2017_2018学年高中物理全一册同步备课教学案(打包25套)粤教版选修3_5

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

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

．库仑定律表达式为＝，此式仅适用于真空中的点电荷，其中是静电力常量。

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

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

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

()点电荷是一种理想化的物理模型。

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

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

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

()公式：＝。

()静电力常量＝×·。

()适用条件：真空中的点电荷。

．自主思考——判一判()实验表明电荷之间的作用力一定和电荷间的距离成反比。

(×)()实验表明两个带电体的距离越大，作用力就越小。

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

(√) ()球形带电体一定可以看成点电荷。

(×)()很大的带电体也有可能看做点电荷。

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

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

第2点微元法解决连续质量变动问题应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：(1)确定一小段时间Δt内的连续体为研究对象；(2)写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式；(3)分析连续体的受力情况和动量变化；(4)应用动量定理列式、求解．对点例题飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持飞船速度不变的问题．我国科学家已将这一问题解决，才使得“神舟五号”载人飞船得以飞行成功．假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s 的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量m＝2×10－4 g，若要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船相碰后附着到飞船上) 解题指导由于飞船速度保持不变，因此增加的牵引力应与微粒对飞船的作用力相等，据牛顿第三定律知，此力也与飞船对微粒的作用力相等．只要求出时间t内微粒的质量，再由动量定理求出飞船对微粒的作用力，即可得到飞船增加的牵引力．时间t内附着到飞船上的微粒质量为：M＝m·S·v t，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：Ft＝M v＝mS v t·v，即F＝mS v2，代入数据解得F＝0.784 N.由牛顿第三定律得，微粒对飞船的作用力为0.784 N，故飞船的牵引力应增加0.784 N.答案0.784 N方法点评对这类有连续质量变动问题的解决关键在于研究对象的选取，通常采用的方法是选Δt时间内发生相互作用的变质量物体为研究对象，确定发生相互作用前后的动量，然后由动量定理解题．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)答案 f ＝13nm v 2解析 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI ＝2m v如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δt 时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N ＝16n ·S v Δt Δt 时间内粒子给器壁的冲量I ＝N ·ΔI ＝13nSm v 2Δt 器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力F ＝I Δt则器壁单位面积所受粒子的压力f ＝F S ＝13nm v 2.。

第6点透析反冲运动的模型——“人船模型”
如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，如图1所示，则由m1v1＝－m2v2得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：
图1
(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．
(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．
(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．
对点例题如图2所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()
图2
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直匀速后退
解题指导人、车组成的系统动量守恒，则m v1＝M v2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m.
答案 A
方法点评人船模型是典型的反冲实例，从瞬时速度关系过渡到平均速度关系，再转化为位移关系，是解决本题的关键所在．
一个质量为M、底边长为b的三角形斜劈静止于光滑的水平桌面上，如图3所示．有一质量为m的小球由斜面顶部无初速度地滑到底部时，斜劈移动的距离为多少？
图3
答案 mb M ＋m
解析 斜劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向的外力，所以系统在水平方向上动量守恒．斜劈和小球在整个过程中发生的水平位移如图所示，由图知斜劈的位移为x ，
小球的水平位移为b －x ，由m 1x 1＝m 2x 2，得Mx ＝m (b －x )，所以x ＝mb M ＋m .。

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

．闭合电路欧姆定律＝．电源电动势等于外和内之和，即＝外＋＝＋。

．路端电压随外电阻的增大而增大。

电源电动势和内阻不随外电阻的变化而变化。

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

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

电源内部的电路叫做内电路，内电路上的电阻即电源的电阻称为内电阻。

()电源的电动势数值上等于不接用电器时电源正负两极间的电压。

()电动势的单位与电压的单位相同，也是伏特。

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

()公式：＝。

()电源的电动势等于外和内之和，即＝内＋外。

二、路端电压跟负载的关系．路端电压跟负载的关系式：＝－，而＝。

图--．当外电阻增大时，电路中的电流减小，路端电压增大。

当外电阻减小时，电路中的电流增大，路端电压减小。

．路端电压与电流的关系图像如图--所示，可知()图线是一条向下倾斜的直线。

()路端电压随着电流的增大而减小。

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

()学会根据图像合理外推进行数据处理的方法。

()尝试进行电源电动势和内电阻测量误差的分析，了解测量中减小误差的办法。

．实验原理实验的电路如图--所示，实验原理是闭合电路的欧姆定律。

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

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

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

第五节电_功_率1。

电功的普适公式W＝UIt。

2．电功率的普适公式P＝错误!＝UI。

3．焦耳定律即求解电热的表达式Q＝I2Rt可适用于任何电路。

4．热功率的普适公式P热＝I2R.一、电功和电功率1．电功(1)定义：电流通过一段电路时,自由电荷在电场力的推动下作定向移动,电场力对自由电荷所做的功。

(2)表达式：W＝UIt。

2．电功率（1）定义:单位时间内电流所做的功。

(2）表达式：P＝错误!＝UI。

二、焦耳定律和热功率1．焦耳定律（1）内容：电流通过导体产生的热量，跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比。

(2）公式:Q＝I2Rt。

2．热功率(1)定义：单位时间内的发热量.(2）公式：P＝错误!＝I2R。

三、闭合电路中的功率（1）闭合电路中能量转化关系：EI＝U外I＋U内I。

（2）电源提供的能量一部分消耗在外电路上，转化为其他形式的能量；另一部分消耗在内电阻上，转化为内能。

（3)电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力。

1．自主思考——判一判(1）电功越大,电功率就越大。

（×)（2）只有纯电阻电路中，电热的表达式是Q＝I2Rt.(×）（3）非纯电阻电路中,电热的表达式是Q＝I2Rt。

（√）（4）电动机工作时，消耗的电能大于产生的电热。

（√）（5)电源的功率越大，其输出功率越大。

（×）2．合作探究——议一议（1）根据我们的生活、生产经验列举一些常见的用电器,并说明电能主要转化为什么能？提示：①电灯，把电能转化为光能。

②电热毯、电熨斗、电饭煲、电热水器，把电能转化为内能(热能)。

③电动机，把电能转化为机械能。

④电解槽,把电能转化为化学能。

（2)用电器铭牌上所标的功率有何意义？提示:用电器铭牌上所标功率指的是用电器的额定功率,即用电器能长时间正常工作时的最大功率，用电器实际工作时，其功率不一定等于额定功率,一般要小于或等于额定功率。

（3）电功率与热功率的含义分别是什么，计算公式分别是什么？提示：电功率是指某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，计算公式P＝IU；热功率是指在这段电路上因发热而消耗的功率，计算公式P＝I2R。

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

第9点电磁感应中的动力学问题电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程，再趋于一个稳定状态，故解这类问题时正确的进行动态分析，确定最终状态是解题的关键．1．受力情况、运动情况的动态分析及思考路线导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，直至最终达到稳定状态，此时加速度为零，而导体通过加速达到最大速度做匀速直线运动或通过减速达到稳定速度做匀速直线运动．2．解决此类问题的基本思路解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”．(1)“源”的分析——分析出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；(2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．3．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)，列式分析．(2)导体处于非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．4．电磁感应中的动力学临界问题(1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析寻找过程中的临界状态，如由速度、加速度求最大值或最小值的条件．(2)基本思路注意 当导体切割磁感线运动存在临界条件时：(1)若导体初速度等于临界速度，导体匀速切割磁感线；(2)若导体初速度大于临界速度，导体先减速，后匀速运动；(3)若导体初速度小于临界速度，导体先加速，后匀速运动．对点例题 如图1甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m ，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、阻值为R 1的定值电阻和电阻箱R 2相连，不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻R 1上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40 T 、L ＝0.50 m 、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求R 1的大小和金属棒的质量m .答案 (1)b 到a (2)mgh －12m v 2 (3)2.0 Ω 0.1 kg 解题指导 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为b 到a .(2)由能量守恒定律可知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh ＝12m v 2＋Q 解得：Q ＝mgh －12m v 2 (3)设最大速度为v m 时，切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v m由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时满足mg sin α－BIL ＝0由以上三式得最大速度：v m ＝mg sin αB 2L 2R 2＋mg sin αB 2L 2R 1题图乙斜率k ＝60－302.0m /(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，纵截距b ＝30 m/s 则：mg sin αB 2L 2R 1＝b mg sin αB 2L 2＝k 解得：R 1＝2.0 Ωm ＝0.1 kg.1. (多选)如图2所示，电阻阻值为R ，其他电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后( )图2A ．导体棒ef 的加速度可能大于gB ．导体棒ef 的加速度一定小于gC ．导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D ．导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒答案 AD2. 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3所示，则 ( )图3A ．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答案 C3．如图4甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ，一端通过导线与阻值为R 的电阻连接；导轨上放一质量为m 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场垂直水平面向里，用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v 也会变化，v 和F 的关系如图乙所示(重力加速度g 取10 m/s 2)．问：图4(1)金属杆在做匀速运动之前做什么运动？(2)若m ＝0.5 kg ，L ＝0.5 m ，R ＝0.5 Ω，则磁感应强度B 为多大？(3)由v －F 图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？答案 (1)见解析 (2)1 T (3)见解析解析 (1)变速运动(或变加速运动或加速度减小的加速运动或加速运动)．(2)感应电动势：E ＝BL v感应电流：I ＝E R ，安培力：F 安＝BIL ＝B 2L 2v R由题图乙中图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力的作用，匀速运动时合力为零．故F ＝B 2L 2v R ＋f ，v ＝R (F －f )B 2L 2＝R B 2L 2F －R f B 2L 2 由题图乙中图线可知直线的斜率为k ＝2，得B ＝1 T.(3)由图线的截距可以求得金属杆受到的阻力f ，f ＝2 N ．。

第14点 气体实验三定律的比较说明：(1)三定律的实验条件都要求压强不太大，温度不太低；(2)温度必须使用热力学温度．对点例题 长为100 cm 的内径均匀的细玻璃管，一端封闭，另一端开口，当开口竖直向上时，用20 cm 水银柱封住l 1＝49 cm 长的空气柱，如图1所示，当开口竖直向下时(设当时大气压强为76 cmHg)，管内被封闭的空气柱长为多少？图1解题指导 设玻璃管的横截面积为S ，初状态： p 1＝(76＋20) cmHg ，V 1＝l 1S设末状态时(管口向下)无水银溢出，管内被封闭的空气柱长为l 2 p 2＝(76－20) cmHg ，V 2＝l 2S根据玻意耳定律有：p 1V 1＝p 2V 2，解得：l 2＝84 cm.因84 cm ＋20 cm ＝104 cm>100 cm(管长)，这说明水银将要溢出一部分，原假设的末状态时(管口向下)无水银溢出不合理，求出的结果是错误的，故必须重新计算． 设末状态管内剩余的水银柱长为x ，则： p 2＝(76－x ) cmHg ，V 2＝(100－x )S根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得：(76＋20)×49S ＝(76－x )(100－x )S ， 即：x 2－176x ＋2 896＝0，解得：x ≈18.4 cm ，x ′≈157.6 cm(舍去) 所求空气柱长度为：100 cm －x ＝81.6 cm. 答案 81.6 cm易错辨析 (1)解物理题一定要注意分析讨论答案的合理性，否则像本题若求出空气柱长84 cm 后，就草草收场，必然导致错误结果．(2)要注意挖掘题目中物理过程的多种可能性，对存在多种可能性的问题，求解时可假设其中一种情况进行推理论证．一活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，初始时气体体积为3.0×10－3 m 3.此时气体的温度和压强分别为300 K 和 1.0×105 Pa.一段时间后，测得气体的温度和压强分别为320 K 和1.0×105 Pa.(1)求此时气体的体积．(2)再保持温度不变，在活塞上施加一作用力，使稳定后气体压强变为8.0×104 Pa ，求此时气体的体积．答案 (1)3.2×10－3 m 3 (2)4.0×10－3 m 3解析 (1)以气缸内封闭气体为研究对象，初状态： V 1＝3.0×10－3 m 3，T 1＝300 K ，p 1＝1.0×105 Pa末状态：T 2＝320 K ，p 2＝1.0×105 Pa 由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2得V 2＝p 1V 1T 2p 2T 1＝3.2×10－3 m 3(2)由玻意耳定律得p 2V 2＝p 3V 3 V 3＝p 2V 2p 3＝4.0×10－3 m 3。

第三章热力学根底一、做功、热传递与内能变化的关系.做功与热传递的区别与联系做功和热传递是改变物体内能的两种方式，它们在改变物体的内能上是等效的，但它们的本质不同.做功是其他形式的能和内能之间的转化，热传递那么是物体间内能的转移 ..热力学第一定律＝＋正确理解公式的意义及符号含义是解决本类问题的关键.()外界对物体做功，>；物体对外做功，<；()物体从外界吸热，>；物体放出热量，<；()>，物体的内能增加；<，物体的内能减少.分析题干，确定内能改变的方式(、)→判断、的符号→代入公式＝＋→得出结论(\\(>，那么内能增加；,<，那么内能减少.))例当把打足气的车胎内的气体迅速放出时，会发现车胎气嘴处的温度明显降低，那么在这个过程中().气体对外做功，同时向外散发热量.气体对外做功，车胎内气体温度降低，从外界吸热.外界对车胎内气体做功，车胎内气体向外传递热量.外界对车胎内气体做功，同时向车胎内气体传递热量答案解析气体迅速放出时，气体体积膨胀对外做功，同时温度降低，使气嘴处温度明显低于外界温度，从外界吸热.故正确答案为.例一定质量的理想气体自状态经状态变化到状态.这一过程的－图象表示如下列图，那么()图.在过程中，外界对气体做功，内能不变.在过程中，外界对气体做功，内能增加.在过程中，气体压强不断变大.在过程中，气体压强不断减小答案解析由图象可知，过程是等温压缩，过程是等容升温，据气态方程可判断出：过程气体体积变小，外界对气体做功，气体内能不变，气体压强不断变大；过程气体体积不变，内能增加，显然气体从外界吸热，气体压强不断增大，故、正确.例一定质量的气体从外界吸收了×的热量，同时气体对外做了×的功，问：()物体的内能是增加还是减少？变化量是多少？()分子势能是增加还是减少？()分子的平均动能是增加还是减少？答案()内能减少×()分子势能增加()分子平均动能减少解析()气体从外界吸热为＝×，气体对外做功＝－×，由热力学第一定律＝＋＝(－×)＋(×)＝－×.为负，说明气体的内能减少了.所以，气体内能减少了×.()因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大了，分子力做负功，气体分子势能增加了.()因为气体内能减少，同时分子势能增加，所以分子平均动能减少.二、能量守恒定律及应用.能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在能的转化或转移过程中其总量不变.能量守恒定律是自然界普遍适用的规律，不同形式的能可以相互转化..应用能量守恒定律解题的方法和步骤()认清有多少种形式的能(例如动能、势能、内能、电能、化学能、光能等)在相互转化. ()分别写出减少的能量减和增加的能量增的表达式.()根据以下两种思路列出能量守恒方程：减＝增.①某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等.②某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量与增加量一定相等.()解方程，代入数据，计算结果.例在近地的高空中，雨滴几乎是匀速下落的，设在此过程中所产生的热量有被雨滴吸收，求雨滴在近地下落40m前、后的温度差？(取10m，水的比热容为×·℃)答案升高℃解析设雨滴的质量为因为雨滴匀速下落，所以雨滴重力势能的减少等于雨滴克服阻力所做的功雨滴重力势能的减少，＝＝转化成雨滴内能的为＝·η＝×＝由＝得：＝≈℃三、热力学第二定律的应用.热力学第二定律的两种表述()按照热传递的方向性表述为：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，这是热力学第二定律的克劳修斯表述.()按照机械能与内能转化的方向性表述为：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响.这是热力学第二定律的开尔文表述..热力学第二定律的微观意义()一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行.()用熵来表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小..在整个自然界中，无论有无生命，所有宏观的自发过程都具有单向性，都是不可逆过程.如河水向下游流，重物向下落，房屋由新到旧直至倒塌，人要从婴儿到老年直至死亡等.例下面关于热力学第二定律微观意义的说法中正确的选项()是.从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律.一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行.有的自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，有的自然过程沿着分子热运动无序性减小的方向进行.在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小答案解析系统的热力学过程就是大量分子无序运动状态的变化，从微观角度看，热力学第二定律是一个统计规律，所以对；热力学第二定律的微观意义是“一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行〞，所以、均错；项是在引入熵之后对热力学第二定律微观意义的描述，对.故正确答案为、.例炎炎夏日，两位同学在充满凉意的空调室内，就空调机的工作过程是否遵循热力学第二定律的问题发生了争论.甲同学说：空调机工作时，不断地把热量从室内传到室外，即从低温物体传到高温物体，可见它并不遵循热力学第二定律.乙同学说：热力学第二定律是热力学系统的普遍规律，空调机的工作过程不可能违反它.两人各执一词，都无法使对方信服.请你对他们的论点作出评价.答案空调机工作时，热量是由低温物体传到高温物体，但不是自发的，要有压缩机工作，产生了其它影响，所以不违背热力学第二定律，乙同学的观点正确.人生最大的幸福，莫过于连一分钟都无法休息零碎的时间实在可以成就大事业珍惜时间可以使生命变的更有价值时间象奔腾澎湃的急湍，它一去无返，毫不流连一个人越知道时间的价值，就越感到失时的痛苦得到时间，就是得到一切用经济学的眼光来看，时间就是一种财富时间一点一滴凋谢，犹如蜡烛漫漫燃尽我总是感觉到时间的巨轮在我背后奔驰，日益迫近夜晚给老人带来平静，给年轻人带来希望不浪费时间，每时每刻都做些有用的事，戒掉一切不必要的行为时间乃是万物中最珍贵的东西，但如果浪费了，那就是最大的浪费我的产业多么美，多么广，多么宽，时间是我的财产，我的田地是时间时间就是性命，无端的空耗别人的时间，知识是取之不尽，用之不竭的。

第16点 气体变质量问题的处理方法分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解．1．打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程．3．灌气问题将一个大容器中的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作是一个整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．4．漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用理想气体状态方程求解．如果选容器内剩余气体与漏出的气体为研究对象，便可使问题变成定质量的气体状态变化的问题，可用理想气体状态方程求解．对点例题 贮气筒内压缩气体的温度为27 ℃，压强是20 atm ，从筒内放出一半质量的气体后，并使筒内剩余气体的温度降低为12 ℃，求剩余气体的压强为多大？解题指导 以筒内剩余气体为研究对象，它原来占有整个筒容积的一半，后来充满整个筒，设筒的容积为V ，则初态：p 1＝20 atm ，V 1＝12V ，T 1＝(273＋27) K ＝300 K 末态：p 2＝？，V 2＝V ，T 2＝(273＋12) K ＝285 K根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2得：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝20×V 2×285300Vatm ＝9.5 atm.答案9.5 atm技巧点拨选择剩余气体为研究对象，把变质量问题转化为定质量问题．一只轮胎容积为V＝10 L，已装有p1＝1 atm的空气．现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1 L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5 atm，应至少打气(设打气过程中轮胎容积及气体温度保持不变，大气压强p0＝1 atm)()A．8次B．10次C．12次D．15次答案 D解析本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的和原来的气体组成的整体为研究对象．设打气次数为n，则V1＝nV0＋V，由玻意耳定律得，p1V1＝p2V，解得n＝15次，故选D.。

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

2单摆[学习目标] 1.理解单摆模型及其振动的特点.2.理解单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源.3.了解影响单摆周期的因素，会用周期公式计算周期和摆长．一、单摆的简谐运动[导学探究](1)如图1所示，小球和细线构成一个振动系统，在什么情况下能把该振动系统看成单摆？(2)小球受到几个力的作用？是什么力充当了小球振动的回复力？(3)在什么情况下小球的运动可看成是简谐运动？图1答案(1)如果细线的质量与小球的质量相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略时，该振动系统可看成单摆．(2)小球受两个力的作用：重力和细线的拉力，重力沿圆弧切线方向的分力G1＝mg sin θ提供了使小球振动的回复力，如图2所示．(3)小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，单摆的运动可看成是简谐运动．[知识梳理]1．单摆(1)模型：如果悬挂小球的细线的伸缩和质量可以忽略，线长又比球的直径大得多，这样的装置叫做单摆．单摆是实际摆的理想化物理模型．(2)单摆的平衡位置：摆球静止时所在的位置．2．单摆的回复力(1)回复力的提供：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力． (2)回复力的大小：在偏角很小时，F ＝－mgl x .3．单摆的运动特点小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置，单摆的运动可看成是简谐运动．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力． (×) (2)单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力．(√) (3)单摆经过平衡位置时受到的回复力为零． (√) (4)单摆是一个理想化的模型． (√) 二、单摆做简谐运动的周期[导学探究] 如图2所示，摆长不同的两个单摆同时释放，我们可以观察到振动的周期不同．影响周期的因素可能有单摆的振幅、质量、摆长，如何研究周期与这些量的关系？请设计实验方案．图2答案 由于变量比较多，所以需按下面的方案进行探究： (1)摆长、质量相同，两摆的振幅不同(都在小偏角情况下)． (2)摆长、振幅相同，两摆摆球的质量不同． (3)质量、振幅相同，两摆的摆长不同．比较以上三种情况下两摆的周期，可以得到周期与振幅、质量、摆长之间的定性关系．[知识梳理] 1．单摆的等时性(1)原理：伽利略发现单摆振动的周期与摆球质量无关(填“有关”或“无关”)，与振幅无关(填“有关”或“无关”)．(2)应用：惠更斯利用摆的等时性原理制成第一座摆钟． 2．单摆的周期T ＝2πlg(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立．(2)l为单摆的摆长．对于实际的单摆，摆长是指从悬点到摆球重心的长度，l＝l′＋d2，l′为摆线长，d为摆球直径．图3(a)中的等效摆长为l sin α，周期T＝2πl sin αg.(3)g为单摆所在处的重力加速度．①在地球上，g随纬度的升高而增大，随高度的升高而减小．②不同星球上的g值也不同．图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效．图3[即学即用]判断下列说法的正误．(1)单摆的振幅变为原来的一半，则周期也将变为原来的一半．(×)(2)如果重力加速度减为原来的四分之一，则单摆的周期变为原来的2倍．(√)(3)单摆的周期与摆长成正比．(×)(4)一个单摆在月球上摆动的周期大于其在地球上摆动的周期．(√)一、单摆的回复力1．单摆振动中的回复力不是它受到的合外力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力．单摆振动过程中，与弹簧振子不同之处是有向心力．2．在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合外力也就是回复力．3．在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合外力不为零．例1振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力及合力的说法中正确的是()A．回复力为零，合力不为零，方向指向悬点B．回复力不为零，方向沿轨迹的切线C．回复力就是合力D．回复力为零，合力也为零答案 A解析 单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点(即指向圆心)． 二、单摆的周期例2 某单摆原来的周期为T ，下列情况会使单摆周期变为T2的是( )A ．摆长减为原来的14B ．摆球的质量减为原来的14C ．振幅减为原来的14D ．重力加速度减为原来的14答案 A解析 由单摆周期公式T ＝2πLg可知周期与摆球的质量和振幅无关，B 、C 错误；当摆长减为原来的14时，周期变为原来的12，A 正确；当重力加速度减为原来的14时，周期变为原来的2倍，D 错误．针对训练 一个单摆的摆长为l ，在其悬点O 的正下方0.19l 处有一钉子P ，如图4所示，现将摆球向左拉开到A .摆线偏角θ＜5°，放手后使其摆动，求出单摆的振动周期．图4答案 1.9πlg解析 释放后摆球到达右边最高点B 处，由机械能守恒可知B 和A 等高，则摆球始终做简谐运动，它的周期为两个不同单摆的半周期的和． T ＝T 12＋T 22＝πl g＋π 0.81lg＝1.9π l g. 例3 如图5所示，光滑轨道的半径为2 m ，C 点为圆心正下方的点，A 、B 两点与C 点相距分别为6 cm 与2 cm ，a 、b 两小球分别从A 、B 两点由静止同时放开，则两小球相碰的位置是( )图5A ．C 点B ．C 点右侧 C ．C 点左侧D ．不能确定答案 A解析由于半径远远地大于运动的弧长，小球都做简谐运动，类似于单摆．因此周期只与半径有关，与运动的弧长无关，故选项A正确．1. (多选)图6中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中()图6A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力最大C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大答案BD解析摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，故A错误，B正确；在最低点B处，速度最大，回复力为零，摆球做圆周运动，细线的拉力最大，故C错误，D正确．2．两个单摆都做简谐运动，在同一地点甲摆振动20次时，乙摆振动了40次，则() A．甲、乙摆的振动周期之比为1∶2B．甲、乙摆的振动周期之比为2∶1C．甲、乙摆的摆长之比为1∶4D．甲、乙摆的摆长之比为4∶1答案 D解析由题意知20T甲＝40T乙，故T甲∶T乙＝2∶1，A、B错；而T＝2πlg，所以l甲∶l乙＝T2甲∶T2乙＝4∶1，C错，D对．3．一单摆的摆长为40 cm，摆球在t＝0 时刻正从平衡位置向右运动，若g取10 m/s2，则在1 s时摆球的运动情况是()A．正向左做减速运动，加速度正在增大B ．正向左做加速运动，加速度正在减小C ．正向右做减速运动，加速度正在增大D ．正向右做加速运动，加速度正在减小 答案 D 解析 由T ＝2πl g ，代入数据得T ＝1.256 s ，则1 s 时，正处于第四个14T 内，由左侧最大位移向平衡位置运动，即向右非匀加速运动，a 减小，D 正确．4. 如图7所示，MN 为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A 放在MN 的圆心处，再把另一小球B 放在MN 上离最低点C 很近的一处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( )图7A ．A 球先到达C 点B ．B 球先到达C 点 C ．两球同时到达C 点D ．无法确定哪一个球先到达C 点 答案 A解析 A 球做自由落体运动，到达C 点所需时间t A ＝2Rg，R 为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R 很大，B 球离最低点C 又很近，所以B 球可看作沿圆弧做简谐运动，等同于摆长为R 的单摆，则运动到最低点C 所用的时间是单摆振动周期的14，即t B ＝T 4＝π2Rg >t A，所以A 球先到达C 点．一、选择题1．关于单摆，下列说法中正确的是( ) A ．摆球所受的合外力指向平衡位置 B ．摆球经过平衡位置时加速度为零 C ．摆球运动到平衡位置时，回复力等于零D ．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 答案 C2．(多选)关于单摆运动，下列说法正确的是( ) A ．单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力 B ．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力C ．单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关D ．单摆做简谐运动的条件是摆角很小，如小于5° 答案 BCD解析 单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力，所以A 错误，B 正确；根据单摆的周期公式T ＝2πlg可知，单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C 正确；当摆角很小时，摆球的运动轨迹可以近似地看作直线，回复力即重力沿摆球运动轨迹切向的分力可以近似地看作沿这条直线，这时可以证明：F 回＝－mg sin θ＝－mgl x ＝－kx ，可见，在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，D正确．3．当单摆的摆球摆到最大位移处时，摆球所受的( ) A ．合外力为零 B ．回复力为零 C ．向心力为零 D ．摆线中张力为零答案 C解析 当摆球摆到最大位移处时，回复力最大，不为零，所以选项A 、B 均错；摆球在最大位移处，速度为零，由向心力公式F ＝m v 2r 可知，向心力也为零，此时摆线中的张力等于重力沿摆线方向上的分力，所以选项C 对，D 错．4．(多选)某单摆由1 m 长的摆线连接一个直径为2 cm 的铁球组成，关于单摆周期的下列说法正确的是( )A ．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变B ．用大球替代小球，单摆的周期不变C ．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小D ．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变小 答案 AD解析 用等大的铜球替代铁球，摆长不变，由单摆周期公式T ＝2πlg可知，单摆的周期不变，故A 正确；用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T ＝2πlg可知，单摆的周期变大，故B 错误；由单摆周期公式T ＝2πlg可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故C 错误；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2πlg可知，单摆周期变小，故D正确．5．单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的()A．位移一定减小B．回复力一定减小C．速度一定减小D．加速度一定减小答案 C解析当摆球的重力势能增大时，摆球的位移增大，回复力、加速度增大，速度减小，故C 正确．6．(多选)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟．摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重力势能提供，运动的速率由钟摆控制．旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图1所示，下列说法正确的是()图1A．当摆钟不准时需要调整圆盘位置B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从广州移到北京应使圆盘沿摆杆上移答案AC解析调整圆盘位置可改变摆长，从而达到调整周期的作用．若摆钟变快，是因为周期变小，应增大摆长，即下移圆盘．由冬季变为夏季，摆杆变长，应上移圆盘．从广州到北京，g值变大，周期变小，应增加摆长．综上所述，选项A、C正确．7. (多选)图2中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆球所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开，各自做简谐运动，以m A、m B分别表示摆球A、B的质量，则()图2A．如果m A＞m B，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B．如果m A＜m B，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D ．无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧 答案 CD解析 A 、B 两球碰撞后，B 球一定向右摆，A 球可能向右摆，也可能向左摆，还可能停下来．由于两单摆摆长相同，因此摆动的周期相同，它们在第一次碰后半个周期回到平衡位置而发生第二次碰撞，C 、D 正确．8. 如图3，竖直平面内有一半径为1.6 m 、长为10 cm 的光滑圆弧轨道，小球置于圆弧左端，t ＝0时刻起由静止释放，取g ＝10 m/s 2，t ＝2 s 时小球正在( )图3A ．向右加速运动B ．向右减速运动C ．向左加速运动D ．向左减速运动答案 D解析 将小球的运动等效成单摆运动，则小球的周期： T ＝2πRg＝2π 1.610s ＝0.8π s ≈2.5 s. 所以在t ＝2 s ＝45T 时刻，小球在最低点向左侧的运动过程中，所以是向左做减速运动．故D正确．9．若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置的速度减小为原来的一半，则单摆振动的( ) A ．频率不变，振幅改变 B ．频率改变，振幅不变 C ．频率不变，振幅不变 D ．频率改变，振幅改变答案 A解析 由单摆的周期公式T ＝2πl g ，因l 不变，故T 不变，f ＝1T 不变；当l 一定时，单摆的振幅A 取决于偏角θ，根据机械能守恒定律，摆球从最大位移处到平衡位置mgl (1－cos θ)＝12m v 2得v 2＝2gl (1－cos θ)，与m 无关；由摆球通过最低点的速度减小知，单摆的偏角θ减小，所以振幅减小，故选项A 正确．10．(多选)如图4所示，乙图中图像记录了单摆中摆球的动能、势能随摆球位置变化的关系，不计空气阻力，下列关于图像的说法正确的是( )图4A ．a 图线表示势能随位置的变化关系B ．b 图线表示动能随位置的变化关系C ．c 图线表示机械能随位置的变化关系D ．图像表明摆动过程中机械能不变 答案 CD解析 单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A 、C 两点动能最小，势能最大，在B 点动能最大，势能最小，故a 图线表示动能随位置的变化关系，b 图线表示重力势能随位置的变化关系，c 图线表示摆球的机械能不变，故C 、D 对． 二、非选择题11．有一单摆，其摆长l ＝1.02 m ，摆球的质量m ＝0.10 kg ，已知单摆做简谐运动，单摆30次全振动用的时间t ＝60.8 s ，试求： (1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2 s)，摆长应怎样改变？改变多少？ 答案 (1)9.79 m/s 2 (2)缩短 0.027 m解析 (1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T ＝2πl g ，由此可得g ＝4π2lT2，只要求出T 值代入即可．因为T ＝t n ＝60.830s ≈2.027 s ，所以g ＝4π2l T 2＝4×3.142×1.022.0272m /s 2≈9.79 m/s 2. (2)秒摆的周期是2 s ，设其摆长为l 0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有T T 0＝ll 0故有：l 0＝T 20l T 2＝22×1.022.0272m ≈0.993 m.其摆长要缩短Δl ＝l －l 0＝1.02 m －0.993 m ＝0.027 m.12. 如图5所示，光滑的半球壳半径为R ，O 点在球心O ′的正下方，一小球甲由距O 点很近的A 点由静止放开，R ≫AO .图5(1)若另一小球乙从球心O ′处自由落下，问两球第一次到达O 点的时间比．(2)若另一小球丙在O 点正上方某处自由落下，为使两球在O 点相碰，小球应由多高处自由落下？答案 (1)2π∶4(2)(2n －1)2π2R 8(n ＝1,2,3，…) 解析 (1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O 点的时间为：t 1＝14T ＝14×2πR g ＝π2R g. 乙球做自由落体运动，设到达O 点的时间为t 2.R ＝12gt 22，所以t 2＝2R g ，t 1∶t 2＝2π∶4. (2)小球甲从A 点由静止释放运动到O 点的时间为t ＝T 4(2n －1)，n ＝1,2,3…，由O 点正上方自由落下的小球丙到达O 点的时间也为t 时两球才能在O 点相碰，所以h ＝12gt 2＝12g ×4π2R 16g(2n －1)2＝(2n －1)2π2R 8(n ＝1,2,3…)．。

[目标定位] 1.知道点电荷的概念.2.识记库仑定律的公式和适用条件，会用库仑定律进行有关的计算．一、点电荷1．定义：本身的大小比它到其他带电体的距离小得多的带电体，可以抽象为一个几何点，即点电荷．2．点电荷是理想化的物理模型，只有电荷量，没有大小、形状，类似于力学中的质点，实际并不存在．(填“存在”或“不存在”)．深度思考(1)只有体积很小或电荷量很小的带电体才可以看作点电荷吗？(2)点电荷就是元电荷吗？答案(1)不是．一个带电体能否看作点电荷，是相对于具体问题而言的，与体积大小和电荷量大小无关．(2)不是．点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷是最小电荷量．例1关于点电荷，下列说法中正确的是()A．点电荷就是体积小的带电体B．球形带电体一定可以视为点电荷C．带电少的带电体一定可以视为点电荷D．大小和形状对作用力的影响可忽略的带电体可以视为点电荷解析点电荷不能理解为体积很小的带电体，也不能理解为电荷量很少的带电体．同一带电体，如要研究它与离它较近的电荷间的作用力时，就不能看成点电荷，而研究它与离它很远的电荷间的作用力时，就可以看作点电荷．带电体能否看成点电荷，要依具体情况而定，A、B、C均错．答案 D(1)一个带电体能否看作点电荷，是相对于具体问题而言的，不能单凭其大小和形状确定.(2)点电荷的电荷量可能较大也可能较小，但一定是元电荷的整数倍.二、库仑定律1．探究方法：用变量控制法研究点电荷间的相互作用力与电荷量、距离的关系．2．内容：在真空中两个点电荷之间的作用力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们间的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上． 电荷之间的这种作用力称为静电力，又叫做库仑力．3．公式：F ＝k q 1q 2r 2，其中k ＝9.0×109N·m 2/C 2，叫做静电力常量．4．适用条件：(1)在真空中；(2)点电荷． 5．静电力的确定(1)大小计算：利用库仑定律计算静电力时不必将表示电性的正、负号代入公式，只代入q 1和q 2的绝对值即可．(2)方向判断：利用同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引来判断． 深度思考当电荷q 1、q 2间的距离r →0时，由公式F ＝k q 1q 2r 2可知，两电荷间的相互作用力F →∞.这种说法正确吗？为什么？答案 不正确．因为当电荷q 1、q 2间的距离r →0时，已不能将q 1、q 2视为点电荷了，库仑定律不再适用．例2 两个完全相同的金属小球A 、B (均可视为点电荷)带有相等的电荷量，相隔一定距离，两小球之间相互吸引力的大小是F .今让第三个不带电的相同金属小球先后与A 、B 两小球接触后移开．这时，A 、B 两小球之间的相互作用力的大小是( ) A.F 8B.F 4C.3F 8D.3F 4解析 设A 、B 两球间的距离为r ，因为开始时A 、B 两球间的作用力是吸引力，所以设A 所带电荷量为Q ，B 所带电荷量为－Q ，由库仑定律知，开始时A 、B 两球之间的作用力F ＝k Q ×Qr 2.当第三个不带电的小球与A 球接触时，据电荷均分原理可知，两球均带电荷量为12Q .当第三个小球与B 球接触时，两球均带电荷量为12×(12Q －Q )＝－14Q .故这时A 、B 两球间的作用力大小F ′＝k 12Q ×14Q r 2＝18F . 答案 A(1)库仑定律只适用于真空中点电荷之间的相互作用，一般没有特殊说明的情况下，都可按真空来处理.(2)两个点电荷之间的库仑力遵守牛顿第三定律，即不论电荷量大小如何，两点电荷间的库仑力大小总是相等的.例3 如图1所示，两个半径均为r 的金属球放在绝缘支架上，两球面最近距离为r ，带等量异种电荷，电荷量为Q ，两球之间的静电力为下列选项中的哪一个( )图1A ．等于k Q 29r 2B ．大于k Q 29r 2C ．小于k Q 29r2D ．等于k Q 2r2解析 由于两金属球带等量异种电荷，电荷间相互吸引，因此电荷在金属球上的分布向两球靠近的一面集中，电荷间的距离就要比3r 小．根据库仑定律，静电力一定大于k Q 29r 2，正确选项为B. 答案 B两个形状规则的均匀球体相距较远时可以看作点电荷；相距较近时不能看作点电荷，此时球体间的作用力会随着电荷的分布而变化.三、静电力的叠加1．两个点电荷间的作用力不会(选填“会”或“不会”)因为第三个点电荷的存在而有所改变．2．两个或者两个以上点电荷对某一个点电荷的作用力等于各点电荷单独对这个点电荷的作用力的矢量和．例4 如图2所示，在A 、B 两点分别放置点电荷Q 1＝＋2×10－14C 和Q 2＝－2×10－14C ，在AB 的垂直平分线上有一点C ，且AB ＝AC ＝BC ＝6×10－2m ．如果有一个电子在C 点，它所受到的库仑力的大小和方向如何？图2解析 电子在C 点同时受A 、B 点电荷对其的作用力F A 、F B ，如图所示，由库仑定律F ＝k q 1q 2r2得F A ＝F B ＝k Q 1e r 2＝9.0×109×2×10－14×1.6×10－19(6×10－2)2N ＝8.0×10－21N ．由平行四边形定则和几何知识得：静止在C 点的电子受到的库仑力F ＝F A ＝F B ＝8.0×10－21N ，方向平行于AB 向左．答案 8.0×10－21N 方向平行于AB 向左(1)库仑力也称为静电力，它具有力的共性.它与学过的重力、弹力、摩擦力是并列的.它具有力的一切性质.(2)当多个带电体同时存在时，每两个带电体间的库仑力都遵守库仑定律.某一带电体同时受到多个库仑力作用时可利用力的平行四边形定则求出其合力.四、静电力作用下的平衡问题例5 如图3所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取g ＝10m /s 2；静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)．求： (1)两线上的拉力F 1和F 2的大小； (2)支架对地面的压力F N 的大小．图3解析 (1)对A 进行受力分析，如图所示由平衡条件，可得竖直方向F 1cos60°＋F 2cos60°＝m A g ＋k Q 2L 2水平方向F 1sin60°＝F 2sin60° 联立以上两式解得，F 1＝F 2＝1.9N(2)设地面对支架的支持力大小为F N ′，对B 和支架进行受力分析，如图所示由平衡条件，可知 F N ′＋k Q 2L 2＝m B g解得，F N ′＝m B g －k Q 2L2＝1.1N由牛顿第三定律得支架对地面的压力大小 F N ＝F N ′＝1.1N答案 (1)1.9N 1.9N (2)1.1N分析静电力平衡的基本方法：(1)明确研究对象；(2)画出研究对象的受力分析图；(3)根据平衡条件列方程；(4)代入数据计算或讨论.1．(对点电荷的理解)(多选)下列说法中正确的是( ) A ．点电荷是一种理想化模型，真正的点电荷是不存在的 B ．点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体 C ．根据F ＝k q 1q 2r2可知，当r →0时，F →∞D ．一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究的问题的影响是否可以忽略不计答案 AD解析 点电荷是一种理想化模型，一个带电体能否看成点电荷不是看其大小和所带电荷量多少，而是应具体问题具体分析，是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计．因此大的带电体一定不能看成点电荷和小的带电体一定能看成点电荷的说法都是错误的，所以选项A 、D 正确，B 错误；r →0时已经不能看成点电荷，C 错误．2.(库仑定律的理解和应用)两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F .两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( ) A.112F B.43F C.34F D ．12F 答案 B解析 根据库仑定律可得F ＝k Q ×3Q r 2＝3k Q 2r 2，两球先接触再分开后电荷量均为－Q ＋3Q 2＝Q ，此时两球间库仑力的大小为F ′＝k Q ×Q (r 2)2＝4k Q 2r 2＝43F ，故B 正确．3．(静电力的叠加)如图4，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点．已知放在P 、Q 连线上某点R 处的点电荷q 受力为零，且PR ＝2RQ .则( )图4A ．q 1＝2q 2B ．q 1＝4q 2C ．q 1＝－2q 2D ．q 1＝－4q 2答案 B解析 由于R 处的点电荷q 受力平衡， 根据库仑定律得kq 1q (PR )2＝kq 2q (RQ )2，PR ＝2RQ解得：q 1＝4q 2.4．(静电力作用下的平衡)如图5所示，把质量为3g 的带电小球B 用绝缘细绳悬挂，若将带电荷量为Q ＝－4.0×10－6C 的带电小球A 靠近B ，当两个带电小球在同一高度相距r ＝20cm时，绳与竖直方向成α＝30°角，A 、B 两球均静止．求B 球带的电荷量q .(取g ＝10m/s 2)图5答案 －39×10－7C 解析 对B 球受力分析，如图．根据共点力平衡条件，结合几何关系得到：F T sin30°＝F FT cos30°＝mg 解得：F ＝mg tan30° 根据库仑定律，有：F ＝k Qq r 2解得：q ＝39×10－7C 即B 球带的电荷量是q ＝39×10－7C ，由于A 、B 间为排斥作用，故B 球带负电．题组一 库仑定律的理解1．关于库仑定律，下列说法中正确的是 ( )A ．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B ．根据F ＝k q 1q 2r2，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大C ．若点电荷q 1的电荷量大于q 2的电荷量，则q 1对q 2的静电力大于q 2对q 1的静电力D ．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律 答案 D解析 点电荷是实际带电体的理想化模型，只有带电体的大小和形状对电荷的作用力影响很小时，实际带电体才能视为点电荷，故选项A 错误；当两个电荷之间的距离趋近于零时，不能再视为点电荷，公式F ＝k q 1q 2r 2不能用于计算此时的静电力，故选项B 错误；q 1和q 2之间的静电力是一对相互作用力，它们的大小相等，故选项C 错误；库仑定律与万有引力定律的表达式相似，研究和运用的方法也很相似，都是平方反比定律，故选项D 正确． 2．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是 ( ) A ．每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变 B ．保持点电荷的电荷量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍C ．一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两个点电荷间的距离减小为原来的12D ．保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷间的距离减小为原来的14答案 A解析 根据库仑定律F ＝k q 1q 2r 2可知，当r 不变时，q 1、q 2均变为原来的2倍，F 变为原来的4倍，A 正确；同理可求得B 、C 、D 中F 的变化均不满足条件，故B 、C 、D 错误． 3．如图1所示，一带正电的物体位于M 处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P 1、P 2、P 3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是( )图1A ．此实验中采用了等效替代的方法B ．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关C ．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电荷量有关D ．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关 答案 D解析 在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用变量控制的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电荷量，不能研究电荷之间作用力和电性、电荷量关系，故A 、B 、C 错误，D 正确．4．A 、B 两个大小相同的金属小球，A 带有6Q 正电荷，B 带有3Q 负电荷，当它们在远大于自身直径处固定时，两球之间静电力大小为F .另有一大小与A 、B 相同的不带电小球C ，若让C 先与A 接触，再与B 接触，拿走C 球后，A 、B 间静电力的大小变为( ) A ．6F B ．3F C ．F D ．零 答案 D解析 C 先后与A 、B 接触后，A 、B 带的电荷量分别为3Q 、0，故此时A 、B 间的静电力为零．5．半径为R 、相距较近的两个较大金属球放在绝缘桌面上．若两球都带等量同号电荷Q 时，它们之间的静电力为F 1，两球带等量异号电荷Q 与－Q 时，静电力为F 2，则( ) A ．F 1＞F 2 B ．F 1＜F 2 C ．F 1＝F 2 D ．不能确定答案 B解析 因为两个金属球较大，相距较近，电荷间的相互作用力使电荷分布不均匀，故不能简单地把两球看成点电荷．带等量同号电荷时，两球的电荷在距离较远处分布得多一些，带等量异号电荷时，两球的电荷在距离较近处分布得多一些，可见带等量同号电荷时两球电荷中心间距离大于带等量异号电荷时两球电荷中心间距离，所以有F 1＜F 2，故B 项正确． 6．如图2所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )图2A ．速度变大，加速度变大B ．速度变小，加速度变小C ．速度变大，加速度变小D ．速度变小，加速度变大 答案 C解析 因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．题组二 静电力的叠加7．如图3所示，两个点电荷，电荷量分别为q 1＝4×10－9C 和q 2＝－9×10－9C ，两者分别固定在相距20cm 的a 、b 两点上，有一个点电荷q 放在a 、b 所在直线上，且静止不动，该点电荷所处的位置是何处( )图3A ．a 的左侧40cmB ．a 、b 的中点C ．b 的右侧40cmD ．无法确定答案 A解析 根据平衡条件，它应在q 1点电荷的左侧，设距q 1距离为x ，有k q 1q x 2＝k q 2q(x ＋20)2，将q 1＝4×10－9C ，q 2＝－9×10－9C 代入，解得x ＝40cm ，故选项A 正确．8．如图4所示，直角三角形ABC 中∠B ＝30°，点电荷A 、B 所带电荷量分别为Q A 、Q B ，测得在C 处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB 向左，则下列说法正确的是( )图4A ．A 带正电，Q A ∶QB ＝1∶8 B ．A 带负电，Q A ∶Q B ＝1∶8C ．A 带正电，Q A ∶Q B ＝1∶4D ．A 带负电，Q A ∶Q B ＝1∶4 答案 B解析 要使C 处的正点电荷所受静电力方向平行于AB 向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A 带负电，B 带正电．设AC 间的距离为L ，则F B sin30°＝F A 即k Q B Q C(2L )2·sin30°＝kQ A Q CL 2解得Q A Q B ＝18，故选项B 正确．9．如图5所示，在一条直线上的三点分别放置Q A ＝＋3×10－9C 、Q B ＝－4×10－9C 、Q C ＝＋3×10－9C 的A 、B 、C 点电荷，则作用在点电荷A 上的作用力的大小为( )图5A ．9.9×10－4NB ．9.9×10－3NC ．1.17×10－4ND ．2.7×10－4N答案 A解析 点电荷A 同时受到B 和C 的库仑力作用，因此作用在A 上的力应为两库仑力的合力．可先根据库仑定律分别求出B 、C 对A 的库仑力，再求合力． A 受到B 、C 电荷的库仑力如图所示，根据库仑定律有F BA ＝kQ B Q A r 2BA ＝9×109×4×10－9×3×10－90.012N ＝1.08×10－3N F CA ＝kQ C Q A r 2CA ＝9×109×3×10－9×3×10－90.032N ＝9×10－5N 规定沿这条直线由A 指向C 为正方向，则点电荷A 受到的合力大小为F A ＝F BA －F CA ＝(1.08×10－3－9×10－5) N ＝9.9×10－4N ．故选项A 正确． 题组三 静电力作用下的平衡10．(多选)A 、B 两个带电小球的质量分别为m 1、m 2，带电荷量分别为q 1、q 2.如图6所示，当A 、B 两小球静止时，两悬线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，且两小球恰好处于同一水平面上．下列判断正确的是( )图6A ．若q 1＝q 2，则θ1＝θ2B ．若q 1＜q 2，则θ1＞θ2C ．若m 1＝m 2，则θ1＝θ2D ．若m 1＜m 2，则θ1＞θ2答案 CD解析 A 、B 之间的静电力是作用力和反作用力关系，所以不论A 、B 哪个所带的电荷量大，它们受到的静电力都是大小相等、方向相反．由平衡条件得tan θ＝F mg，可见若它们的质量相同，则悬线与竖直方向的夹角相同；质量越大，则悬线与竖直方向的夹角越小，故选项C 、D 正确．11．如图7所示，把一带电荷量为Q ＝－5×10－8C 的小球A 用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为q ＝＋4×10－6C 的带电小球B 靠近A ，当两个带电小球在同一高度相距30cm 时，绳与竖直方向成45°角，取g ＝10m /s 2，k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，且A 、B 两小球均可视为点电荷，求：图7(1)A 、B 两球间的库仑力大小；(2)A 球的质量．答案 (1)0.02N (2)2×10－3kg 解析 (1)由库仑定律得：F ＝k Qq r 2 代入数据得：F ＝0.02N.故A 、B 两球间的库仑力为0.02N.(2)由牛顿第三定律知，B 所受库仑力与A 球所受库仑力的大小相等，对A 球受力分析如图所示：根据平衡条件得：F ＝mg tan α代入数据得：m ＝2×10－3kg. 故A 球的质量为2×10－3kg. 12．如图8所示，A 、B 是两个带等量同种电荷的小球，A 固定在竖直放置的10cm 长的绝缘支杆上，B 静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，若B 的质量为303g ，则B 带电荷量是多少？(取g ＝10m/s 2)图8答案 1.0×10－6C 解析 因为B 静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，设A 、B 之间的水平距离为L .依据题意可得：tan30°＝h L， L ＝h tan30°＝1033cm ＝103cm ， 对B 进行受力分析如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力 F ＝mg tan30°＝303×10－3×10×33N ＝0.3N. 依据库仑定律F ＝k q 1q 2r 2得：F ＝k Q 2L2.FL2 k＝0.39×109×103×10－2C＝1.0×10－6C.解得：Q＝。

第7点动量和能量观点的综合应用1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单个物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时，应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．这两个观点研究的是一个物理过程的初、末两个状态，不对过程变化的细节作深入的研究，这是它们比牛顿运动定律的方便之处．2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；(2)动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，用力和运动的观点求解比较复杂，若用动量或能量的观点求解会比较简便．对点例题如图1所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2 kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)．其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线(细线未画出)拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1 kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E0＝10 J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止．现剪断细线，求：(g＝10 m/s2)图1(1)滑块P滑上乙车前瞬间速度的大小；(2)要使滑块P恰好不滑离小车乙，则小车乙的长度至少为多少？解题指导(1)设滑块P滑上乙车前的速度为v0，小车的速度为v，选甲、乙和P为系统，对从滑块P开始运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程，应用动量守恒有m v0－2M v＝0在这个过程中系统的机械能守恒，有E 0＝12m v 20＋12×2M v 2联立两式解得：v 0＝4 m/s 同时可得v ＝1 m/s(2)设滑块P 到达小车乙另一端时与小车恰好有共同速度v ′，选滑块的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m v 0－M v ＝(m ＋M )v ′ 解得：v ′＝23m/s对滑块P 和小车乙组成的系统， 由能量守恒定律得12m v 20＋12M v 2－12(m ＋M )v ′2＝μmgL 联立各式，代入数据解得：L ＝53 m.答案 (1)4 m/s (2)53m点拨提升 动量和能量的综合问题往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强，解题时要认真分析物体间相互作用的过程，将过程合理分段，明确在每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒，哪些物体组成的系统机械能守恒，然后针对不同的过程和系统选择动量守恒定律、机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解．1．如图2所示，A 、B 、C 三个小物块放置在光滑水平面上，A 紧靠竖直墙壁，A 、B 之间用轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为m A ＝m ，m B ＝2m ，m C ＝m .现给C 一水平向左的速度v 0，C 与B 发生碰撞并粘在一起．试求：图2(1)A 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能； (2)A 离开墙壁后，C 的最小速度． 答案 (1)16m v 20 (2)v 06解析 (1)B 、C 碰撞动量守恒，则m v 0＝3m v弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，由动量守恒定律可得：E pm ＝12×3m v 2联立解得：E pm ＝16m v 20 (2)在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒．设弹簧恢复原长时，B 、C 的速度为v ′，有E pm ＝32m v ′2，则v ′＝v 03，A 离开墙壁后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，B 、C 的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A 达到最大速度v A ，B 、C 的速度减小到最小值v C .在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有3m v ′＝m v A ＋3m v C ， E pm ＝12m v 2A ＋32m v 2C 解得：v C ＝v 06.2．如图3所示，在倾角θ＝30°的斜面上放置一段凹槽B ，B 与斜面间的动摩擦因数μ＝36，槽内靠近右侧壁处有一小物块A (可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d ＝0.10 m ．A 、B 的质量都为m ＝2.0 kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A 、B 之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A 、B ，经过一段时间，A 与B 的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取g ＝10 m/s 2.求：图3(1)物块A 和凹槽B 的加速度大小；(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小． 答案 (1)5.0 m /s 2 0 (2)0 1.0 m/s 解析 (1)设A 的加速度为a 1，则 mg sin θ＝ma 1，a 1＝g sin θ＝5.0 m/s 2 设B 受到斜面施加的滑动摩擦力f ，则 f ＝μ·2mg cos θ＝36×2×2.0×10×32N ＝10 N ，方向沿斜面向上，B 所受重力沿斜面的分力G 1＝mg sin θ＝2.0×10×12 N ＝10 N ，方向沿斜面向下，因为G 1＝f ，所以B 受力平衡，释放后B 保持静止，则凹槽B 的加速度a 2＝0(2)释放A 后，A 做匀加速运动，设物块A 运动到凹槽B 的左内侧壁时的速度v A 0，根据匀变速直线运动规律得v A 02＝2a 1dv A 0＝2a 1d ＝2×5.0×0.10 m /s ＝1.0 m/s因A 、B 发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A 和B 碰撞前后动能守恒，设A 与B 碰撞后A 的速度为v A 1，B 的速度为v B 1，根据题意有 m v A 0＝m v A 1＋m v B 112m v A02＝12m v A12＋12m v B12解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为v A1＝0，v B1＝1.0 m/s.。

第四节电势和电势差.电场力做功与电荷移动的路径无关，只由电荷的始末位置决定。

．电场力所做的功等于电势能的减少量，即：＝－。

．电势差＝，电势φ＝＝(点电势为零)。

．电势差＝φ－φ。

．电场中电势相等的点构成等势面。

等势面密的地方电场较强，等势面疏的地方电场较弱。

一、电势差．电场力做功的特点电场力做功与电荷移动的路径无关，只与电荷的初末位置有关，可见电场力做功与重力做功相似。

．电场力做功与电势能的关系电场力所做的功等于电势能的减少量，用公式表示＝－。

．电势差()定义：电荷在电场中、两点间移动时电场力对电荷做的功与电荷所带电荷量的比值。

()公式：＝。

()单位：国际单位制中，电势差的单位是伏特，简称伏，符号是。

()电势差可以是正值，也可以是负值，电势差也叫做这两点间的电压。

二、电势．概念规定点的电势为零，则电场中任意一点的电势，数值上等于把单位正电荷从点移动到参考点时电场力所做的功。

如果用φ表示点的电势，则有φ＝。

[注]因为＝－＝，所以φ＝，即电势等于电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值。

．单位及矢标性电势的单位与电势差的单位一样，也是伏特。

电势只有大小，没有方向，是标量。

．电势与电势差电场中任意两点、间的电势差可表示为＝φ－φ，若为正值，表示点的电势比点的电势高，若为负值，表示点的电势比点的电势低。

三、等势面．定义电场中电势相等的点构成的曲面。

．等势面与电场强弱的关系等势面密的地方电场较强，等势面疏的地方电场较弱。

．几种典型电场的等势面(方便学习，集中排列)．自主思考——判一判()重力做功与路径无关，而电场力做功与路径有关。

(×)()电场力对电荷做正功时，电荷具有的电势能将减少。

(√)()电荷的电势能＝，电荷的电势能＝－，则＞。

(√)()等差等势面的疏密可以表示电场的强弱。

(√)()同一电荷在同一等势面上一定具有相同的电势能。

(√)()电荷由高等势面移到低等势面，电场力做正功。

(×)．合作探究——议一议()电荷的电势能只能在大地或无穷远处为零吗？提示：零电势能位置的选取是任意的，但通常选取大地或无穷远处为零电势能位置。

2017-2018学年粤教版高中物理选修3-2全册学案第一章电磁感应第一节电磁感应现象第二节产生感应电流的条件[学习目标] 1.理解什么是电磁感应现象及产生感应电流的条件.2.会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验.3.了解磁通量的定义及变化．一、电磁感应的发现[导学探究] (1)在一次讲演中，奥斯特在南北方向的导线下面放置了一枚小磁针，当接通电源时小磁针为什么转动？(2)法拉第把两个线圈绕在同一个铁环上，一个线圈接到电源上，另一个线圈接入“电流表”，在给一个线圈通电或断电的瞬间，观察电流表，会看到什么现象？说明了什么？答案(1)电流的周围产生磁场，小磁针受到磁场力的作用而转动．(2)电流表的指针发生摆动，说明另一个线圈中产生了电流．[知识梳理] 电流的磁效应及电磁感应现象的发现：(1)丹麦物理学家奥斯特发现载流导体能使小磁针转动，这种作用称为电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间存在密切联系．(2)英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，即由磁生电的现象，他把这种现象命名为电磁感应．产生的电流叫做感应电流．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)若把导线东西放置，当接通电源时，导线下面的小磁针一定会发生转动．( )(2)奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象．( )(3)小磁针在通电导线附近发生偏转的现象是电磁感应现象．( )(4)通电线圈在磁场中转动的现象是电流的磁效应．( )答案(1)×(2)√(3)×(4)×二、磁通量及其变化[导学探究] 如图1所示，闭合导线框架的面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B .图1(1)分别求出B ⊥S (图示位置)和B ∥S (线框绕OO ′转90°)时，穿过闭合导线框架平面的磁通量．(2)由图示位置绕OO ′转过60°时，穿过框架平面的磁通量为多少？这个过程中磁通量变化了多少？答案 (1)BS 0 (2)12BS 减少了12BS [知识梳理] 磁通量的定义及公式：(1)定义：闭合回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积叫做磁通量．(2)公式：Φ＝BS ，其中的S 应为平面在垂直于磁场方向上的投影面积．大小与线圈的匝数无关(填“有”或“无”)．ΔΦ＝Φ2－Φ1.[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大．( )(2)穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零．( )(3)磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的．( )(4)利用公式Φ＝BS ，可计算任何磁场中某个面的磁通量．( )答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×三、产生感应电流的条件[导学探究]1．利用蹄形磁铁的磁场如图2所示，导体AB 做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB 顺着磁感线运动时，线路中无电流产生．(填“有”或“无”)图22．利用条形磁铁的磁场如图3所示，当条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，当条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生．(填“有”或“无”)图33．利用通电螺线管的磁场如图4所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S闭合或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中无电流通过．(填“有”或“无”)图4[知识梳理] 产生感应电流的条件是：只要使穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生．( )(2)穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生．( )(3)穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流．( )(4)闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流．( )答案(1)×(2)×(3)√(4)×一、磁通量Φ的理解与计算1．匀强磁场中磁通量的计算(1)B与S垂直时，Φ＝BS.(2)B与S不垂直时，Φ＝B⊥S，B⊥为B垂直于线圈平面的分量．如图5甲所示，Φ＝B⊥S＝(B sinθ)·S.也可以Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，如图乙所示，Φ＝BS⊥＝BS cosθ.图52．磁通量的变化大致可分为以下几种情况：(1)磁感应强度B不变，有效面积S发生变化．如图6(a)所示．(2)有效面积S不变，磁感应强度B发生变化．如图(b)所示．(3)磁感应强度B和有效面积S都不变，它们之间的夹角发生变化．如图(c)所示．图6例1 如图7所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1cm.现于纸面内先后放上圆线圈A、B、C，圆心均处于O处，线圈A的半径为1cm,10匝；线圈B的半径为2cm,1匝；线圈C的半径为0.5cm,1匝．问：图7(1)在B减为0.4T的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化了多少？(2)在磁场转过90°角的过程中，线圈C中的磁通量变化了多少？转过180°角呢？答案(1)A、B线圈的磁通量均减少了1.256×10－4Wb(2)减少了6.28×10－5Wb 减少了1.256×10－4Wb解析(1)A、B线圈中的磁通量始终一样，故它们的变化量也一样．ΔΦ＝(B2－B)·πr2＝－1.256×10－4Wb即A、B线圈中的磁通量都减少了1.256×10－4Wb(2)对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝6.28×10－5Wb当转过90°时，Φ2＝0，故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝0－6.28×10－5Wb＝－6.28×10－5Wb当转过180°时，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正，则Φ3为负，有Φ3＝－Bπr′2，故ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－2Bπr′2＝－1.256×10－4Wb.1．磁通量与线圈匝数无关．2．磁通量是标量，但有正、负，其正、负分别表示与规定的穿入方向相同、相反．针对训练1 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图8所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )图8A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．无法确定答案 C二、感应电流产生条件的理解及应用1．感应电流产生条件的理解不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化．2．注意区别ΔΦ与Φ：感应电流的产生与Φ无关，只取决于Φ的变化，即与ΔΦ有关．ΔΦ与Φ的大小没有必然的联系．例2 如图所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)，下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是( )答案 C解析利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱．所以，A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA ＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也始终为0，A中不可能产生感应电流．B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过B中线圈的磁通量也始终为0，B中也不能产生感应电流．C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进>Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中电流后，经过一定时间，穿过线圈的磁通量减小为0，所以C中有感应电流产生．D中线圈的磁通量如图丙所示，切断导线中的电流，ΦD也始终为0，D中不可能产生感应电流．针对训练2 (多选)如图9所示装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是( )图9A．开关S闭合的瞬间B．开关S闭合后，电路中电流稳定时C．开关S闭合后，滑动变阻器触头滑动的瞬间D．开关S断开的瞬间例3 金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是( )答案 A解析在选项B、C中，线圈中的磁通量始终为零，不产生感应电流；选项D中磁通量始终最大，保持不变，也没有感应电流；选项A中，在线圈转动过程中，磁通量做周期性变化，产生感应电流，故A正确．判断部分导体做切割磁感线运动产生感应电流时应注意：(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如例3中，A图是真“切割”，B、C图中没有切断，是假“切割”．(2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动，如例3D图中ad、bc边都切割磁感线，由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( ) A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接．往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析电路闭合和穿过电路的磁通量发生变化，同时满足这两个条件，电路中才会产生感应电流，本题中的A、B选项都不会使得电路中的磁通量发生变化，并不满足产生感应电流的条件，故都不正确．C选项中磁铁插入线圈时，虽有短暂电流产生，但未能及时观察，C项错误．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量发生变化，产生感应电流，因此D 项正确．2.如图10所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量Φa、Φb的大小关系为( )图10A．Φa>ΦbB．Φa<ΦbC．Φa＝ΦbD．不能比较答案 A解析条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同；②磁铁内外磁感线的方向相反；③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏．两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中一个圆环的磁感线的俯视图如图所示，穿过该圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积S a＜S b，两圆环的Φ进相同，而Φ出a＜Φ出b，所以穿过两圆环的有效磁通量Φa＞Φb，故A正确．3．(多选)下图中能产生感应电流的是( )答案BD解析根据产生感应电流的条件：A选项中，电路没有闭合，无感应电流；B选项中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C选项中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D选项中，磁通量发生变化，有感应电流．4．(多选)如图11所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是( )图11A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动C．以ad边为轴转动(小于60°)D．以bc边为轴转动(小于60°)答案ABC解析将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分切割磁感线，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流．当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框内会产生感应电流．如果转过的角度超过60°(60°～300°)，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流．当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)．一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是( )A．牛顿测出引力常数B．法拉第发现电磁感应现象C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D．奥斯特总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律答案 B2．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )答案 B解析选项A是用来探究影响安培力大小因素的实验装置．选项B是研究电磁感应现象的实验装置，观察闭合线框在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流．选项C 是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验装置．选项D是奥斯特实验装置，证明通电导线周围存在磁场．3.如图1所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图中箭头所示，另在导线环所在平面画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外，则穿过圆B的磁通量( )图1A．为0B．垂直纸面向里C．垂直纸面向外D．条件不足，无法判断答案 B解析因为通电导线环的磁场中心密集，外部稀疏，所以，穿过圆B的净磁感线为垂直纸面向里．4.如图2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(r＜R)的范围内有匀强磁场，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2A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2答案 B解析由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2，故B正确．5.如图3所示，一矩形线框从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动) ( )图3A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少到零，然后再增加，然后再减少答案 D解析离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在导线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故A、B、C 错误，D正确，故选D.6.如图4所示，闭合圆形导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径．试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流( )图4A．使线圈在其平面内平动或转动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴稍做转动答案 D解析线圈在匀强磁场中运动，磁感应强度B为定值，由ΔΦ＝B·ΔS知：只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0，则磁通量一定改变，回路中一定有感应电流产生．当线圈在其平面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，即ΔS＝0，因而无感应电流产生，A错；当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时，同样ΔS＝0，因而无感应电流产生，B错；当线圈以ac为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS仍为零，回路中仍无感应电流产生，C错；当线圈以bd为轴稍做转动时，线圈相对磁场的正对面积发生了改变，因此在回路中产生了感应电流．故选D.7．如图5所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下能使电流表指针偏转的是( )图5A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．磁铁静止而将螺线管向上移动答案ACD解析只要是螺线管中的磁通量发生变化，回路中有感应电流，指针便会偏转；只要是螺线管中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转．在磁铁插入、拉出过程中螺线管中的磁通量均发生变化，能产生感应电流，电流表指针偏转．故A、C正确；磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故B错误；由于磁铁静止而螺线管向上移动，螺线管中的磁通量发生变化，有感应电流产生，电流表指针偏转，故D正确．8．闭合线圈按如图所示的方式在磁场中运动，则穿过闭合线圈的磁通量发生变化的是( )答案AB解析A图中，图示状态Φ＝0，转至90°过程中Φ增大，因此磁通量发生变化；B图中离直导线越远磁场越弱，磁感线越稀，所以当线圈远离导线时，线圈中磁通量不断变小；C图中一定要把条形磁铁周围的磁感线空间分布图弄清楚，在图示位置，线圈中的磁通量为零，在向下移动过程中，线圈中的磁通量一直为零，磁通量不变；D图中，随着线圈的转动，B 与S都不变，B又垂直于S，所以Φ＝BS始终不变，故正确答案为A、B.9．如图6所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能( )图6A．v1>v2B．v1<v2C．v1＝v2D．无法确定答案AB10.如图7所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，导线cd中有电流的是 ( )图7A．开关S闭合或断开的瞬间B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑D．开关S始终闭合，滑动触头不动答案ABC解析开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑的过程；开关S闭合，滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．正确选项为A、B、C.二、非选择题11．在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如图8所示．它们是①电流表；②直流电源；③带铁芯的线圈A；④线圈B；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)．试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．图8答案连接电路如图所示12．如图9所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计中是否有示数？图9(1)开关闭合瞬间；(2)开关闭合稳定后；(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片；(4)开关断开瞬间．答案(1)有(2)无(3)有(4)有解析(1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有，电流的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计有示数．(2)开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计无示数．(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．(4)开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．第三节感应电流的方向[学习目标] 1.正确理解楞次定律的内容及其本质.2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式.3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向．一、楞次定律[导学探究] 根据如图1甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象．图1请根据上表所填内容理解：甲、乙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；丙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．[知识梳理] 楞次定律：(1)内容：感应电流的方向可以这样确定：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)理解：当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即增反减同．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反．( )(2)感应电流的磁场可能与引起感应电流的磁场方向相同．( )(3)感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．( )答案(1)×(2)√(3)√二、右手定则[导学探究] 如图2所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．图2(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间什么关系？根据课本右手定则，自己试着做一做．答案(1)感应电流的方向a→d→c→b→a.(2)满足右手定则．[知识梳理] 右手定则：伸开右手，让拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在同一个平面内；让磁感线垂直从心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)右手定则只能用来判断导体垂直切割磁感线时的感应电流方向．( )(2)所有的电磁感应现象都可以用楞次定律判断感应电流方向．( )(3)所有的电磁感应现象，都可以用安培定则判断感应电流方向．( )(4)当导体不动，而磁场运动时，不能用右手定则判断感应电流方向．( )答案(1)×(2)√(3)×(4)×一、楞次定律的理解1．因果关系：楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．2．“阻碍”的含义：(1)谁阻碍——感应电流产生的磁场．(2)阻碍谁——阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，结果增加的还是增加，减少的还是减少．注意：从相对运动的角度看，感应电流的效果是阻碍相对运动．例1 关于楞次定律，下列说法正确的是 ( )A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化答案 A解析感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C错误；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时感应电流的磁场跟原磁场同向，选项D错误．二、楞次定律的应用楞次定律应用四步曲(1)确定原磁场方向；(2)判定产生感应电流的磁通量如何变化(增加还是减少)；(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)；(4)判定感应电流的方向．该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四螺旋”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少，三感——判断感应电流的磁场方向；四螺旋——用右手螺旋定则判断感应电流的方向．例2 (多选)如图3所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )图3A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反B．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的C．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的D．将圆环左右拉动，当环全部处在磁场中运动时，圆环中无感应电流答案BD解析将金属圆环不管从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的，选项B正确，A、C错误；另外在圆环离开磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，该种情况无感应电流，D正确．针对训练如图4所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为( )图4A．外环顺时针、内环逆时针B．外环逆时针、内环顺时针C．内、外环均为逆时针D．内、外环均为顺时针答案 B解析首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是：在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确．三、右手定则的应用。

第 6 点透析反冲运动的模型——“ 人船模型”
假如系统由两个物体构成，且互相作用前均静止，互相作用后均发生运动，如图 1 所示，则由 m1 v 1＝－ m2 v 2得 m1 x1＝－ m2x2.该式的合用条件是：
图 1
(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．
(2)构成系统的两物体本来静止，因互相作用而反向运动．
(3)x1、x2均为沿动量方向相关于同一参照系的位移．
对点例题如图 2 所示，质量m＝ 60 kg 的人，站在质量 M＝ 300 kg 的车的一端，车长L＝3 m，相关于地面静止．当车与地面间的摩擦能够忽视不计时，人由车的一端走到另一端的过
程中，车将 ()
图2
A ．退后C．退后0.5 m
0.75 m
B．退后 0.6 m
D．向来匀速退后
解题指导人、车构成的系统动量守恒，则mv1＝ Mv2，因此mx1＝ Mx 2，又有x1＋ x2＝ L，解得 x2＝ 0.5 m.
答案 A
方法评论人船模型是典型的反冲实例，从刹时速度关系过渡到均匀速度关系，再转变为位
移关系，是解决此题的重点所在．
一个质量为 M、底边长为 b 的三角形斜劈静止于圆滑的水平桌面上，如图为
m 的小球由斜面顶部无初速度地滑究竟部时，斜劈挪动的距离为多少？
3 所示．有一质量
答案
图 3
mb
M＋ m
分析斜劈和小球构成的系统在整个运动过程中都不受水平方向的外力，因此系统在水平方
向上动量守恒．斜劈和小球在整个过程中发生的水平位移如下图，由图知斜劈的位移为x，
小球的水平位移为 b－ x，由 m1x1＝ m2x2，得 Mx ＝ m(b－ x)，因此 x＝mb
. M＋ m。