2018物理-秋季下1教師版

第一章靜電場第Ⅰ庫侖定律·電場強(qiáng) 根據(jù)EF/q根據(jù)EKQ/r2，可知點(diǎn)電荷電場中某點(diǎn)的場強(qiáng)與該點(diǎn)電荷的電量Q強(qiáng)．D．電場線就是點(diǎn)電荷在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖9－1－6所示，三個(gè)完全相同的金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上．a(chǎn)和c帶正電，b帶負(fù)電，a所帶電量的大小比b的小．已知c受到a和b的靜電力的合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應(yīng)是（）A B C D荷相吸，結(jié)合平行四邊形定則可得B對Fq Fq①此式只適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場②式中q是放入電場中的點(diǎn)電荷的電荷量，F(xiàn)是該點(diǎn)電荷在電場中某點(diǎn)受到的電場力，E是該點(diǎn)的電場強(qiáng)度③式中q是產(chǎn)生電場的點(diǎn)電荷的電荷量，F(xiàn)是放在電場中的點(diǎn)電荷受到的電場力，E是電場強(qiáng)度④在庫侖定律的表達(dá)式Fkr2中，可以把kqr2看作是點(diǎn)電荷q產(chǎn)生的電場在點(diǎn)電荷q處的場強(qiáng)大小1 也可以把kqr2看作是點(diǎn)電荷q產(chǎn)生的電場在點(diǎn)電荷q 用絕緣細(xì)線將一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為q的小球懸掛在天花板下面，設(shè)空間中存在著沿 如圖9－1－7所示，一電子沿等量異種電荷的中垂線由A→O→B勻速飛過，電子重不計(jì)， AA+ B【解析 內(nèi)繞懸點(diǎn)O做圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（ 過最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力一定最?、軒щ娦∏蛲ㄟ^最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力有可能最小

7、在光滑的水平面上有兩個(gè)電量分別為Q1、Q2的帶異種電荷的小球，Q1＝4Q2，m2＝4m1問要保持兩小球距離不變，可以使小球做 運(yùn)動(dòng)；兩小球的速度大 m1

2m2r 2 KQ1Q2m 2 兩球角速度相等，L為兩球m1r1m2r2所以r1由v 可得v1 為+2q和-q，兩小球用長為L的絕緣細(xì)線相連，另用絕緣細(xì)線系住帶正電的小球懸掛于O點(diǎn)處衡狀態(tài)，如圖所示，重力加速度為g，則細(xì)繩對懸點(diǎn)O的作用力大小為．O點(diǎn)的拉力大小． 圖【解析】（1）根據(jù)矢量合成定則，當(dāng)電場力與速度v0 圖9－1－10 qE1mg 得E1mgcosq，v0qE2mgE2mgq【答案】（1）E1mgcosq，v0垂直指向右下方（2）E2mgq，方向豎如圖9－1－11所示，求：dsgsggg dsgsggg(2)小球時(shí)

,

atqEt2gt mv2 10ghv2 10gh4gs8ggsg10gh4gsgsg10gh4gs8gB，CABC帶負(fù)電.(mgqE)L1mv21(Mm)V mv0(mM ABC(mgqE)L1mv21(Mm)VABC mv0(mM(mgqE)L(mgqE)2

E第Ⅱ電勢能·電勢差·電 【解析】由 可知， q可得 2、如圖9－2－9所示，M、N兩點(diǎn)分別放置兩個(gè)等量種異電荷，A為它們連線的中點(diǎn)，B為連線上靠近N的一點(diǎn)，C為連線中垂線上處于A點(diǎn)上方的一點(diǎn)，在A、B、C三點(diǎn)中 場強(qiáng)最小的點(diǎn)是A點(diǎn)，電勢最高的點(diǎn)是B場強(qiáng)最小的點(diǎn)是A點(diǎn)，電勢最高的點(diǎn)是C場強(qiáng)最小的點(diǎn)是C點(diǎn)，電勢最高的點(diǎn)是B場強(qiáng)最小的點(diǎn)是C點(diǎn)，電勢最高的點(diǎn)是A 圖某電場中等勢面分布如圖所示，圖9－2－10中虛線表示等勢面，:過a、c兩點(diǎn)的等勢面電勢分別為40V和10V，則a、c連線的中點(diǎn)b處的電勢應(yīng)（ 肯定等于25 B.大于25C.小于25 知（等勢面一定跟電場線垂直）電場強(qiáng)度左邊強(qiáng)，右邊弱．因此UabUbcABA點(diǎn)處自由釋放，電荷僅在電場力作用φ的高低和場強(qiáng)E的大小，下列說法中正確的是（） 9－2－12L，傾角為θ+q，度仍為v0，則（）B．小球在B點(diǎn)的電勢能一定大于小球在A點(diǎn)的電勢能

mgL ．Aq

EUAB而dCd可 【解析】UEd104NC0.5mB點(diǎn)其速度方向改變的角度為θ（radB弧長為則AB兩點(diǎn)間的電勢差UAB rr的電場中運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)電荷為Q，可知弧AB為一 OkkE r r

mv r

mv s又因?yàn)閞s

E

mv【答案】U

0

Emv89－2－13所示從坐標(biāo)系原點(diǎn)沿yyAEBOAyABO0.346m到A34.6V；從坐標(biāo)原點(diǎn)沿xyAEBOAyABO 13【解析】Ax軸的對稱點(diǎn)A′,由題意可知AB電勢相等,連接這兩點(diǎn)是一等勢線,作A′B13tanOB

U

U

EAOsin E UAOsin

200V/9、傾角為30°的直角三角形底邊長為2L，底邊處在水平位置，斜邊為光滑絕緣導(dǎo)軌，現(xiàn)OQmqA沿斜邊滑加速度為a，方向沿斜面向下，問該質(zhì)點(diǎn)滑到斜邊底端C點(diǎn)時(shí)的速度和加速度各為多大?D【解析】Dmgsin300Fcos300DCmgsin300FDcos300maDC在同一等勢面上，F(xiàn)D=FD′可得acg

v2 mgLsin6001mv21mvv2 C v2 ，acv2 Om＝1.00×102kg的帶電E＝1.00×106N/CA、BOE -【解析】圖（甲）A、B球原來的平衡位置，實(shí)線表示燒斷后重新達(dá)到平衡的位置，其中、分別表示OA、AB與豎直方向的夾角．A球受力如圖（乙）所示：重力OEBOEBA-T1sinT2sinqE T1cosmgT2cos的拉力T2，方向如圖．由平衡條件得T2sinqE T2cosamg 0⑤ 45⑥由此可知，A、B球重新達(dá)到平衡的位置如圖（?。┧荆?EAmgl(1sin60) EBmgl(1sin60cos45) WBqEl(sin45sin30)兩種勢能總和減少了WWBWAEA W6.8102第Ⅲ電場力做功與電勢能變19－3－9，OP從很遠(yuǎn)處以初速度v0O

然RcRbRbRa，但越靠近固定電荷電場力越大，所以F12F34B

2W34AB，給AB以大小相等的初E0（此p0）使其相向運(yùn)動(dòng)剛好能發(fā)生碰撞，碰后返回M、N兩點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為E1和E2，動(dòng)量大小分別為p1p2，則（）A.E1=E2=E0

電勢差Uab為（ 3×104伏 1×104伏 4×104伏 7×104伏【解析

qUabW心O的位置，橫坐標(biāo)表示離球心的距離，縱坐標(biāo)表示帶正電金屬球產(chǎn)生的電場電勢和場強(qiáng) （）A．圖①表示場強(qiáng)，圖②表示電勢B．圖②表示場強(qiáng)，圖③表示電勢C．圖③表示場強(qiáng)，圖④表示電勢D．圖④表示場強(qiáng)，圖①表示電勢 ①

② ③

④P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知（ 指 的如果ab相距 是從下方指向上方；WabqESabcos6008102 8102

7、已知ΔABC處于勻強(qiáng)電場中．將一個(gè)帶電量q2106CAB的過程中，電場力做功W11.2105J；再將該點(diǎn)電荷從B移到C，電場力做功W26106J．已知A點(diǎn)的電勢φA=5V，則B、C兩點(diǎn)的電勢分別為 V和 在圖9－3－14中畫出通過A點(diǎn)的電場線．DEADE 甲B→CB1VCCDACD的垂線必為電場線，方向從高電勢指向低電勢，所以斜向左下方【答案】B CAB點(diǎn)，電荷克服電場力做功4.0104J.試求：U

q

41042107

2在這一過，電荷的電勢能增加4.0104因?yàn)閁AC500V而UAB2103V所以U

WBCqUBC(2107C)(1500V)3104qmgtanE

qE1

qEtan 2sin2 tan1cos cos 2sin cos 得：2位置對稱，可知 ②M2價(jià)氧離mm2

vP2NeUN

NtmvMV Ntmv 所以飛行器的加速度at 第Ⅳ電容·帶電粒子在電場中的直線運(yùn)19-4-11所示,讓平行板電容器帶電后,靜電計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)一定角度,A、B兩度()A、一定減小

B、一定增 C、一定不變D、可能不 【解析】由C 和U，電量不變，可知A

荷，S是閉合的，φaa點(diǎn)的電勢，F(xiàn)表示點(diǎn)電荷受到的電場力.B板向下A.φa變大，F(xiàn)變.φa變大，F(xiàn)變C.φa不變，F(xiàn)不 D.φa不變，F(xiàn)變【解析】極板間電壓U不變，兩極板距離d增大,所以場強(qiáng)E而B板接地，所以φa變大，故B對．

3、.離子發(fā)飛船，其原理是用電壓U加速一價(jià)惰性氣體離子，將它高速噴出后，飛 A.速度.動(dòng)量 qU1mv2

但動(dòng)量P ，質(zhì)量越大，動(dòng)量越大，反沖也大．故于紙面的軸順時(shí)針轉(zhuǎn)相同的小角度α，然后釋放PP在電場內(nèi)將做（）【解析】qEmgqd

設(shè)轉(zhuǎn)過角時(shí)（如圖甲），則兩極板距離為變d'd 圖qE'cos d

cosqd

P水平方向受到恒定的外力甲確的是（）0oT2Tt0oT2TtU速T/2，速度減小到零后，又開始向右勻加速T/2，接著勻T/2……直到打在右極板上．電運(yùn)動(dòng)沒有打在右極板上，那就一定會(huì)在第一次向左運(yùn)動(dòng)過打在左極板上．選AC量為+q,m的液滴從下板邊緣射入電場,并沿直線運(yùn)動(dòng)恰好從上板邊緣射出.可知,該液滴在電場中做運(yùn)動(dòng),電場強(qiáng)度為,電場力做功大小為EmgqUmgdqqU

【答案】Emg，Wq驗(yàn)的原理示意圖9－4－16，設(shè)小油滴質(zhì)量為m，調(diào)節(jié)兩板間電勢差為U，當(dāng)小油滴懸浮不動(dòng)時(shí)，測出兩板間距離為d.可求出小油滴的電荷量q= qUmgq U不變，若勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E=2×106牛/庫，求物體在斜面上通過的路程？（g=10米/秒2）【解析】fFNmgcos37 f+EqL mgsinfS0 mv解得 圖 強(qiáng)電場，其變化如圖，當(dāng)t=0時(shí)，A板電勢比B板電勢高，這時(shí)在靠近B板處有一初速度為零的電子（質(zhì)量為mq）AT運(yùn)動(dòng)時(shí)間tA2(d1at21qU0T( 2 8mdqU8mdT 所 8mdqU8mdqU8mdqU8mdA0.04m2L0.05m，當(dāng)連接到U2500V的高壓電源9－4－19布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1013個(gè)，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，SLSL+U—FqUL1at21qUt2可得t 2 1W 2

2.5104 1mv2NA(Lx)qUxNA(L am當(dāng)x1L時(shí)，E最大，又根據(jù)x1at2得tam

L第Ⅴ帶電粒子在電場中的曲線運(yùn) 【答案】BC 【解析】當(dāng)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中飛出時(shí)的側(cè)移y，速度的偏角

1 L

y 2角

Uq 及tan 0 dmv 0 39－5－14U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢U2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個(gè)裝置處在真空中，重力可A.U1變大、U2變.U1變小、U2變U1變大、U2變 D.U1變小、U2變

U U U U0 04、如圖9－5－15所示，虛線表示某點(diǎn)電荷Q所激發(fā)電場的等勢面，已知a、b兩點(diǎn)在同一等勢面上，c、d兩點(diǎn)在另一個(gè)等勢面上．甲、乙兩個(gè)帶電粒子下列說法正確的是

乙dQc甲乙dQc甲5、.a、b、c三個(gè)粒子由同一點(diǎn)垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖9－5－16所示，其中b恰好飛出電場，由此可以肯定（

【解析】c最小，a、b相較豎向位移可知電場力做功c的最小，a和b的一樣大．選①③④對6、一個(gè)初動(dòng)能為Ek的電子，垂直電場線飛入平行板電容器中，飛出電容器的動(dòng)能為2Ek，如果此電子的初速度增至原來的2倍，則當(dāng)它飛出電容器時(shí)的動(dòng)能變?yōu)?電場的時(shí)間減半，偏移為原來的1/4．電場力做功也為原來的1/4．7、質(zhì)量為m、帶電量為q的小球用一絕緣細(xì)線懸于o之間來回?cái)[動(dòng)，OA、OB與豎直方向OC的夾角均為，如圖9-5-17所示的勻強(qiáng)電場．則此時(shí)線中的拉力T1 小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)線中的拉力T2=

電場力與重力已抵消，故拉力T10（2）從A到C點(diǎn)由動(dòng)能定理可得：mgl(1cos)1mv2 2在最低點(diǎn)CT2

mvl

T22mg(1cos【答案】（1）T10（2）T22mg(1cos圖圖9－5－18所示，求：E E hLh/hLh/v0qEt 豎直方向上：h/2gt2/ 0又有mv2/2qEL 0v02Lh，E2mgLqh0 時(shí)動(dòng)能：Ekmv2/2mghEqL0 99＝5－193cmAB1cm300V直流電源的兩極相連接，（ （__Bll出電場，則電子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ty1at2，其中aFeEeU d2

0.5cmyd2xdy10.60.4cm，所以能飛出電場的電子數(shù)占總電子數(shù)

nx

0.4

4010、如9－5－20所示，在x0的空間中，存在沿x軸方向的勻強(qiáng)E；在x0的空xE．一電子(emxd處的P點(diǎn)以沿y軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)電子重力．求：yEyEEodyF QBFAoFdx圖 在x0的空間中，沿y軸正方向以v0的速度做勻速直線FeEmad1at OAv 解得，t OA 0 方向速度減為零的時(shí)間AB=OA

t1 動(dòng)軌跡沿y軸正方向重復(fù)PAQCPx方向分運(yùn)動(dòng)的周期T4t1snAC2nOA

(n1,2,3第Ⅵ實(shí)驗(yàn)：電場中等勢線的描 【答案】BE；導(dǎo)電紙、復(fù)寫紙、白紙． 如圖⑴所示圓柱形電極M、N如圖⑷所示圓柱形電極M接電源負(fù)極，模擬負(fù)點(diǎn)電荷周圍的靜電不會(huì)形成電流，因此設(shè)計(jì)不合理．⑵、⑶兩個(gè)設(shè)計(jì)是合理的．選BC． 8~10

當(dāng)兩探針Ⅰ和Ⅱ分別與環(huán)上、導(dǎo)電紙上a點(diǎn)接觸時(shí)，電流表指針將 【整合提 ②E ③E r 圖 A．此時(shí)B的加速度為a/4 B．此過電勢能減小5mv2/8C．此過電勢能減小mv2/4 D．此時(shí)B的速度為v/20mv 得v'v21mv21(2m)(v)23mv2 5、（圖9－2）A、B兩點(diǎn)各放有電量為+Q和+2Q的點(diǎn)電荷，A、B、C、D四點(diǎn)在同一直線上，且AC＝CD＝DB．將一正電荷從C點(diǎn)沿直線移到D點(diǎn)，則（ 圖CD點(diǎn)，電場力先做正功再做負(fù)功． 有正、負(fù)極之分，使用時(shí)極性不能接錯(cuò)，也不能接交流電．正確答案為A． m、帶電量為－q的小環(huán)，在桿的左側(cè)固定一電荷量為+Qa、b兩點(diǎn)到+Q的距離相Oa

g(3h1g(3h12h2

mgh1mv2 O到b有： mg(hh)1mv 因?yàn)閁oag(3hg(3h12h2

聯(lián)立可得vb9、真空中有兩個(gè)相同的金屬小球，帶電量分別為?1.0×10－8C和＋3.0×10－8C，相距r時(shí)從距地面為h處，以初速度v0水平拋出，在小小球飛行的水平距離為L，小球時(shí)動(dòng)能 圖9-方向運(yùn)動(dòng)決定，所以v22gh得E1mv2mgh.在水平方向上：L1at2 h1gt2．a(chǎn)L，qELg，EmgL 【答案】Ek ，E119－5展示了等量異種點(diǎn)電荷的電場線和等勢面，從圖中我們可以看出，A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)、電勢，C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)、電勢 圖（填“”、“”或“”），c粒子 “帶負(fù)電”或“不帶電”）豎直方向：h1at22

at

因此

，c粒子帶負(fù)電．【答案】 ； ；c粒子帶負(fù)9－7，AB與電場線夾角θ=30°，已知帶電微粒的質(zhì)量m1.0107kgq1.01010C，A、B相距L20cm．（取 圖B指向A，與初速度v0方向相反，微粒做勻運(yùn)動(dòng)在垂直于AB方向上，有 qEsinmgcos所以電場強(qiáng)度E1.7104NC電場強(qiáng)度的方向水平向左mgLsinqELcos1mv 代入數(shù)據(jù)，解得v2.8m oABF甲14、（12）一條長為3l的絲線穿著兩個(gè)質(zhì)量均為m的金屬AB，將線的兩oABF甲O 設(shè)每環(huán)帶電為q，小環(huán)可看成點(diǎn)電荷．斥開后如圖甲所豎直方向有：F1cos300mg① 其中F

③l3mgl3mglkq3mglk3mglkAm的帶正電的小球，為使小球剛好在圓軌道內(nèi)做圓周34EmAEmAROBs圖mg/

mv ooqE(sRsin370)mg(RRcos370)1mv2 6 616、（16）a、b之間的距離為d，兩板之間的電壓為UabUaUb9－10T,在t＝0帶正電的的粒子僅在電場力作用下，由a板從靜止向b板運(yùn)動(dòng)，并于tnT（n為自然數(shù)）若該粒子在t1T時(shí)刻才從a6到離a若該粒子在t1T時(shí)刻才從a板開始運(yùn)動(dòng)，那么粒子經(jīng)歷多長的時(shí)間到達(dá)b6aUabaUab/U0Tt/d(s21aT)21aT( 所 dns1naT2（n1.2.3 46a(a(a( s'

T22

T22 粒子經(jīng)歷同樣長的時(shí)間，總位移為；d'ns'1naT2（n 11因 d 3

離a板距離為3（2）因?yàn)閐

3t'3t3nT1要減去的時(shí)間為ttx26 216at Tata() 2t 2 所以t T12 可得：t3nT 3

t3nTT 2 第二章恒定電流第Ⅰ部分電路?電功和電功 【答案 一個(gè)標(biāo)有“220V60W”的白熾燈泡，當(dāng)用多用的歐姆擋去測量它的電阻時(shí)，其值（ B接近于C807ΩD【解析】用多用的歐姆擋去測量燈泡的電阻時(shí)，應(yīng)把燈泡從電路中斷開，測出的是其電阻807Ω【答案】BRA、BUI，則 B.P＝R

I 所以A、B、D不對．【答案

B流為U的電路中時(shí)，電流強(qiáng)度為1AC與D接入電壓為U的電路中，則電流 L

【解析】由電阻定律R＝

，當(dāng)A與B接入電路中時(shí)，R= 厚度．當(dāng)C與D接入電路中時(shí)，RbcR1＝4I2＝4，故選 R S 加熱狀態(tài)時(shí)是用R1、R22 2【解析】S閉合時(shí)，R1被短路，P＝2202R2S斷開，R1R2串聯(lián)，P'＝2202/U 于電路中總電壓U不變，故選擇功率公式P＝

R12

21即D1

R R1R R1Rv在半徑為r T＝2πr/vI＝evAV AV電流表的讀數(shù)為I，則輸入蓄電池的電功率為 【答案 UI,I2r,UI-

某一直流電提升重物的裝置，如圖10-1-11所示，重物的質(zhì)量m=50kg，電源提供時(shí)，電路中的電流強(qiáng)度I=5.0A，求電的線圈電阻大小（取g=10m/s2）. 的輸入功率P＝UI，電 電發(fā)熱功率P2=I2r而P2=P－P1，即I2r=UI－mgv【答案】10-1-12中，ABA′B′L＝2kmkmρ＝1ΩAA′CC′間發(fā)生漏電，相當(dāng)于在兩點(diǎn)間連接了一個(gè)電A與C相距多遠(yuǎn)？

【解析】在測量過 甲

乙中流，此時(shí)UB＝72V為漏電阻R上的電壓．設(shè)AC和BC間每根輸電線的電阻為RAC和RBC有：UB 2RAC

…BB′間時(shí)，則有：UAE

2RBC

①②兩式可得：RAC＝1 根據(jù)電阻定律R＝L∝L，可得A、C間相距為S12km0.4km的列車的加速度.m是一個(gè)金屬球，它系在細(xì)金屬絲的下端，金屬絲的上絲接觸良好，摩擦不計(jì).電阻絲的中點(diǎn)C焊接一根導(dǎo)線.從O點(diǎn)也引出一V穩(wěn)壓電源上.AB沿著車前進(jìn)的方向.列車靜止aθ角的關(guān)系及加速度a與電壓表讀數(shù)U′的對應(yīng)關(guān)系.【解析】（1）小球受力如圖所示，由定律得：aFmgtan URCDCDCDa=gtanθ=g·CDLUg R

=L

=L

第Ⅱ電路分析·滑動(dòng)變阻60Ω，若將R短路，R中的電流增大到原來的4倍；則R為 使用電爐a使用電爐c使用電爐b或c

R0S在某位置時(shí)，R0E/2，滑動(dòng)變阻器上PR0與電源位置互換，接成圖（乙）S的位置不變，則（）ERSSRA．R0兩端的電壓將小于E/2B．ERSSR滑動(dòng)變阻器上消耗的功率一定小于滑動(dòng)變阻器上消耗的功率可能大于 【解析】在甲圖中，設(shè)變阻器R滑動(dòng)頭以上、以下的電阻R上、R下R0//R下＝R上，有R0＞R上；當(dāng)接成乙圖電路時(shí)，由于R0＞R上R0兩端的電壓必大于E/2，故A、B不正確．而滑動(dòng)變阻器上消耗的功率可以大于P．故選D．

（甲

（乙 a a~ acbcbc斷路，其余各段均完好．MxVPMxVP物體M物體M物體M物體M【解析】M運(yùn)動(dòng)與否無動(dòng)對回路中的電流是無影響的．綜上所述，只有B正確．

10-2-18R1=1Ω，R2=2Ω，R3=3ΩA、B間接電源，S1、2123都打開，此時(shí)電阻R1、R2、R3消耗的功率之比P1：P2：P3= 電阻R1、R2、R3消耗的功率之比P'1：21231【解析】S、1

都打開時(shí)，R、R、RP1：P2：P3R1：R2：R3＝1：2：3S1、S2都閉合時(shí)，AR1、R2、R3相互并聯(lián)，P'1：P'2：P'3=1/R1：1/R2：1/R3

A1B在圖10-2-19所示的8個(gè)不同的電阻組成，已知R1=12Ω，其余電阻值未知，測A A1BRR'1=6ΩR'AB=RR'1/（R+R'1）=6×6/（6+6）=3Ω．RaU如圖10-2-20所示的電路中，R1=4Ω，R2=10Ω，RRaU【解析】如圖乙所示，從圖可以看出，接入理想電流表后，R3與R4并聯(lián)再與R2串聯(lián)；而R2＋R34R1又是并聯(lián)關(guān)系．電流表測的是R1

AAUARU10-2-21R0為定值電阻，R為滑動(dòng)變阻器，其總電阻為R，當(dāng)在電路兩端加上恒定電壓U，移動(dòng)R的滑動(dòng)觸片，求電流表的示數(shù)變化范圍．電路連接為R0與Rx并聯(lián)，再與滑動(dòng)變阻器右邊部分的電阻R－Rx

則干路中的電流I

R x RxR0R I R

I R

RR RRR0R RRRRR2 R R x RRx RR0(R0Rx

2)(Rx2x由上式可知：當(dāng)R=R/2時(shí)，I最小 當(dāng)Rx=R或Rx=0時(shí)I有最大值 x0 0即電流表示數(shù)變化范圍為4UR ～4RR0R 【答案 ～4RR0R

R 指示燈，限流電阻R1=R2=20KΩ，加熱電阻絲R3=50Ω，兩燈電阻不計(jì)．開關(guān)S1，電飯煲能否將飯煮熟？

【解析】（1）電飯煲裝好食物后接上電源，S1閉合，這時(shí)黃燈被短路不亮，紅燈亮，電飯煲處于加熱狀態(tài)，加熱到80℃時(shí)，S2自動(dòng)斷開，S1仍閉合，待電飯煲中水燒開后，溫度升不閉合開關(guān)S1，電飯煲僅能將食物加熱到80℃，因此不能煮熟食物．（2）若設(shè)電飯煲處于加熱狀態(tài)時(shí)消耗功率為P1，保溫狀態(tài)時(shí)消耗功率為P2，則U 220 U 2P1R 50 P2R 200502R2R

23R2R【答案】（1）若不閉合開 S1，電飯煲不能將飯煮熟第Ⅲ閉合電路歐姆定律·含容電 A ALab電燈L恰能正常發(fā)光，如果變阻器的滑片向a端滑動(dòng)，則 路端電壓U＝E－Ir減小，則燈L變暗．故選D．

圖10-3-11中是一個(gè)由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯(lián)電路．在增大電容器兩 RC RCC.電阻R中有從a流向b的電 D.電阻R中有從b流向a的電【解析】由Csd增大時(shí)，C減?。蒕＝UC帶電將減少，故電阻Rab的電流．選

如圖10-3-12所示電路中，電鍵S1、S2、S3、S4均閉合，C是極板水平放置的平行板電器，板間懸浮一油滴P，斷開哪一個(gè)電鍵后P會(huì)向下運(yùn)動(dòng) A. B. C. D.【解析】由PF電＝mg，R1R2并聯(lián)后與CR1、R2是等勢體，斷開S1，C兩端的電壓不變，F(xiàn)電P仍保持靜止．?dāng)嚅_S2，C將放完所帶的電，P將向下運(yùn)S3，CE，F(xiàn)電P將向上運(yùn)動(dòng)．?dāng)嚅_S4，C的電量不變，F(xiàn)電不變，P仍保持靜止

S1CPCP K2V K2V 【解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：U＝R

EK12＝10

R…②K2U＝8

E

由②③得U＝810r… 82V；則U1.6V＜U＜2V的范圍內(nèi)．故選一能電池板，現(xiàn)測得它的開路電壓為0.80V，短路電流為0.04A．若將此電池板與一阻值為20Ω的電阻連成一閉合電路，則此能電池板的路端電壓是

I則路端電壓U＝E2 ，當(dāng)U=2V時(shí)，

VErAS2VVErAS

3.24R1斷路前，R2兩端電壓U2I2R20.7543V，R3兩端電壓U3U2U13V2V1V，由串聯(lián)電阻的分壓特點(diǎn)R1U1，所以R1＝U1R 248，通過R1、R3的電流IU12A

R U

U R1斷路前E＝U2I1I2r0.7540.750.25r3r…①，R1斷路后U2I2r3.20.8r…②聯(lián)立以上兩式得CES.阻的阻值分別為R12.4k、R24.8k，電容器的電容C4.7F．閉合開關(guān)CES后，用電壓表測R1兩端電壓，其穩(wěn)定值為1.50V

【解析】（1）設(shè)電壓表的內(nèi)阻為RV，測得R1兩端電壓為U1R1與RVR1R

1R …R

E

…②聯(lián)立①②得RV R1R R1E(R1R2得RV（2）電壓表接入前，電容器上的電壓UC等于電阻R2R1兩端的電壓為UR1CC

R

又EUC 接入電壓表后，電容器上的電壓為UCE 1接入，電容器帶電量增加了Q1

U 聯(lián)立以上各式得QC(

據(jù)可得Q2.35

R1RA、BA上，其下端的滑動(dòng)臂并通過電路轉(zhuǎn)換為電信號從1、2兩接線柱輸出.阻值R=4rL.當(dāng)待測系統(tǒng)靜止時(shí)，滑動(dòng)臂P1、2兩接線柱輸出的電壓U0=0.4E.取AB方向?yàn)閰⒖颊较?寫出待測系統(tǒng)沿AB方向做變速運(yùn)動(dòng)的加速度a與“1、2”兩接線柱間的輸出電壓U間的關(guān)系式則滑塊將左移xkx=ma，0UUERRxR4rx0R 故有a=kL(U0U)(Rr)5kL(0.4EU

kL≤a≤kL 【答案】(1)a=5kL(0.4EU)；（2）kL≤a≤ 第Ⅳ電阻的測已知電壓表內(nèi)阻為900Ω，電流表內(nèi)阻為20Ω，則電阻R的測量值與實(shí) 【解析】測量值應(yīng)為R測

90．由圖可知，R測＝R并

RR 電流表G的內(nèi)阻小．a(chǎn)URaURV③電壓表V1的內(nèi)阻大于V2的內(nèi)阻④電壓表V1的內(nèi)阻小于V2的內(nèi)

壓略大于12.7V．故①③正確，選A．VARVRAVARVRA①V ②I ③Va ④Va B. C. D.

AVbRRA

R,

R

RR

否定②，選GIGARG③所并聯(lián)的 比公式R＝IGRG計(jì)算出ARG

并 ④所并聯(lián)的 比公式R＝IGRG計(jì)算出的R 并 A.

的指針偏轉(zhuǎn)較大，也說明R并支路分去的電流過少，即R并過大一只量程為15V的電壓表，串聯(lián)一個(gè)3kΩ的電阻后，再去測量實(shí)際電壓為15V的路端壓時(shí)，電壓表示數(shù)為12V，那么這只電壓表的內(nèi)阻是 kΩ．用這串聯(lián)著3kΩ電阻的電壓表測量某段電路兩端電壓時(shí)，如果電壓表的示數(shù)為4V，則這段電路的電壓實(shí)際為 【解析】設(shè)電壓表內(nèi)阻為R， 1512…①由①得R＝12kΩ設(shè)實(shí)際電 Rg 為U124…②由②得U12 G 的滿偏電流Ig3mA,內(nèi)阻Rg100,欲將其改裝成圖10-4-16所示的兩個(gè)量程的電壓表，則R1 Ω；R2 G

GG—

【解析】電流表的滿偏電壓UgIgRg0.3V3VGcad+_bRU1Ug15VRRUGcad+_b 數(shù)據(jù)可求出R1900R24000

0.001A100Ω，兩個(gè)電阻的阻值是R19900R21.01

G滿偏時(shí)，通過電阻R的電流為IIgRg0.001100A 2IIgI(0.0010.099)A

偏時(shí)，加在小量程電流表G和電阻R1上的總電壓為UIg(RgR1)0.001(1009900)V【答案】（1）c、da、b（2）0.1A有兩只電壓表A和B，量程已知，內(nèi)阻不知等于多少；另有一節(jié)干電池，它的內(nèi)阻不能忽KErKErKEr 分別為RA和RB， 定律，有EUAUAr有E

UAr…②將

EUA【答案】（1）電路圖如圖甲、乙所示（2）EUA有一電阻Rx，其阻值大40～50Ω之間，需要進(jìn)一步測定其阻值，手邊現(xiàn)有下列器 EVS幾根連接用V V RV 求滑動(dòng)變阻器便于調(diào)節(jié)，在實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選圖所示的電路，應(yīng)選代號是的電流表和代號是的滑動(dòng)變阻器．若使用A1Im

1RxR1

0.15A，已超過A1表的量程．若使用A2R I R xAxRvRx RA 2RxRA2

0.06A0.06A~0.20A．選擇R2 2RxRA2

0.005A，電路中的電流范圍為0.005A～0.20A．由此可見，若使用電流可以從0.06AR2將導(dǎo)致電流強(qiáng)度隨滑動(dòng)變阻器位置變化過于R2R1有較大的有效調(diào)節(jié)長度．為遵循方便性原則，應(yīng)選擇R1．【答案】（b）；第三章磁場第Ⅰ磁場·磁感應(yīng)強(qiáng) 【解析】磁鐵和電流周圍都能夠產(chǎn)生磁場，答案A錯(cuò)；磁場歸根結(jié)底是運(yùn)動(dòng)電荷產(chǎn)生的客觀物質(zhì)，答案B錯(cuò)；在磁體或電流周圍首先產(chǎn)生磁場，其次放入磁場中的磁體或電流將通過磁場與之發(fā)生相互作用，所以C錯(cuò)，D對． 【解析】磁感線上每一點(diǎn)的切線方向就是該點(diǎn)的磁場方向，所以A正確；用磁感線的疏密B錯(cuò)誤；不用實(shí)驗(yàn)來模擬，但是不存在的，D錯(cuò)誤．為() 行四邊形定則合成可得該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為西偏北450角方向．磁針靜止時(shí)，圖中小磁針的指向可能的是(涂黑的一端為N

這一端一定是NSNB互相吸引，與所述情況D相符．（2002年春季高考）如圖11-1-8是一種利為極，永磁鐵的下端為 極（N或S）上端等效于S極，由異名磁極相吸原理可知永磁體下端為N極．11-1-9合開關(guān)后，磁針指南的一端向東偏轉(zhuǎn)，由此可判斷電源A端是極轉(zhuǎn)，可知電磁鐵的左側(cè)等效于N極，所以判斷電路中電流為逆時(shí)針方向，B端為電源正極，A端為電源負(fù)極．控制變量法：（1）r保持不變,調(diào)節(jié)長直導(dǎo)線中的電流強(qiáng)I0，測得相應(yīng)的磁場力F，得到如下實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)：

12345磁場力F/×10磁感應(yīng)B/×10填充上述表格中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B一欄的值，并歸納磁感應(yīng)強(qiáng)度B和產(chǎn)生磁場的長直導(dǎo)線上的電流I0的關(guān)系是 1234512345磁場力F/×10磁感應(yīng)B/×10F填充上述表格中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B一欄的值，并歸納磁感應(yīng)強(qiáng)度B和空間位置與長直導(dǎo)線間的距離r的關(guān)系是 F 11-1-11所示、大

F【解析】（1）FFfmg6NF FmaFf8N，B0.4T11-1-12U寬l=0.5m，左端連接電源，電動(dòng)勢E=6V，內(nèi)阻r=0.9Ω和可變電阻R，在導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌放一電阻為0.1Ω的導(dǎo)體棒MN， 律可知電流強(qiáng)度最大且I1=3A，所受最大靜摩擦力Fm方向向右，三力平衡關(guān)系是BI1LFmmgR=5Ω時(shí)，電流強(qiáng)度最小I2=1AFm方向向左，三BI2LFmmgBL(I1I22mg，變形可得磁感應(yīng)強(qiáng)度為B L(I1I2)

20.0210T0.2T0.5(3第Ⅱ磁場對電流的作則，所以A正確；B圖中的力方向應(yīng)該是垂直導(dǎo)線向左；C圖中的力方向向下，大小應(yīng)該是最大值；D圖中由于導(dǎo)線與磁場平行，所以不受力作用．b的力F1和F2的方向判斷正確的是 A．F1水平向南，F(xiàn)2豎直向下 B．F1豎直向下，F(xiàn)2水平向北C．F1水平向北，F(xiàn)2豎直向 D．F1豎直向上，F(xiàn)2水平向 力F1向南，在赤道上空的地磁場方向是水平向北，所以F2豎直向下． 在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，此時(shí)兩根懸線處于張緊狀態(tài)， 【解析】根據(jù)左手定則判斷，銅棒MN所受的 懸線依然處于張緊狀態(tài)，適當(dāng)增大電流強(qiáng)度I使 簧勁度系數(shù)k的關(guān)系為 k向兩兩相互垂直，則移動(dòng)這段導(dǎo)線所需要的功率是W．所以可以判斷外力與導(dǎo)體速度方向相同，所以PF外vBILv0.48w．0.2T．如圖11-2-12所示．當(dāng)通入電流為0.10mA時(shí)，作用在 ；若螺旋彈簧的旋轉(zhuǎn)力矩M＝Kθ，其中K 【解析1．力力矩公式是MnBIS，面積S=2.0×10- I=10-4AM2500.21042.0104Nm106Nm；根據(jù)左手定則，左邊所受力豎直向上，右邊所受力豎直向下，線圈順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)．2．當(dāng)螺旋彈簧的旋轉(zhuǎn)力矩 力力矩平衡時(shí)，偏轉(zhuǎn)角度穩(wěn)定，k

0 3.3106rad0.3rad17.20 澳大利亞國立大學(xué)制成了能把2.2g的體(包括金屬桿MN的質(zhì)量)加速到10km／s的，若軌道寬為2m，長為100m，通過的電流為10A，則軌道間所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多少?(不計(jì)摩擦)【解析】作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v2v22as，的加 (104

度為a

2所以力Fma2.21035105N1.1103N，磁感應(yīng)FBF

10

T55T于a，b點(diǎn)，ab點(diǎn)間電壓為U，電容為C的電容器與a、b相連，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，豎直向上的勻強(qiáng)磁場中．接通S，電容器瞬間結(jié)束放電后又?jǐn)嚅_S，則MN能擺起的最大高度是多少? BILtmvBqLmvqCU，所以vBCUL1mv2mgh v最大高度為 (BCUL)

(BCUL．

金屬桿與導(dǎo)軌間最大靜摩擦力為fm=0.6N，磁場方向垂直軌道所在平11臨界條件分別為：BILG

L G，對應(yīng)的電流強(qiáng)度IG1fm4A

G1fm1A，RErr2.5I IRE

r11.5

1II2第Ⅲ磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作

方向向上，所以電子向上偏轉(zhuǎn)，答案A正確． 粒子從a到b，帶正 C．粒子從a到b，帶負(fù) dhBAB的電子經(jīng)過的弧長為s,若電子電量為e磁感應(yīng)強(qiáng)度為B則 t=d／VAC．洛倫茲力對電子做功是BeVA·h

本題中在洛倫茲力作用勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力是一個(gè)變力，對粒子不做功；A、B度，答案B正確．在電視機(jī)的顯像管中，的掃描是用磁偏轉(zhuǎn)技11-3-13所示．電子從電子槍射OM點(diǎn)．為了使屏幕11-3-14中的（）

手定則判斷，磁場方向應(yīng)先向外（B為負(fù)值）后向里（B為正值）；其次要使電子偏轉(zhuǎn)到PQ而變化，答案C正確．B的取值為（BC．B

BD．B

【解析】先根據(jù)題意畫出電子沿弧運(yùn)動(dòng)的軌跡，因?yàn)榛∩先蝍3a3向（AB方向）垂直的直線，此直線即為帶電粒子做勻速圓周運(yùn)CBC的直線，也為過該點(diǎn)的半徑所在的直線，兩直線相交于a3a3當(dāng)r

sin

3BCr＞ar＝mv03所以

【解析Bqvmr2，且vrBqrmr2Bqm 向心加速度

Bq

【答案

Bq；aBqv；

Bq

11-3-16a、b、c不同速率的電子，由孔a垂直磁場方向射入空腔．如從孔b、c分別有Vb:Vc＝，飛行時(shí)tb:tc=.時(shí)間公式t【答案】1：2；方向垂直于xoyB，一帶正離為L，求該粒子的電量和質(zhì)量之比(比荷)q/m．L

則∠OOD=θ，所以圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1

sin，由半徑r

，可得比荷為

mvBr2v0sinLB【答案】2v0sin 以速度V射入板間．為了使電子都不從板間穿出，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍是怎樣的?(設(shè)電子電量為e、質(zhì)量為m)Cr1,由直角三角形O1CDr2rd)23d)2r5d；

,由半徑公式r 得B ，B ．當(dāng)電子的軌道半徑的取值為r<r<r時(shí)，電子不會(huì)從1 r 1B1BB2．

B 內(nèi)控制它們運(yùn)動(dòng)的是一系列圓形電磁鐵，即圖中的n個(gè)d，改變電磁鐵【解析】（1）如圖所示，以電子通過磁場中C點(diǎn)時(shí)分析：洛

n可知，sin r，半徑r 2sin 做圓運(yùn)動(dòng)的半徑為rmvBe，解得B(2mv n

de n

de第Ⅳ帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)用回旋分別加速α粒子和質(zhì)子時(shí)，若磁場相同，則加在兩個(gè)D形盒間的交變電壓的頻率應(yīng)不同，其頻率之比為() 粒子運(yùn)動(dòng)的方向可能是（）水平向右BC.D.

B11-4-10正電荷還是負(fù)電荷，洛倫茲力與電場力一定方向相同，在兩力 ．變小C．不變D．條件不足，無法判

ABFBA、B一起 A．A對B的壓力變 C．A對B的摩擦力變

由于系統(tǒng)作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a恒定，所以靜摩擦力保持不變，AB的靜摩擦力也于給定的U，q/mB應(yīng)越?。虎蹖τ诮o定的帶電粒子，U越大，則T越小；④對于給定的帶電粒子，不管U多大，T都不變，其中正確的是（）①③B．①④C．②③m【解析在電場加速中根據(jù)動(dòng)能定理有：qU1mv2令k=q/m,得v m2在洛倫茲力的作用下粒子作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑r

2kU kBkr

，所以②正確，周期T

在場中有兩塊金屬板AB，這時(shí)金屬板上就會(huì)電荷，產(chǎn)生板間距離為d，板平面的面積為S，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于速度方向，負(fù)載電阻為R，電離氣體充滿兩板間的空間．當(dāng)發(fā)電機(jī)穩(wěn)定發(fā)電時(shí)，電流表示數(shù)為I， 平衡時(shí)，發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢恒定，且UBvd S電路閉合時(shí)，U I（Rr)I(R

)，可得：=( S【答案】( 一個(gè)帶電液滴從距正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的區(qū)域上邊緣H高處自由下落，進(jìn)入該復(fù)合場，并做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，方向如圖11-4-14所滴的電性是電，電場方向?yàn)?． E得到半徑r=Eg

2gH 0.532m，已知氘核的質(zhì)量m＝3.34×10-27kgq＝1.6×

Bq

23.143.3410271.21.6 T

rBq0.5321.571.6

ms E1mv213.3410274.01072J2.671012J 【答案】1.57T,4.00×107m/s,子的比荷q／m=4.82×107C／kg，為使所有α粒子都不能達(dá)AA、B板間加一個(gè)電壓，所加電壓最小值是U0=4.15×104V；若撤去A、B間的電壓，仍使所有α不能到達(dá)A板，可以在A、B間加一個(gè)垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B必須符合什么條件? mA板的是速度方向垂直B板的α粒子，因?yàn)樗笑亮Ｗ釉诖怪睒O板方向分運(yùn)動(dòng)的加速度相同，而垂直極板射出的α粒子在這個(gè)方向的初速度最大，如果這個(gè)α粒子不能達(dá)到A板，m2加磁場后，速率相同的αB板的αA板，因?yàn)槠溥^起點(diǎn)的直徑垂直于極板．當(dāng)α粒子的軌道半徑不大于強(qiáng)度就是使所有α粒子都不能到達(dá)極板A的最小磁感應(yīng)強(qiáng)度．v2v d/

2mv=2 =0.832mUq2mUq11-4-17EB、方向相反的勻強(qiáng)磁L，虛線為兩個(gè)勻強(qiáng)磁場分界線，右后按某一路徑能回到A點(diǎn)而重復(fù)前述過程，求：m則：1 m2

R=mv

O1O2=O1′O2=O1O1′=2R3d=R R32

mm

2qELm 6qELm 磁針在該點(diǎn)靜止時(shí)N極所指的方向一致；場方向（小磁針靜止時(shí)N極的指向）一致，所以答案B正確；磁感線是使磁場形象化的虛擬的不同分為順磁性材料、抗磁性材料以及鐵磁性材料，所以答案D正確． A. B. C. D.FBIL0.20N0.40NzFOI11-1xOyOx、zFOI場力的方向沿平行于Oz軸的正方向．該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向可 沿x軸正方 B.沿y軸負(fù)方 C.沿z軸正方 【解析x軸正方向時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度可分解為垂直導(dǎo)線方向的分B⊥和平行導(dǎo)線分量B∥，其B⊥分量方向是xy方向，如圖所示，由左手定則判斷力方向?yàn)檠刎?fù)z方向，答案A錯(cuò)誤；和平行B∥，其中B⊥分量方向是負(fù)y偏負(fù)x方向，即圖示中的B⊥分量的反方向，由左手定則判斷力方向?yàn)檠卣齴方向，答案B正確；力方向不可能與磁場方向相同，所以答案CD錯(cuò)誤．

x 卷）如圖11-2所示，兩根平行放置的長直導(dǎo)線a和b載aF2，則此時(shí)b

A． B.F1 C.F1 D.2F1也是大小相等，方向相反，所以導(dǎo)線a（或b）F2，方向相磁場，磁感BO有一個(gè)離子源x軸上方的各個(gè)方向發(fā)射出質(zhì)量為mq的正離子，速率都為vxoy平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的離子在磁場中可能到達(dá)的最大x和最大y，判斷正確的是（沿正xy450yy

【解析x軸正方向射出的正離子，立即離開磁場，答案A錯(cuò)誤；在磁場中圓周運(yùn)動(dòng)的的離子具有最大y，答案B中的虛線所示．在如圖11-4所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是()EBEBEBEBEB 11-4A. B. C. D. 【解析】帶電粒子a在勻強(qiáng)電場中只受電場力作用，但可能有一定的初速度V0，如圖所示的情形中，若運(yùn)動(dòng)的初末位置正好是在同一等勢面上，則電場力做功等于零，動(dòng)能不變，答案A錯(cuò)誤；電場力是恒力，其沖量aCbBD錯(cuò)誤． 處點(diǎn)有vM＞vN，答案A正確；速率越大，向心力越大，且小球在M點(diǎn)受到的洛倫茲力方向豎重力勢能減小了，所以不能到達(dá)軌道另一端最高處，答案D正確． P 【解析EkPEk2m和軌道半徑公式rBq

；每秒內(nèi)打在靶上的粒子數(shù)為nIq

I

，得到質(zhì)量m

B2R2．

B2R2θBθB11-6mq，小球摩擦因數(shù)為μ，此裝置放在沿水平方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場 【解析a，由ff

小球的加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束，將作勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度也達(dá)到最大值，在如圖中c位置，有F/mgcosBqv，F(xiàn)/mgsin，整理可 mg vm【答案】am=gsinθ mg

qB

cosvm

qB

cos在原子反應(yīng)堆中液態(tài)金屬和在醫(yī)療器械中血種液體即被驅(qū)動(dòng)，（1）這種電磁泵的原理是怎樣；

穿過磁場區(qū)域的電流強(qiáng)度為I，則驅(qū)動(dòng)力造成的壓強(qiáng)差為 F 力FBIh，在導(dǎo)管內(nèi)截面產(chǎn)F壓強(qiáng)差PS

IBwwm、帶電為-qMN夾角為θ（0°<第二次粒子是經(jīng)電壓U2加速后射入磁場的，粒子剛好能垂直于PQ射出磁場．（不計(jì)重力影響，粒子加速前的速度認(rèn)為是零，U1、U2未知）

MBMBθNL可在磁場區(qū)域加一個(gè)勻強(qiáng)電場，則該電場的場強(qiáng)方向 ，大小．L【解析】如圖所示，第一次粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場，表明粒子在磁場中的軌道剛好與PQ邊緣相切，如圖中的軌道1，設(shè)軌道半徑為r，由幾何關(guān)系得到：rrcosL，r L 1PQ邊界射出磁場，表明粒子在磁場中的軌道圓心O2點(diǎn)，為軌道2，設(shè)軌道半徑為r2，由幾何關(guān)系得L到：r2cosrL

UUr1 rUU

EqBqv，得EBv，由粒子的軌道半徑r mv2，可得v ， mB入得場強(qiáng)大小為E mU

cos2E1cos2E

Bm

，與水平方向成θ電視機(jī)的顯像管中，的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實(shí)現(xiàn)的．經(jīng)過電壓為U的加速電場后，11-9所示．磁場方向垂直于圓面．磁場區(qū)的中心為Or．當(dāng)不加磁場時(shí)，將通過O點(diǎn)而打到屏幕的中心M【解析】如圖所示，電子在磁場中沿ab動(dòng)，圓心為C，半徑為R．以v示電子進(jìn)入磁場時(shí)的速度，m、e分別表示電

的質(zhì)量和電量， eU＝2

,θ角既R 由以上各式解得B＝ 2mUtg 2mUtg 2mUtg 的正電勢φ，a、c兩端均有電極接地(電勢為零)．現(xiàn)將速度很與其速度方向垂直的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在磁場中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)．已知碳離子的質(zhì)量m=2.0×10-26kg，φ=7.5×105V,B=0.5T，n=2，元電荷e=1.6×10-19C，求半徑

到b 有1mv ，在b到c 有1mv2-1mv

U

2(nm等于b點(diǎn)的電勢值φ，所以1mv2(n1)e，速度 2(nm 2(n 2(n 離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),nev2B=m2R

2

【答案】0.75如圖11-11(a)所示，兩塊水平放置的平行金屬板A、B，板長L=18.5cm，兩板間距cmB=6.0×10-2T，兩板加上如圖(b)粒子在0~1×10-4s內(nèi)做怎樣的運(yùn)動(dòng)?位移多大電【解析】1.F=qU=1.0×10-61.08N=3.6×10-5NF洛＝qvB＝3.610-5電 F電=F洛=3.6×10-5Nt0=1.0×10-4s時(shí)間內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其位移s＝vt0=600×10-4m＝0.06m=6cm．00R =0.01m=1.0cm，直徑是2.0cm，小于射入方向到A板的距離，t0t0內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如此往復(fù)，經(jīng)過5t0，粒子向前18cms0.5cm才能射出兩板，如圖所示：粒子經(jīng)過5t0后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為θs 1，所以θ=30t＝5tsinθ=

0 =5.08×10-4s 【答案】勻速直線運(yùn)動(dòng)，6cm；5.08×10-4＝5cm，兩端加電壓U＝10V，電容器右側(cè)有一寬度為L2＝5cm弱磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)

107m/s的負(fù)離子束從電容器中心水平向右入射（荷質(zhì)比＝|q|＝5m子束應(yīng)打在坐標(biāo)紙上的哪個(gè)位置?（結(jié)果精確到

EqU|qd

UU U

5

51010m/s21013m/s2，方向

L15109s受洛倫茲力作用．F2 使粒子在水平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)且半徑r

1055

m20m

θx軸正方向偏轉(zhuǎn)的位移很小可以忽略，如圖所示．同樣由于水平方向速度發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在場外沿x軸正方向的分位移就是屏上的x坐標(biāo)．s在場外沿軸線方向勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3s

106s0yv1t30.05m5cmθ很小，所以tansinL2rxs

sL2100.05m0.025m2.5cm 【答案】2.5cm第四章電磁感應(yīng)第Ⅰ電磁感應(yīng)現(xiàn)象·楞次定） 產(chǎn)生的磁場在導(dǎo)線所圍的面里．故要使由四根直導(dǎo)線所圍成的面積內(nèi)的磁通量增加，只要將磁場方向相反的i4去除就 C、圓環(huán)在磁鐵的上方時(shí)，圓環(huán)的加速度小于g，在下方時(shí)等于gD、圓環(huán)在磁鐵的上方時(shí)，圓環(huán)的加速度大于g，在下方時(shí)小于g管時(shí)，電路中有圖示方向的感應(yīng)電生．下列關(guān)于螺線管極性的判斷正確 A、C端一定是N B、C端的極性一定與磁鐵B端的極性相 【解析】磁鐵AB 場必定阻礙AB，故螺線管的C端和磁鐵的B端極性相同．AB、CDAB向右滑動(dòng)時(shí)，電路中感應(yīng)電流的方向及滑線CD受到的磁場力的方向分別為 右運(yùn)動(dòng)，ABCD所構(gòu)成的回路面積將要增大，磁通量將增大，根據(jù)楞次定律要阻礙它增大，電池E和電阻R構(gòu)成閉合回路，然后將軟鐵棒迅速線圈P中，則在的過（ A、電阻R上有方向向左的電流B、電阻RC、電阻R上有方向向右的電流D 一根跟P的磁場同向的條形磁鐵，使P、Q線圈中的磁通量增加．由楞次定律得，在Q中產(chǎn)生的感應(yīng)電流向右通過電阻R．正方形導(dǎo)線框以速度υ勻速地通過磁場區(qū)域，若d>L，則框中不產(chǎn)生感應(yīng)電 A、 HHh．從線框開始下落到完全穿過磁場區(qū)域的全過，以下判斷正確的是（） 【解析】Hh，故可以分為三個(gè)過程：①從下邊開始進(jìn)入磁場到全部進(jìn)入磁場；②從是兩線框的中點(diǎn)，兩線框互相絕緣，A線框中有電流，當(dāng)線框A的電流強(qiáng)度增大時(shí)，線框B中 ABA10B0.8T垂直的線圈面積為0.05m2，此時(shí)線圈的磁通量是多大？若這個(gè)線圈繞有50匝時(shí)，磁通量多大？線圈位置如果轉(zhuǎn)過530時(shí)磁通量多大？但要注意S是與磁感應(yīng)強(qiáng)度B相垂直的那部分面積．即BS ①1BS10.80.05Wb50B垂直的面積還是0.05m2，故穿過這個(gè)面的磁感線條數(shù)不變．磁通量也可理解為穿過這個(gè)面的磁感線的條數(shù)．所以仍然為24102Wb③根據(jù)磁通量的定義：3BScos5300.80.050.6Wb2.4【答案】①14102Wb②24102Wb③32.4第Ⅱ法拉第電磁感應(yīng)定律·自r

20向左勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab棒運(yùn)動(dòng)到圖示虛線位置時(shí)，金屬棒兩端電勢差為 1

D1BL 【解析】當(dāng)金屬棒ab以速度0向左運(yùn)動(dòng)到圖示虛線位置時(shí)，根據(jù)公式可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)rEBL02

r

1E

1BL4

212－2－13ab速0拋出，設(shè)在整個(gè)過棒的取向不變且不計(jì)空氣阻力，則在金屬棒運(yùn)動(dòng) 3、（2003年杭州模擬題）12－2－14下說法中正確的是（ R為電阻器，C為電容器，ABEFGH上滑動(dòng)的導(dǎo)體橫桿，有均勻磁場垂直于導(dǎo)軌平面．若用I1和I2分別表示圖中該處導(dǎo)線中的電流，則當(dāng)橫桿AB AI10I2

BI10I2【解析】EBLI20I10EBLI10I20 A、aAaBaCC、aA＝aCaD

BaA＝aCaBaDaA＝aCaB＝【解析】線框在A、C位置時(shí)只受重力作用，加速度aA＝aC＝g．線框在B、D位置時(shí)均 FagFm

g

mgB2lR

）又線框在DBFDFB，所以aBaD．因此加速度的關(guān)系為aA＝aCaBaD強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)線所在的平面．為使導(dǎo)線產(chǎn)生4V的感應(yīng)電動(dòng) 【解析】欲使導(dǎo)線獲得4VEEBL可知：E、B一定的情況下，L最大且LE【答案】10m

min

0.5

m/s10m/712－2－180.4TR100 【解析】EBL0.40.210V0.8VQCE1001060.8C8105C．由于感應(yīng)電動(dòng)勢一定，電容器的帶電荷量一定，【答案】零；正；8105Bab桿沿導(dǎo)軌由(1)由b向a在加速下滑的過，當(dāng)ab桿的速度大小為ab桿中的電流及其求在下滑過，ab桿可以達(dá)到的速ab桿的速度大小為EBLabI

B ；受到的力為FBIL B根 第二定律得mgsin R即agsin

mgR B2ag

mgR （3） B2通過電阻R0的電流 R

（2）由于ab桿做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力和磁場對電流的力F大小相等，F(xiàn)拉＝FBIL R

BLR0R

10（2004年高考卷）m的金屬桿（12－2－21若m0.5kgL0.5mR0.5BBF R從而得到

B設(shè)摩擦力為Ff，平衡時(shí)有F＝Ff＋F安＝Ff＋ F＝4N時(shí)，＝4msF＝10N時(shí)，16ms 解得：B＝1TFf第Ⅲ電磁感應(yīng)和電路規(guī)律的綜合應(yīng)場，若第一次用0.3s時(shí)間拉出，外力做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電量為q1，第二次用0.9s時(shí)間拉出，外力做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電量為q2 A、W1W2q1C、W1W2q1

B、W1W2q1D、W1W2q1阻為R．則線框拉出勻強(qiáng)磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為EBa，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為IEBa B2a 力即FF安＝BIa 將線框從磁場中拉出外力要做功WFbB2a2bB2ba2 度大，故W1

BR

qItEttBS q1導(dǎo)體框架與導(dǎo)體電阻均不計(jì)，若要使OC能以角速度 AB22rR

BB22r

CB22r

DB22r第電磁感應(yīng)定律得 EBlB1ll1Bl2，所以電功率 PER

(1Bl2R

B22r12－3－9所示，磁場是均而且每次外力做功功率相同，則下列說法正確的是（） C、導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相等DEBl，由于勻速運(yùn)動(dòng)，所以外力做功的B2lB2l 由圖可知導(dǎo)線ef最長，ab最短，所以有RefRcdRab 故ef運(yùn)動(dòng)得最、如圖 2 22 2L，質(zhì)量為m．根據(jù)平衡條件得mgsinBILBBLLB

mgRREBL

mgR

B2ER

(mg

)222把磁感應(yīng)強(qiáng)度增為原來的2倍，則電功率為原來的四分之一．故B錯(cuò) 22

倍，則電功率為原來的一半．故D512－3－11ABCDEABC上沿圖示方向勻速平移，框架和導(dǎo)體材料相同，接觸電阻不計(jì)，則（） D、DE棒受到的拉力一定【解析】假設(shè)導(dǎo)體棒經(jīng)過一段時(shí)間后由DE位置運(yùn)動(dòng)到cf（如圖所示，DEae部分是有效切割磁感線的導(dǎo)線長度，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢提供三角形aeBcf位置時(shí)，cf感線的導(dǎo)線長度，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢提供三角形cfB閉合回路的電流，而兩三角形aeB與cfB相似，由于運(yùn)動(dòng)速度不變，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢與612－3－12所示，兩個(gè)用相同導(dǎo)線制成的不閉合環(huán)A和的勻強(qiáng)磁場只垂直穿過A環(huán)時(shí)，a、b兩點(diǎn)間的電勢差為U．若讓這一均勻變化的勻強(qiáng)磁場只穿過B環(huán)，則a、b兩點(diǎn)間的電勢差為．【解析】由題意可知，A環(huán)的面積是B4倍，所以A環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是B環(huán)4倍，A環(huán)的電阻是B2倍．磁場只穿過A環(huán)時(shí)，A環(huán)等效為電源，B環(huán)為外電路， R

BUB環(huán)時(shí)，B環(huán)等效為電源，ABRA RU/．ARAAU由以上關(guān)系可求得U/2U2屬棒與軌道成600角放置．當(dāng)金屬棒以垂直棒的恒定速度沿金屬行時(shí)，電阻R中的電流大小為 sin

23EBL 所以電阻R上的電流為I R

22由右手定則判斷出感應(yīng)電流是自上而下通過電阻2

RB，方向abPQ架在導(dǎo)線框上（如圖所學(xué)穩(wěn)恒電流的知識得到：當(dāng)RaP＝RPb時(shí)外電路電阻最大，即總電阻最大．R＝1RR5R 故PQ滑到ab的中點(diǎn)時(shí)PQ段電阻絲的電流 R故流過PQ電阻絲的最小電流（即總電流）為 E＝BlR根據(jù)右手定則得到電流方向由Q到

4

；由Q到912－3－15B＝0.40T的勻強(qiáng)磁場，其磁感線垂直地穿過半徑l20cm的金屬環(huán)，OA是一根金屬棒，它貼著圓環(huán)沿順時(shí)針方向繞O點(diǎn)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，OA棒的電阻r0.40，電三只電阻R1R2R36.0R3消耗的電功率為P30.060W時(shí)，OA棒的角速度多大？路，（如右圖所示）由PI2R得I 0.060A 3 13而總電流 I3I3 故電源電動(dòng)勢ER外＋r)I20.40.3V EBlB1ll1Bl

2

rad/s90rad/【答案】90rad1012－3－16所示，為某一電路的俯視圖，MN、PQab板相距0.2m，板間有勻強(qiáng)磁場，B＝0.8TabR00.1R1R23.9 力相平衡，故有B0qE電 得E電B01.56V/m．再由平衡條件判定勢為EBd，則兩板間的電勢差為U E＝ Bd

2m/

R1

3.9 Bd0.82d

R1 R1 導(dǎo)體棒受到的力FBId0.80.4dd0.80.40.20.2N1.282【答案】①向右勻速運(yùn)動(dòng)，2msF1.282第Ⅳ電磁感應(yīng)和力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)內(nèi)來回滾動(dòng)，如圖12－4－7所示，若空氣阻力不計(jì)，則（ 綜上所述正確答案應(yīng)選B勻強(qiáng)磁場中，原來兩導(dǎo)體棒都靜止，當(dāng)ab棒受到瞬時(shí)沖量而向右以速度0運(yùn)動(dòng)后，（ 0D、從開始到ab、cd都做勻速運(yùn)動(dòng)為止，在兩棒的電阻上消耗的電能是m2/0【解析】ab棒向右做減少運(yùn)動(dòng)，cd棒向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們速度相等時(shí)閉合回路中B錯(cuò)

(m 12

1m212m21m 項(xiàng)D重力做的功為W2，線圈重力勢能的減少量為EP，則以下關(guān)系中正確的是（ AQEK1EKW2EK2

B、QW2 C、Q D培力所做的功等于產(chǎn)生的熱量，故選項(xiàng)C正確．根據(jù)功能的轉(zhuǎn)化關(guān)系得線圈減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的熱量即QW2EK1EK2根據(jù)動(dòng)能定理得W2W1EK2EK1，故選項(xiàng)D上，則ab棒在運(yùn)動(dòng)過，就導(dǎo)軌是光滑和粗糙兩種情況相比 【解析】ab的速度為零，根據(jù)功與能的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知：若導(dǎo)軌是粗糙的，導(dǎo)軌在水使質(zhì)量為M的條形磁鐵以0的水平速度沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，則（ 0C、磁鐵與圓環(huán)系統(tǒng)損失的動(dòng)能一定為mM22(M0 時(shí)由動(dòng)量守恒求得圓環(huán)的速度為：M0(M M0/(M mM M2 (Mm)2 M2 (M 0

Mm

2(M0mM22(Mm0 m/s21m21m2Q代入解得：6m

安＝BILB

L RBa

(0.5)261

m/s20.6m/s【答案】6m/ 0.6m/s度為B的勻強(qiáng)磁場當(dāng)ld時(shí)外力做功為 當(dāng)ld 在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量沒有變化，沒有感應(yīng)電流，沒有力，無需外力做功．所以外力做功的過程是線框進(jìn)入磁場與線框離開磁場的兩個(gè)過．這兩個(gè)過線框都是以速度勻速運(yùn)動(dòng)，Baa 的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t外力做的功為W1F外t

B2a22l2B2a 當(dāng)ld時(shí)，線框運(yùn)動(dòng)的情況是：線框進(jìn)入磁場→全部磁場區(qū)域框內(nèi)（橫向）→線框離框離開磁場的兩個(gè)過．這兩個(gè)過線框都是以速度勻速運(yùn)動(dòng)，所以：F＝F＝BIaBBaa 而線框在有感應(yīng)電生的 的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t/外力做的功為W

t

B2a2

2B2a1R

2B2aR框在進(jìn)入B1的過 速進(jìn)入和穿出B2時(shí)速度恒為2，求：（1）1和2

B2a【解析】（1）線框進(jìn)入B區(qū)域作勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得：mg B2a線框進(jìn)入B區(qū)域作勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得：mg 而B 2B2 2B2 B

（2）線框進(jìn)入B1區(qū)域作勻速運(yùn)動(dòng)，所以線框的動(dòng)能沒有變化，重力做的功全 Q1mga，線框全部進(jìn)入磁場時(shí)，線框的磁通量沒有發(fā)生變化，所以沒有 線框進(jìn)入B2區(qū)域和離開B2區(qū)域都作勻速運(yùn)動(dòng)，所以線框的動(dòng)能沒有變化，重力做的功全部轉(zhuǎn)化為熱能，故產(chǎn)生的焦Q22mga．所以整個(gè)下落過產(chǎn)生的焦為QQ1Q23mga【答案】1∶49m0.016kg、長l0.5md0.1mR0.1圈，從h15m12－4－15所磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度如果線圈下邊通過磁場所經(jīng)歷的時(shí)間t0.15s，求磁場區(qū)域的高度【解析】（1）線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度 10m/s，剛進(jìn)入磁場時(shí)線圈正好作勻速 mgBIdBBd RdB d （2）由于線圈進(jìn)入磁場時(shí)是勻速運(yùn)動(dòng)，線圈全部進(jìn)入磁場的時(shí)間t110s0.05s

ag10ms2t2tt1 1gt 故h2Hl(1.050.5)m B0.20Tr2，50ms求兩金屬桿在間距增加L0.40m的滑動(dòng) EBSBtdBtd2Bd20.250.2V

E

I2r20.25A金屬細(xì)桿受到的力F1F2BId0.20.80.2N3.2102Q2FLFL1.281022【答案】3.2102 1.28102【整合提升

n

況可知：0到1磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是均勻增大的，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是恒定的，由于電阻是恒定的，故感應(yīng)電流是恒定不變的；同理，12、