动时间由抛出时的高度决定，选项B、C、D错误．2．[斜抛运动的特点]做斜上抛运动的物体，到达最高点时( )A．速度为零，加速度向下B．速度为零，加速度为零C．具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D．具有水平方向的速度和加速度答案 C解析斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动．因物体只受重力，且方向竖直向下，所以水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有C选项正确．3．[用分解思想处理类平抛运动问题]如图1所示，两个足够大的倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间．若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系不正确的是()图1A．t1t3t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′ C．t1′t3′t2′ D．t1<t1′、t2<t2′、t3<t3′ 答案Dh18h122解析由静止释放三个小球时对a：gsin 30°·t2.对b：h＝2，则1，则t1＝sin 30°2g22hh14h2t2.对c：＝gsin 45°·t2t1t3t2.当平抛三个小球时，小球b2＝3，则t3gsin 45°2g做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动．沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′.故选D.一、平抛运动1．性质：加速度为重力加速度g2．基本规律：以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：(1)vxx1(2)vy＝gt，位移y＝gt2.2vygt(3)合速度：v＝vx＋vy，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝. x0ygt(4)合位移：s＝x＋y，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝x2v0二、斜抛运动1．运动性质加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．2．基本规律(以斜向上抛为例说明，如图2所示)图2(1)水平方向：v0x＝vF合x＝0. (2)竖直方向：v0y＝v，F合y＝mg.考点一平抛运动的基本规律1．飞行时间：由t＝2．水平射程：x＝v0t＝v0素无关．h，与初速度v0无关．g，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因g3．落地速度：vt＝vx＋vyv0＋2gh，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θvy2gh＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．x0 4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图3所示．图35．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图4中A点和B点所示．图4(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.例 1 有一项人体飞镖项目，可将该运动简化为以下模型(如图5所示)：手握飞镖的小孩用一根不可伸长的细绳系于天花板下，在A处被其父亲沿垂直细绳方向推出，摆至最低处B时小孩松手，飞镖依靠惯性沿BC飞出命中竖直放置的圆形靶的靶心O，圆形靶的最高点C与B点在同一高度，A、B、C三点处在同一竖直平面内，且BC与圆形靶平面垂直．已知小孩质量为m，细绳长为L，B、C两点之间的距离为d，靶的半径为R，A、B 两点之间的高度差为h.不计空气阻力，小孩和飞镖均可视为质点，重力加速度为g.图5(1)求小孩在A处被推出时的初速度大小；(2)如果飞镖脱手时沿BC方向速度不变，但由于小孩手臂的水平抖动使其获得了一个垂直于BC的水平速度v1，要让飞镖能够击中圆形靶，求v1的取值范围．解析(1)设飞镖从B点平抛运动到O点的时间为t，从B 点抛出的速度为v，则有d＝vt 1R＝gt22由机械能守恒定律得121mv0＋mgh＝v2 22联立以上三式解得v0＝－2gh 2R(2)因BC方向的速度不变，则从B到靶的时间t不变，竖直方向上的位移仍为R，则靶上的击中点一定与靶心O在同一高度上，则垂直于BC的水平位移一定小于R，因此有v1t<R 可得v1< 答案(1)22gh (2)v1< 2R2“化曲为直”思想——平抛运动的基本求解方法平抛运动的三种分解思路(1)分解速度：v合＝vx＋vy＝v0＋?gt?1y(2)分解位移：x＝v0t，y＝gt2，tan θ＝2x(3)分解加速度突破训练1 如图6，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为( )图6A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s 答案AD1解析由于小球经0.4 s落到半圆上，下落的高度h＝2＝0.8 m，位置可能有两处，如2图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧，v0t＝RR－h＝0.4 m，v0＝1 m/s 第二种可能：小球落在半圆右侧，v0t＝RR－h，v0＝4 m/s，选项A、D正确．考点二斜面上的平抛运动问题斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：例2 如图7所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g取10 m/s2)．求：。
2014年《步步高》高三物理一轮复习课件(江苏专用)第五章 第1讲 运动的合成与分解 平抛运动
B点的速度方向与加速度方向相互垂直，即竖直方向上的 分速度为零，可判断B点是轨迹的最高点，根据加速度和 速度方向间的关系可知A项正确；D点和C点的加速度一样 大，都等于重力加速度，B错；过了B点后，在D点加速度 与速度不可能再垂直，C错；根据曲线运动的特点，可判 断从B点到D点加速度与速度的夹角一直减小，D错．
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2．运动的合成与分解
(1)基本概念 分运动 ①运动的合成：已知_______求合
运动．
合运动 ②运动的分解：已知_______求分
运动．
实际效果 正交 (2)分解原则：根据运动的_________分解，也可采用____ 分解 _____．
(3)遵循的规律：位移、速度、加速度都是矢量，故它们的 平行四边形定则 合成与分解都遵循______________ ．
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物理建模5
“小船渡河”和“斜面上的平抛”模型
一、“小船渡河”模型
模型特点
1．船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运 动． 2．三种速度：v船(船在静水中的速度)、v水(水的流速)、v合 (船的实际速度)．
3．两个极值
d (1)过河时间最短：v 船⊥v 水，tmin＝ . v船
答案
D
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以题说法
1．研究平抛运动的方法 (1)“化曲为直”的思想方法——运动的合成与分解． (2)常用的分解方法： ①分解速度
②分解位移．
2．平抛运动的几个推论 (以抛出点为起点) 成一直角三角形，如图5－1－7所示． 图5－1－7 (1)速度关系：任意时刻速度均与初速度、速度的变化量组
2014年《步步高》高中物理配套Word版文档(人教选修3-1)第三章 学案3
学案3几种常见的磁场[学习目标]1.知道磁感线的概念，知道几种常见磁场的磁感线分布.2.会用安培定则判断电流的磁场方向.3.了解安培分子电流假说.4.知道什么是匀强磁场.5.知道磁通量的概念，会用Φ＝BS计算磁通量．学习探究一、磁感线安培定则在磁场中放一块玻璃板，玻璃板上均匀地撒一层细铁屑，轻敲玻璃板，铁屑就会有规则地排列起来，模拟出磁感线的形状．由实验得到条形磁铁和蹄形磁铁的磁场的磁感线是如何分布的？答案[要点提炼]1．磁感线和电场线的比较：相同点：都是疏密程度表示场的强弱，切线方向表示场的方向；都不能相交．不同点：电场线起于正电荷，终止于负电荷，不闭合；但磁感线是闭合曲线．2．电流周围的磁感线方向可根据安培定则判断．(1)直线电流的磁场：以导线上任意点为圆心的同心圆，越向外越疏．(如图1所示)图1(2)环形电流的磁场：内部比外部强，磁感线越向外越疏．(如图2所示)图2(3)通电螺线管的磁场：内部为匀强磁场，且内部比外部强．内部磁感线方向由S极指向N 极，外部由N极指向S极．(如图3所示)图3二、安培分子电流假说磁铁和电流都能产生磁场，而且通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，它们的磁场有什么联系？[要点提炼]1．安培分子电流假说安培认为，物质微粒内的分子电流使它们相当于一个个的小磁体(如图4)．图42．当铁棒中分子电流的取向大致相同时，铁棒对外显磁性(如图5甲)；当铁棒中分子电流的取向变得杂乱无章时，铁棒对外不显磁性(如图乙)．图53．安培分子电流假说说明一切磁现象都是由电荷的运动产生的．三、匀强磁场磁通量取两块较大的磁铁，让两个平行的异名磁极相对，在距离很近时用细铁屑模拟磁感线的分布，你观察到的结果怎样？[要点提炼]1．匀强磁场的磁感线是一些间隔相同的平行直线．2．磁通量的定义式：Φ＝BS，适用条件：磁场是匀强磁场，且磁场方向与平面垂直．3．当平面与磁场方向不垂直时，穿过平面的磁通量可用平面在垂直于磁场B的方向的投影面积进行计算，即Φ＝BS⊥＝BS cos_θ(如图6)．图6经典例题例1关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是()A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁感线可以表示磁场的方向和强弱C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．因为异名磁极相互吸引，所以放入通电螺线管内的小磁针的N极一定指向螺线管的S极例2如图7所示，图a、图b是直线电流的磁场，图c、图d是环形电流的磁场，图e、图f是通电螺线管电流的磁场．试在各图中补画出电流方向或磁感线的方向．例3关于磁现象的电本质，下列说法正确的是()A．除永久磁铁外，一切磁场都是由运动电荷或电流产生的B．根据安培的分子电流假说，在外磁场作用下，物体内部分子电流取向变得大致相同时，物体就被磁化了，两端形成磁极C．一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用D．磁就是电，电就是磁；有磁必有电，有电必有磁例4如图8所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量为________．若使框架绕OO′转过60°角，则穿过框架平面的磁通量为__________；若从初始位置转过90°角，则穿过框架平面的磁通量为________________；若从初始位置转过180°角，则穿过框架平面的磁通量的变化是__________．图8课堂检测1．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是()A．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种客观存在的物质B．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的D．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的2.如图9所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是()图9A．a、b、c均向左B．a、b、c均向右C．a向左，b向右，c向右D．a向右，b向左，c向右3．用安培提出的分子电流假说可以解释的现象是()A．永久磁铁的磁场B．直线电流的磁场C．环形电流的磁场D．软铁棒被磁化的现象4.如图10所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()图10A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2限时练题组一对磁感线的认识及方向判断1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是()A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大答案 C2．如图1所示为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是()图1A．①③B．②③C．①④D．②④答案 C解析由安培定则可以判断出直线电流产生的磁场方向，①正确，②错误．③和④为环形电流，注意让弯曲的四指指向电流的方向，可判断出③错误，④正确．故正确选项为C.3.当接通电源后，小磁针A按如图2所示方向运动，则()图2A．小磁针B的N极向纸外转B．小磁针B的N极向纸里转C．小磁针B不转动D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动答案 A解析由小磁针A的N极运动方向知，螺线管的左侧为S极，右侧为N极，由右手螺旋定则判断小磁针B处的磁场方向向外，小磁针N极受力方向与该处磁场方向一致．故A正确．4.南极考察经常就南极特殊的地理位置进行科学测量．“雪龙号”考察队员一次实验如下：在地球南极附近用弹簧测力计竖直悬挂一未通电螺线管，如图3所示．下列说法正确的是()图3A．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧测力计示数将减小B．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大C．若将b端接电源正极，a端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大D．不论螺线管通电情况如何，弹簧测力计示数均不变答案AC解析在地球南极附近即为地磁N极，螺线管相当于一条形磁铁，根据右手螺旋定则判断出“条形磁铁”的极性．再根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，判断知A、C正确．题组二对安培分子电流假说的认识5．关于安培分子电流假说的说法正确的是()A．安培观察到物质内部有分子电流存在就提出了假说B．为了解释磁铁产生磁场的原因，安培提出了假说C．事实上物质内部并不存在类似的分子电流D．根据后来科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符答案BD6．磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子电流假说，其原因是() A．分子电流消失B．分子电流的取向变得大致相同C．分子电流的取向变得杂乱D．分子电流的强度减弱答案 C解析由于高温或猛烈的敲击，会使原来取向一致的分子电流变得杂乱，从而失去磁性，故C选项正确．7．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()答案 B解析地磁场是从地球的南极附近出来，进入地球的北极附近，除两极外地表上空的磁场都具有向北的磁场分量，由安培定则，环形电流外部磁场方向向北，可知，B正确．A图地表上空磁场方向向南，A错误．C、D在地表上空产生的磁场方向是东西方向，C、D错误．故选B.题组三磁感应强度矢量的叠加8.在磁感应强度为B0、方向向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图4所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中()图4A．b、d两点的磁感应强度相等B．a、b两点的磁感应强度相等C．c点的磁感应强度的值最小D．b点的磁感应强度的值最大答案 C解析如图所示，由矢量叠加原理可求出各点的合磁场的磁感应强度，可见b、d两点的磁感应强度大小相等，但方向不同，A项错误．a点的磁感应强度最大，c点的磁感应强度最小，B、D项错误，C项正确．9．如图5所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()图5A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同答案 C解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．10．在纸面上有一个等边三角形ABC，在B、C顶点处是通有相同电流的两根长直导线，导线垂直于纸面放置，电流方向如图6所示，每根通电导线在三角形的A点产生的磁感应强度大小为B，则三角形A点的磁感应强度大小为______________，方向为______________．若C点处的电流方向反向，则A点处的磁感应强度大小为________________，方向为________________．图6答案3B水平向右B竖直向下解析如图所示，由安培定则知B处导线在A点的磁感应强度方向水平偏下30°，C处导线在A点的磁感应强度方向水平偏上30°，由平行四边形定则可以求得合磁感应强度方向水平向右，大小为B1＝2B cos 30°＝3B.当C处的电流方向反向时，如图所示．由平行四边形定则可知合磁感应强度B2的方向竖直向下，大小等于B.题组四对磁通量的认识及计算11.如图7所示是等腰直角三棱柱，其平面ABCD为正方形，边长为L，它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B0，则下列说法中正确的是()图7A ．穿过ABCD 平面的磁通量大小为B 0L 2B ．穿过BCFE 平面的磁通量大小为22B 0L 2 C ．穿过ADFE 平面的磁通量大小为零D ．穿过整个三棱柱的磁通量为零答案 BCD解析 根据Φ＝BS ⊥，因此通过ABCD 平面的磁通量Φ＝B 0L 2cos 45°＝22B 0L 2，A 错误；平面BCFE ⊥B 0，而BC ＝L ，CF ＝L cos 45°＝22L ，所以平面BCFE 的面积S ＝BC ·CF ＝22L 2，因而Φ＝B 0S ＝22B 0L 2，B 正确；平面ADFE 在B 0的垂直方向上的投影面积为零，所以穿过的磁通量为零，C 正确；若规定从外表面穿入三棱柱的磁通量为正，那么由三棱柱内表面穿出时的磁通量就为负，而穿入三棱柱的磁感线总与穿出的磁感线相等，因此穿过整个三棱柱的磁通量为零，D 正确．故选B 、C 、D.12.如图8所示，有一个垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.8 T ，磁场有明显的圆形边界，圆心为O ，半径为1.0 cm.在纸面内先后放上圆线圈，圆心均在O 处，A 线圈半径为1.0 cm,10 匝；B 线圈半径为2.0 cm ，1 匝；若磁场方向不变，在B 减为0.4 T 的过程中，A 和B 线圈中磁通量各改变了多少？图8答案 1.256×10－4 Wb 1.256×10－4 Wb 解析 A 线圈半径为1.0 cm ，正好和圆形磁场区域的半径相等，而B 线圈半径为2.0 cm ，大于圆形磁场区域的半径，但穿过A 、B 线圈的磁感线的条数相等，因此在求通过B 线圈的磁通量时，面积S 只能取圆形磁场区域的面积．设圆形磁场区域的半径为R ，对线圈A ，Φ＝B πR 2，磁通量的改变量：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb，对线圈B，ΔΦ＝|Φ2′－Φ1′|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb.。
物理步步高大一轮复习讲义答案
实验基础知识一、螺旋测微器的使用1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．图12．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.图2二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：刻度格数(分度)刻度总长度每小格与1 mm的差值精确度(可精确到) 109 mm0.1 mm0.1 mm2019 mm0.05 mm0.05 mm5049 mm0.02 mm0.02 mm4.读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm.三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.基本实验要求1．实验原理根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d ，计算出横截面积S ，并用伏安法测出电阻R x ，即可计算出金属丝的电阻率． 2．实验器材被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺． 3．实验步骤(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d . (2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l . (4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 和U 的值，填入记录表格内．(6)将测得的R x 、l 、d 值，代入公式R ＝ρl S 和S ＝πd 24中，计算出金属丝的电阻率．4．电流表、电压表测电阻两种方法的比较电流表内接法电流表外接法电路图误差原因电流表分压 U 测＝U x ＋U A电压表分流 I 测＝I x ＋I V电阻测量值R测＝U 测I测＝R x＋R A>R x测量值大于真实值R测＝U测I测＝R x R VR x＋R V<R x测量值小于真实值适用条件R A≪R x R V≫R x规律方法总结1．伏安法测电阻的电路选择(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．(2)临界值计算法R x<R V R A时，用电流表外接法；R x>R V R A时，用电流表内接法．(3)实验试探法：按图4接好电路，让电压表的一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．图42．注意事项(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径应在金属丝连入电路之前测量．(2)电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．(3)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．3．误差分析(1)若为内接法，电流表分压．(2)若为外接法，电压表分流．(3)长度和直径的测量．考点一测量仪器、仪表的读数1．游标卡尺的读数(1)10分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数×1 10.(2)20分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数×1 20.2．螺旋测微器的读数方法：固定刻度数mm＋可动刻度数(估读一位)×0.01 mm.3．电流表和电压表的读数(1)若刻度盘上每一小格为：1,0.1,0.01，…时，需估读到最小刻度值的下一位．(2)若刻度盘上每一小格为：2,0.2,0.02,5,0.5,0.05，…时，只需估读到最小刻度值的位数．1．[直尺和游标卡尺的读数](2014·福建理综·19(1))某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图5甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________ cm和________ mm.图5答案60.10 4.20解析刻度尺的分度值为1 mm，要估读到0.1 mm.游标卡尺读数＝4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm. 2．[螺旋测微器的读数]完成下列读数(如图6所示)图6a．____________mm b．____________mmc．____________mm d．____________mm答案a．0.486(0.484～0.488)b．0.536(0.534～0.538)c．4.078(4.077～4.079)d．5.663(5.661～5.665)3．[电压表、电流表和电阻箱的读数](1)①如图7所示的电流表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中表针示数为________A.图7②如图8所示的电表使用较小量程时，每小格表示____________V，图中指针的示数为________ V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针指示的是________V.图8(2)旋钮式电阻箱如图9所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为____ Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为_________．图9答案(1)①0.020.440.12．20②0.1 1.400.57.0(2)1 987将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19 998 Ω解析(1)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针的示数为0.44 A；当换用3 A量程时，每一小格为0.1 A，指针示数为2.20 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.40 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，指针示数为7.0 V.(2)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样两个电阻箱串联可得到的最大电阻2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.考点二实验操作及数据处理4．[实验操作](2014·江苏单科·10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图10所示的部件__________(选填“A”、“B”、“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm.图10(2)图11所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．图11(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．答案(1)B0.410(2)7、8、9断路(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图象法求电阻值)解析(1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B.螺旋测微器的示数为(0＋41.0×0.01) mm＝0.410 mm.(2)电压表的示数不为0，电流表的示数几乎为0，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、8、9间断路．(3)由题知R A R x ≈0.005<R xR V ≈0.020，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组U 、I 值，求出R x 后，再取平均值作为实验结果．5．[实验操作及数据处理]用伏安法测定电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图12甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P ，触头上固定了接线柱，按下P 时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．图12(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F 固定后读数．(填仪器部件的字母符号) (2)根据电路原理图乙，用笔画线代替导线，将实物图丁连接成实验电路．(3)闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P 的位置，得到几组U 、I 、L的数据，用R ＝UI 计算出相应的电阻值后作出R －L 图线如图13所示．取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR ，若电阻丝直径为d ，则电阻率ρ＝________.图13答案 (1)D H G (2)如图所示 (3)πΔRd 24ΔL解析 (1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D ，使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动微调旋钮H 夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G 使F 固定后读数．(3)根据R ＝ρl S ，得ΔR ＝ρΔL S ，而S ＝πd 24，代入得ρ＝πΔRd 24ΔL.6．[实验原理及数据处理]为测定一段金属丝的电阻率ρ，某同学设计了如图14甲所示的电路．ab 是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R 0＝4.0 Ω，电源的电动势E ＝3.0 V ，电流表内阻忽略不计，滑片P 与电阻丝始终接触良好．(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d ＝________ mm.图14(2)实验时闭合开关，调节滑片P 的位置，分别测量出每次实验中aP 长度x 及对应的电流值I ，实验数据如下表所示：x (m) 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 I (A)0.490.430.380.330.310.281I(A －1) 2.04 2.33 2.63 3.03 3.23 3.57①将表中数据描在1I －x 坐标纸中，如图15所示．试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k＝________(用题中字母表示)，由图线求得电阻丝的电阻率ρ为________ Ω·m (保留两位有效数字)．图15②根据1I －x 关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为________ Ω(保留两位有效数字)．答案 (1)0.400 (2)①图线见解析图4ρπEd2 1.1×10－6 ②1.4 解析 (1)由题图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0 mm ＋40.0×0.01 mm ＝0.400 mm. (2)①如图所示．根据图象由电阻定律可得R ＝ρx S ，由欧姆定律可得：R ＝E I ，则图象斜率k ＝1I x ，S ＝πd 24联立解得：k ＝4ρπEd 2＝Δ1I Δx代入数据得：k ＝3.6－1.80.6＝3 联立解得电阻率为：ρ＝k πEd 24 代入数据得：ρ≈1.1×10－6 Ω·m ；②根据1I－x 关系图线纵轴截距为1.8，此时待测电阻丝的电阻为0，由闭合电路欧姆定律得：E ＝I (r ＋R 0)即：3＝11.8(r ＋4.0) 得：r ＝1.4 Ω计算电阻率的两种方法1．根据电阻定律得ρ＝RS l； 2．通过有关图象来求电阻率．图象法处理实验数据是最常用的方法之一，要从物理规律出发，写出图象的函数关系式，弄清斜率、截距等的物理意义，从而求出相关物理量． 考点三 电阻的测量电阻测量的六种方法1．伏安法电路图⎩⎪⎨⎪⎧外接法：内接法： 特点：大内小外(内接法测量值偏大，测大电阻时应用内接法测量，测小电阻时应采用外接法测量)2．安安法若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用．(1)如图16甲所示，当两电流表所能测得的最大电压接近时，如果已知的内阻R 1，则可测得的内阻R 2＝I 1R 1I 2. (2)如图乙所示，当两电流表的满偏电压U A2≫U A1时，如果已知的内阻R 1，串联一定值电阻R 0后，同样可测得的电阻R 2＝I 1(R 1＋R 0)I 2.图163．伏伏法若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用．(1)如图17甲所示，两电压表的满偏电流接近时，若已知的内阻R 1，则可测出的内阻R 2＝U 2U 1R 1. (2)如图乙所示，两电压表的满偏电流I V1≪I V2时，若已知的内阻R 1，并联一定值电阻R 0后，同样可得的内阻R 2＝U 2U 1R 1＋U 1R 0.图174．等效法测电阻如图18所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数I ；然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I ，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．图185．比较法测电阻如图19所示，读得电阻箱R 1的阻值及、的示数I 1、I 2，可得R x ＝I 2R 1I 1. 如果考虑电流表内阻的影响，则I 1(R x ＋R A1)＝I 2(R 1＋R A2)．图196．半偏法测电流表内阻电路图如图20所示图20 步骤：(1)断开S2，闭合S1，调节R0，使的示数满偏为I g；(2)保持R0不变，闭合S2，调节电阻箱R，使的示数为I g 2；(3)由上可得R A＝R.特别提醒当R0≫R A时，测量误差小，此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻，且测量值偏小；电源电动势应选大些的，这样表满偏时R0才足够大，闭合S2时总电流变化才足够小，误差才小．7．[伏安法测电阻](2014·浙江理综·22)小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．(1)图21是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图中画出．图21图22(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B 铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U －I 图上，如图22所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用________(填“○”或“×”)表示的．(3)请你选择一组数据点，在图上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为_______ Ω.答案 (1)见解析图甲 (2)× (3)见解析图乙 用“×”表示的数据连线时，1.2(1.1～1.3均可)，用“○”表示的数据连线时，1.6(1.5～1.7均可)解析 (1)连线如图甲所示．甲乙(2)U －I 图象如图乙所示，U －I 图象的斜率反映了电阻的大小，而用电流表内接法时测得的电阻偏大，外接法时测得的电阻偏小，所以外接法的数据点是用“×”表示的．(3)在U －I 图象上，选用外接法所得的“×”连线，则R ＝ΔU ΔI＝1.2 Ω，选用内接法所得的“○”连线，则R ＝ΔU ΔI＝1.6 Ω. 8．[电表改装和电阻测量]现要测量电流表G 1的内阻，给出下列器材：电流表G 1(量程5 mA ，内阻r 1约为150 Ω)电流表G 2(量程10 mA ，内阻r 2约为100 Ω)定值电阻R 1＝100 Ω 定值电阻R 2＝10 Ω滑动变阻器R 3(0～200 Ω)干电池E (1.5 V ，内阻未知)单刀单掷开关S 导线若干(1)定值电阻选________________；(2)如图23所示，在虚线框中已画出部分实验电路设计图，请补充完整，并标明所用器材的代号；图23(3)若选测量数据中的一组计算r 1，所用的表达式为r 1＝____________________，式中各符号的意义是__________________________________________________________________________________________________________________________________________.答案 (1)R 1 (2)电路图如图所示(3)R 1(I 2－I 1)I 1I 1、I 2分别表示电流表G 1、G 2的读数，R 1表示定值电阻R 1的阻值． 解析 (1)若选R 2，则其阻值太小，电流过大，而R 1与G 1内阻相当，故选R 1.(2)电路图如图所示．G 2的示数－G 1的示数为通过R 1的电流值．(3)由并联电路特点得：I 1r 1＝R 1(I 2－I 1)r 1＝R 1(I 2－I 1)I 1I 1、I 2分别表示电流表G 1、G 2的读数，R 1表示定值电阻R 1的阻值．9．[等效替代法测电阻]电学实验中经常需要测量电阻的阻值．(1)测电阻的方法有很多种，现在提供一只标有“220 V 40 W ”的灯泡，它正常工作时的电阻为________ Ω.若用多用电表欧姆挡来测量这只灯泡的电阻，则测出的电阻值________(填“大于”“等于”或“小于”)灯泡正常工作时的电阻值．(2)用下列器材设计一个实验，测量该灯泡正常工作时的电阻值．A ．220 V 交流电源B ．单刀双掷开关一个C ．电阻箱一个(0～999.9 Ω，额定电流0.5 A)D ．定值电阻一个(0.5 kΩ，额定电流0.3 A)E ．交流电流表一个(0～0.3 A)请在虚线框内画出电路原理图．答案 (1)1 210 小于 (2)见解析图解析 (1)正常工作时电压为额定电压，故有P ＝U 2R ，所以R ＝U 2P＝1 210 Ω；灯泡在正常工作时发热，灯丝电阻率增大，电阻增大，因而用欧姆挡测量时阻值应小于正常工作时的电阻值．(2)应用替代法．因电阻箱的最大阻值小于灯泡正常工作的电阻值，故应串联一定值电阻，电路原理图如图所示．10．[半偏法测电阻](2015·新课标Ⅱ·23)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表(量程3 V ，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R 0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E (电动势6 V ，内阻不计)，开关2个，导线若干．(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整(如图24)．图24(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R V ′，与电压表内阻的真实值R V 相比，R V ′________R V (填“＞”、“＝”或“＜”)，主要理由是____________________．答案(1)见解析图(2)见解析(3)＞理由见解析解析(1)实验电路图如图所示．(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏，读取电阻箱的电阻值，此即为测得的电压表内阻．(3)断开S2，调节电阻箱R0使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大，此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V′＞R V.考点四实验拓展与创新11．[实验器材的创新]有一根细长且均匀的空心金属管线，长约30 cm，电阻约为5 Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，现在要尽可能精确测定它的内径d.(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如图25a所示，从图中读出外径为________ mm，应用________(选填“厘米刻度尺”或“毫米刻度尺”)测金属管线的长度L；图25(2)测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：A．电压表0～3 V，内阻约10 kΩB．电压表0～15 V，内阻约50 kΩC．电流表0～0.6 A，内阻约0.05 ΩD．电流表0～3 A，内阻约0.01 ΩE．滑动变阻器，0～10 ΩF．滑动变阻器，0～100 Ω要求较准确地测出其阻值，电压表应选____________，电流表应选__________，滑动变阻器应选__________；(填序号)(3)实验中他的实物接线如图b 所示，请指出接线中的两处明显错误．错误1：___________________________________________________________________错误2：___________________________________________________________________(4)用已知的物理常数和应直接测量的物理量(均用符号表示)，推导出计算金属管线内径的表达式d ＝______________；(5)在实验中，下列说法正确的是________．A ．为使电流表读数明显，应使电流尽可能大些B ．为操作方便，中间过程可保持开关S 一直处于闭合状态C ．千分尺的精确度是千分之一毫米D ．用千分尺测量直径时必须估读一位答案 (1)5.200 毫米刻度尺 (2)A C E (3)导线连接在滑动变阻器的滑片上 采用了电流表内接法(4) D 2－4ρIL πU(5)D 解析 (1)螺旋测微器的读数为：D ＝5 mm ＋20.0×0.01 mm ＝5.200 mm ；测量30 cm 金属管长度时应用毫米刻度尺来测量．(2)由于两节干电池的电动势为3 V ，所以电压表应选A ；由于通过金属管的最大电流为I m ＝U R x ＝35A ＝0.6 A ，所以电流表应选C.为了较准确地测出其阻值，滑动变阻器应选E.(3)由于待测金属管阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，连线图中的两处明显错误分别是：错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误2：采用了电流表内接法．(4)设金属管线内径为d ，根据电阻定律应有：R ＝ρL 14πD 2－14πd 2， 又R ＝U I， 联立可得：d ＝ D 2－4ρIL πU(5)由金属的电阻率随温度的升高而增大可知，通过待测金属管线的电流不能太大，所以A 错误；为减小温度的影响，中间过程应断开开关，所以B 错误；千分尺的精确度是0.01 mm ，即应精确到1100毫米，所以C 错误；千分尺读数时必须估读一位，即估读到0.001 mm ，所以D 正确．12．[液体电阻率的测量]如图26是一同学测量某导电液体电阻率的实物连线图．图中均匀的长直玻璃管内径为d ，里面充满待测导电液体，玻璃管两端各装有一电极，电极距离为L .图26(1)根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中导电液体用电阻R x 表示．(2)在接通电路前，为保证器材安全滑动变阻器的滑片P 应移到最________端(填“左”或“右”)．在电路调试时，该同学发现：闭合开关S 1后，单刀双掷开关S 2接到a 接点时电压表示数为4.5 V 、电流表示数为180 μA ；单刀双掷开关S 2接到b 接点时电压表示数为4.6 V 、电流表示数为164 μA.正式测量时，为减小实验误差，单刀双掷开关S 2应接到________点(填“a ”或“b ”)．(3)该同学正确完成实验，测得该段液体的电阻R 0，则该导电液体的电阻率的表达式为ρ＝______________(用R 0、L 、d 等表示)．答案 (1)如图所示(2)右 b (3)πR 0d 24L解析 (1)电路原理图如图所示(2)接通电路前为保证电路的安全，应使滑动变阻器接入电路中的电阻最大，即滑片应移到最右端．分别使用内接法和外接法时电流表示数变化大，电压表示数变化小，说明电流表对示数影响较小，即电流表内阻远小于被测电阻，为减小误差应当采用电流表内接法，故接b 点．(3)根据欧姆定律R ＝U I 、电阻定律ρ＝RS L 及S ＝π(d 2)2可得电阻率ρ＝πR 0d 24L. 13．[实验拓展]某些固体材料受到外力后除了产生形变外，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”．现用如图27所示的电路研究某长薄板电阻R x 的压阻效应，已知R x 的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：图27A ．电源E (3 V ，内阻约为1 Ω)B ．电流表A 1(0.6 A ，内阻r 1＝5 Ω)C ．电流表A 2(6 A ，内阻r 2约为1 Ω)D ．开关S ，定值电阻R 0(1)为了比较准确地测量电阻R x 的阻值，根据虚线框内电路图的设计，甲表选用________(选填“A 1”或“A 2”)，乙表选用________(选填“A 1”或“A 2”)．(2)在电阻R x 上加一个竖直向下的力F (设竖直向下为正方向)，闭合开关S ，记下电表读数，A 1的读数为I 1，A 2的读数为I 2，得R x ＝________(用字母表示)．(3)改变力的大小，得到不同的R x 值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的R x 值，最后绘成的图象如图28所示．当F 竖直向下(设竖直向下为正方向)时，可得R x 与所受压力F 的数值关系是R x ＝________________.(各物理量单位均为国际单位)图28(4)定值电阻R 0的阻值应该选用________________．A ．1 ΩB ．5 ΩC ．10 ΩD ．20 Ω文档供参考，可复制、编辑，期待您的好评与关注！21 / 21 答案 (1)A 1 A 2 (2)I 1r 1I 2－I 1(3)16－2F (4)B 解析 (1)由于A 1内阻确定，并且与待测电阻接近，与待测电阻并联，用来测出待测电阻R x 两端的电压，用A 2测得的电流减去A 1测得的电流就是流过待测电阻的电流，根据欧姆定律就可求出待测电阻的阻值，电路连接如图所示．(2)待测电阻两端的电压U ＝I 1r 1，流过待测电阻的电流I ＝I 2－I 1，因此待测电阻的阻值为R x ＝I 1r 1I 2－I 1. (3)由图象的对称性可知，加上相反的压力时，电阻值大小相等；图象与纵坐标的交点为16 Ω，当R ＝7 Ω时，对应的力为4.5 N ，因此函数表达式R x ＝16－2F .(4)整个回路总电流不能大于0.6 A ，而电动势为3 V ，因此总电阻应略大于5 Ω，而电源内阻约为1 Ω，因此定值电阻R 0的阻值应选5 Ω，即可保证电流不超过量程，也保证电流不太小，两块电流表读数准确．。
物理步步高大一轮复习章末总结PPT课件
6.一种理想模型——理想气体
理想气体是一种理想模型,其内能由气体的温度决定.
7.一种统计规律 具有某一速率的分子数目并不相等,呈现“中间多, 两头少”. 以上知识,是高考的重点和难点,通过以上的归纳,
有助于学生对知识的识记和理解.
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【例1】下列有关布朗运动的说法中正确的是( )
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3.如图4所示,固定容器及可动活塞P
都是绝热的,中间有一导热的固定
隔板B,B的两边分别盛有气体甲和
乙,现将活塞P缓慢地向B移动一段
图4
距离，已知气体的温度随其内能的增加而升高,则
在移动P的过程中
()
A.外力对乙做功,甲的内能不变 C
B.外力对乙做功,乙的内能不变
C.乙传递热量给甲,乙的内能增加
是
()
A.第二类永动机违反能量守恒定律
B.如果物体从外界吸收了热量,则物体的内能一定
增加
C.外界对物体做功,则物体的内能一定增加
D.做功和热传递都可以改变物体的内能,但从能量
转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的
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解析 第二类永动机违反热力学第二定律并不违反 能量守恒定律,故A错.据热力学第一定律ΔU=Q+W知 内能的变化由做功W和热传递Q两个方面共同决定,只 知道做功情况或只知道传热情况就无法确定内能的变 化情况,故B、C项错误.做功和热传递都可改变物体 内能.但做功是不同形式能的转化,而热传递是同种形 式能间的转移,这两种方式是有区别的,故D正确. 答案 D
D.乙的内能增加,甲的内能不变
解析 外界对乙做功,乙的内能增加温度升高,乙通
过导热隔板B向甲传递热量,故C正确.
《步步高》高中物理(人教选修3-1)配套章末检测卷：第三章磁场(含解析)
章末检测卷(三)(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1．关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B ．磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C ．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，B 值越大 答案 D解析 磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度的强弱，疏密程度表示大小．2．关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是( ) A ．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同 B ．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动 C ．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直 D ．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同 答案 C解析 当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故A 错误；由U AB ＝Wq 知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B 错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度的方向垂直．故C 正确，D 错误．所以选C.3．在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的S 极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带( ) A ．正电荷B ．负电荷C ．正、负电荷共存D ．无法判断答案 B解析 小磁针的S 极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项B 正确．4．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图1(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺旋管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()图1A．0 B．0.5BC．B D．2B答案 A解析用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内中部磁感应强度为零．5．如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是()答案 A6.如图2所示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数μ<tan θ.则在下图中小球运动过程中的速度—时间图象可能是()图2答案 C解析带电小球静止时受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力F N和沿斜面向上的摩擦力F f，小球下滑后，再受到一个垂直斜面向上的洛伦兹力F，沿斜面方向有：mg sin θ－μ(mg cos θ－F )＝ma ，在垂直于斜面方向有：F N ＋F ＝mg cos θ，由于球加速运动，据F ＝q v B ，F 增大而支持力F N 减小，据F f ＝μF N ，摩擦力减小，导致加速度a 增加；当速度v 增到某个值时，mg cos θ－F ＝0，有mg sin θ＝ma ，此时加速度最大；此后，F ＞mg cos θ，支持力F N 反向，且速度继续增大，支持力F N 增大，摩擦力F f 也随着增大，最后出现mg sin θ＝F f ，之后小球匀速下滑；所以只有C 选项正确．7.如图3所示，带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，运动过程中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为( )图3A ．v 0 B.10 C ．2v 0 D.v 02答案 C解析 设Oa ＝Ob ＝d ，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d ＝m v 0qB ，得B ＝m v 0qd.如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d ＝qE 2m (dv 0)2得E ＝2m v 02qd ，所以E B＝2v 0.选项C 正确．二、不定项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)8．我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动(如图4所示)，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )图4A ．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B ．空气阻力做负功，使其动能减小C ．靠近南北两极，磁感应强度增强D ．以上说法都不对 答案 BC解析 洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r ＝m v qB 得B ＝m vqr ，速率减小，B 增大，所以半径减小．9．如图5所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图5A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．它们在D 形盒中运动的周期相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 答案 AC10．如图6所示，带电平行板间匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )图6A ．小球的重力势能可能会减小B ．小球的机械能可能不变C ．小球的电势能一定会减少D ．小球动能可能减小 答案 AC11.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )图7A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关 答案 BD解析 由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向后表面偏，负离子向前表面偏，前表面的电势一定低于后表面的电势，流量Q ＝V t ＝v bctt ＝v bc ，其中v 为离子定向移动的速度，当前后表面电压一定时，离子不再偏转，所受洛伦兹力和电场力达到平衡，即q v B ＝U b q ，得v ＝UbB ，则流量Q ＝U Bb bc ＝UBc ，故Q 与U 成正比，与a 、b 无关．12.如图8所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )图8A ．半径之比为3∶1B ．速度之比为1∶ 3C ．时间之比为2∶3D ．时间之比为3∶2答案 AC解析 设磁场半径为R ，当第一次以速度v 1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 12R ＝cos 30°，即r 1＝3R .当第二次以速度v 2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 2＝R ，所以r 1r 2＝31，A 正确．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式r ＝m v Bq ，可得v 12＝r 1r 2＝31，B 错误．因为周期T ＝2πmBq ，与速度无关，所以运动时间比为t 1t 2＝60°360° T 90°360°T ＝23，C 正确，D 错误．故选A 、C.三、计算题(本题共4小题，共52分)13．(10分)如图9所示，在倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长为0.2 m 的直导线PQ ，两端以很软的导线通入5 A 的电流．当有一个竖直向上的B ＝0.6 T 的匀强磁场时，PQ 恰好平衡，则导线PQ 的重力为多少？(sin 37°＝0.6)图9答案 0.8 N解析 对PQ 画出截面图且受力分析如图所示 由平衡条件得F 安＝mg tan 37°，又F 安＝BIL 代入数据得G ＝mg ＝BIL tan 37°＝0.6×5×0.23/4N ＝0.8 N14．(12分)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术来实现的．电子束经过电场加速后，以速度v 进入一圆形匀强磁场区，如图10所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？(已知电子质量为m ，电荷量为e )图10答案m v er tan θ2解析 如图所示，作入射速度方向的垂线和出射速度方向的垂线，这两条垂线的交点就是电子束在圆形磁场内做匀速圆周运动的圆心，设其半径为R ，用m 、e 分别表示电子的质量和电荷量， 根据牛顿第二定律得e v B ＝m v 2R根据几何关系得tan θ2＝rR联立解得B ＝m v er tan θ215．(15分)在空间存在一个变化的匀强电场和另一个变化的匀强磁场，电场的方向水平向右(如图11甲中由点B 到点C )，场强变化规律如图乙所示，磁感应强度变化规律如图丙所示，方向垂直于纸面．从t ＝1 s 开始，在A 点每隔2 s 有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB 方向(垂直于BC )以速度v 0射出，恰好能击中C 点，若AB ＝BC ＝l ，且粒子在点A 、C 间的运动时间小于1 s ，求：图11(1)磁场方向(简述判断理由)． (2)E 0和B 0的比值．(3)t ＝1 s 射出的粒子和t ＝3 s 射出的粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1和t 2之比． 答案 (1)垂直纸面向外(理由见解析) (2)2v 0 (3)2∶π解析 (1)由题图可知，电场与磁场是交替存在的，即同一时刻不可能同时既有电场，又有磁场．据题意对于同一粒子，从点A 到点C ，它只受电场力或磁场力中的一种，粒子能在电场力作用下从点A 运动到点C ，说明受向右的电场力，又因场强方向也向右，故粒子带正电．因为粒子能在磁场力作用下由A 点运动到点C ，说明它受到向右的磁场力，又因其带正电，根据左手定则可判断出磁场方向垂直于纸面向外．(2)粒子只在磁场中运动时，它在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．因为AB ＝BC ＝l ，则运动半径R ＝l .由牛顿第二定律知：q v 0B 0＝m v 20R ，则B 0＝m v 0ql粒子只在电场中运动时，它做类平抛运动，在点A 到点B 方向上，有l ＝v 0t 在点B 到点C 方向上， 有a ＝qE 0m ，l ＝12at 2.解得E 0＝2m v 20ql ，则E 0B 0＝2v 0(3)t ＝1 s 射出的粒子仅受到电场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1＝lv 0.t ＝3s 射出的粒子仅受到磁场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 2＝14T ，因为T ＝2πm qB 0，所以t 2＝πm2qB 0；故t 1∶t 2＝2∶π. 16. (15分)如图12所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出．经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图12(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动， 其所受电场力必须与重力平衡， 有qE ＝mg ① E ＝mgq②重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知L2r＝sin θ ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r④ 由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2mcot θ⑥ (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ ⑦ 由匀变速直线运动规律v 2y ＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g。
步步高高考物理一轮复习配套第课时PPT学习教案
性．
(3)在某个方向上看其分子排列比较整齐，但从另一 方向看，分子的排列是 杂乱无章的．
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第2课时
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探究·突破考点 开 关
4．饱和汽 湿度 (1)饱和汽与未饱和汽 ①饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽． ②未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽． (2)饱和汽压 ①定义：饱和汽所具有的压强． ②特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高， 饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．
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课堂探究·突破考点
Байду номын сангаас
第2课时
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探究·突破考点 开 关
跟踪训练 2 一气象探测气球，在充有压强为 76.0 cmHg、温度为 27.0 ℃
的氦气时，体积为 3.50 m3.在上升至海拔 6.50 km 高空的过程中，气球
内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压 36.0 cmHg，气球内部因启动
解得 m′＝0.1 kg.
答案 (1)6.5 mL (2)0.1 kg
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课堂探究·突破考点
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探究·突破考点 开 关
方法突破 应用实验定律及状态方程解题的 一般步骤 (1)明确研究对象，即一定质量的某理想气体； (2)确定气体在始末状态的参量 p1、V1、T1 及 p2、V2、T2； (3)由气体实验定律或状态方程列式求解． (4)讨论结果的合理性．
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第2课时
2.三个实验定律
玻意耳定律
查理定律
盖·吕萨克定律
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【知识存盘】 1．电容器 绝缘 靠近 (1)组成：由两个彼此_____又相互_____的导体组成． 绝对值 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的_______ ． (3)电容器的充、放电 充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量 异种电荷 电场能 的_________ ，电容器中储存_______ ． 放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中 电场能 _______转化为其他形式的能． 2．电容 电荷量Q (1)定义：电容器所带的_________与电容器两极板间的电 势差U的比值．
介电常数 距离 介质的_________成正比，与两板间的______成反比．
ε rS (2)决定式：C＝ ，k 为静电力常量． 4π kd
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带电粒子在匀强电场中的运动
【思维驱动】
Ⅱ
(考纲要求)
(多选)(2013· 苏州模拟)如图6－3－1所示，在等 势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微 粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动， 由此可知 ( )． 图6－3－1
解析
一带负电的微粒以一定初速度射入
电场，并沿直线AB运动，其受到的电场力 F只能垂直于等势面水平向左，则电场方向 水平向右，如图所示，所以电场中A点的 电势高于B点的电势，A对；微粒从A向B运动，则合外力 做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C错、 B对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
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电容、电容器
【思维驱动】
Ⅰ(考纲要求)
(单选)下列关于电容器和电容的说法中，错误的是 ( A．电容器A的体积比B大，说明A的电容一定比B的大
)．
B．对于确定的电容器，其带的电荷与两板间的电压(小于 击穿电压且不为零)成正比
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.
解析 (1)根据题意， 粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直 2L 线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间 t＝ . v0 (2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy， 根据牛 Eq 顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝ ，所以 vy＝ m L qEL a ＝ ， 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向 v0 mv0 vy qEL 间夹角的正切值为 tan α＝ ＝ 2 . v0 mv 0
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一图二结论
结论：(1)粒子以一定速度 v0 垂直射入偏转电场．粒子从 l 偏转电场中射出时，就像是从极板间的 处沿直线射出 2 的． (2)经过相同电场加速， 又经过相同电场偏转的带电粒子， 其运动轨迹重合，与粒子的带电荷量和质量无关．
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考点2· 江苏卷，2)一充电后的平行板电容器保
持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入 一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是
(
A．C和U均增大 C．C减小，U增大 B．C增大，U减小 D．C和U均减小
B．P点的电势将降低 C．带电油滴的电势能将减少 D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大
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解析
因为电容器两板电压不变，当两板间距离d增大，
电场强度E减小，φP＝ExP减小，P点的电势降低，故选项 A错B对；又根据带电油滴平衡可判断其带负电，它在P点
答案
B
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【变式跟踪1】 (单选)如图6－3－2所示，
平行板电容器与电动势为E的直流电源
(内阻不计)连接，下极板接地．一带电 油滴位于电容器中的P点且恰好处于平 衡状态．现将平行板电容器的上极板 竖直向上移动一小段距离 ( )． 图6－3－2
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
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1 L 2 (3)法一 设粒子在电场中的偏转距离为 y，则 y＝ av ＝ 2 0 1qEL2 2 mv 2 0 3qEL2 又 x＝y＋Ltan α，解得：x＝ 2mv 2 0 L 3qEL2 法二 x＝vy ＋y＝ . v0 2mv 2 0 L L＋ x 2 3qEL2 法三 由 ＝ 得：x＝3y＝ 2. y L 2mv0 2 2L qEL 3qEL2 答案 (1) (2) 2 (3) v0 mv0 2mv 2 0
)．
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教你审题 审题时关键要抓住“动”与“不动”，就是要确定“变量”和“不变 量”，最后确定“目标量”，判断
解析
由平行板电容器电容决定式 C＝
知，当插入电介质 4πkd
εrS
后，εr 变大，则在 S、d 不变的情况下 C 增大；由电容定义式 C Q Q ＝ 得 U＝ ，又电荷量 Q 不变，故两极板间的电势差 U 减小， U C 选项 B 正确．
持不变，所以D错．
答案 AB
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【知识存盘】 1．带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做 加(减)速 _________运动．有两种分析方法：
qE U (1)用动力学观点分析：a＝ ，E＝ ，v2－v2＝2ad. 0 m d (2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等 1 1 2 于物体动能的变化，qU＝ mv2－ mv0. 2 2 2．带电粒子在匀强电场中的偏转
C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，
它所带的电荷与电压比值恒定不变 D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理
量，其大小与加在两板上的电压无关
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解析
答案
电容器的电容与电容器的体积、电容器所带的电荷
量、电容器两极板间的电压均无关． A
据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方 向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加， 选项B正确．
答案
BD
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【变式跟踪2】 如图6－3－4甲所示，在真空中足够大的绝缘
水平地面上，一个质量为m＝0.2 kg、带电荷量为q＝＋ 2.0×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动 摩擦因数μ＝0.1.从t＝0时刻开始，在空间加上一个如图乙 所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右
为正方向，g取10 m/s2)．求：
图6－3－4
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(1)在第15 s末小物块的速度大小；
(2)在0～15 s内小物块的位移大小．
(1)在 0～2 s 内小物块的加速度为 E1q－μmg＝ma1， E1q－μmg 即 a1＝ ＝2 m/s2， m 1 2 位移 x1＝ a1t1＝4 m， 2 在第 2 s 末小物块的速度为 v2＝a1t1＝4 m/s， 在 2～4 s 内小物块的加速度为：E2q＋μmg＝ma2， E2q＋μmg a2＝ ＝2 m/s2， m 位移x2＝x1＝4 m，在第4 s末小物块的速度为v4＝0， 解析
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考点二
带电体在匀强电场中的直线运动问题
【典例2】 (多选)(2012· 课标全国卷，18)如 图6－3－3所示，平行板电容器的两个 极板与水平地面成一角度，两极板与一
直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图
中所示水平直线通过电容器，则在此过 程中，该粒子 A．所受重力与电场力平衡 C．动能逐渐增加 ( )．
因此小物块做周期为4 s的运动，在第14 s末的速度为v14＝ 4 m/s，在第15 s末小物块的速度为v15＝v14－a2t＝2 m/s，
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方向向右(t＝1 s)． (2)在0～15 s内小物块的位移大小可以看做是上述3个周期 加上x1和第15 s内的位移，则： 1 2 x15＝v14t－ a2t ＝3 m， 2 故在 0～15 s 内小物块的位移为： x＝3(x1＋x2)＋x1＋x15＝31 m. 答案 (1)2 m/s 方向向右 (2)31 m
2．关于电容器的两类问题
(1)电压不变―→电容器始终与直流电源相连，改变S、d 某一个量，判定U、C、Q、E等物理量如何变化． (2)电荷量不变―→电容器充电后与电源断开，改变d或 S，判定Q、C、U、E等物理量如何变化．
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3．平行板电容器的动态分析方法 (1)确定不变量―→分析是电压不变还是所带电荷量不变． ε rS (2)用决定式 C＝ ―→分析平行板电容器电容的变化． 4π kd Q (3)用定义式 C＝ ―→分析电容器所带电荷量或两极板间 U 电压的变化． U (4)用 E＝ ―→分析电容器极板间电场强度的变化． d
图6－3－3
B．电势能逐渐增加 D．做匀变速直线运动
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解析
带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，
一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F＝Eq，方向垂 直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运