【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理 课后知能检测10 新人教版必修2

【课堂新坐标】〔教师用书〕2013-2014学年高中物理 4.1+2 划时代的发现探究感应电流的产生条件课后知能检测新人教版选修3-21．如下现象中，属于电磁感应现象的是( )A．磁场对电流产生力的作用B．变化的磁场使闭合电路产生感应电流C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场【解析】电磁感应现象是指磁生电的现象，选项B对．【答案】 B2．1823年，科拉顿做了这样一个实验，他将一个磁铁插入连有灵敏电流计的螺旋线圈，来观察在线圈中是否有电流产生．在实验时，科拉顿为了排除磁铁移动时对灵敏电流计的影响，他通过很长的导线把连在螺旋线圈上的灵敏电流计放到另一间房里．他想，反正产生的电流应该是“稳定〞的(当时科学界都认为利用磁场产生的电流应该是“稳定〞的)，插入磁铁后，如果有电流，跑到另一间房里观察也来得与．就这样，科拉顿开始了实验．然而，无论他跑得多快，他看到的电流计指针都是指在“0〞刻度的位置，科拉顿失败了．以下关于科拉顿实验的说法中正确的答案是( )A．实验中根本没有感应电流产生B．实验中有感应电流产生C．科拉顿的实验装置是完全正确的D．科拉顿实验没有观察到感应电流是因为在插入磁铁的过程中会有感应电流产生，但当跑到另一间房观察时，电磁感应过程已经完毕，不会看到电流计指针的偏转【解析】感应电流是在磁通量变化的过程中产生的，这种变化一旦停止，感应电流也就不存在了．【答案】BCD3．德国《世界报》曾报道个别西方兴旺国家正在研制电磁脉冲波武器——电磁炸弹．假设一枚原始脉冲波功率10 kMW，频率5 kMHz的电磁炸弹在不到100 m的高空爆炸，它将使方圆400～500 m2范围内电场强度达到每米数千伏，使得电网设备、通信设施和计算机中的硬盘与软件均遭到破坏．电磁炸弹有如此破坏力的主要原因是( )A．电磁脉冲引起的电磁感应现象B．电磁脉冲产生的动能C．电磁脉冲产生的高温D．电磁脉冲产生的强光【解析】根据电磁感应可知，变化的磁场产生电场，增大周围电场强度，可以破坏其电子设备．应当选A.【答案】 A4．如图4－1－8所示，一个矩形铁芯上绕制两个线圈A和B.在如下关于B线圈中是否有感应电流的判断中，正确的答案是( )图4－1－8A．S闭合后，B线圈中一直有感应电流B. S闭合一段时间后，B中感应电流消失，但移动变阻器滑片时，B中又有感应电流出现C. 在S断开和闭合的瞬间，B中都有感应电流D. 因为A、B两线圈是两个不同的回路，所以B中始终没有感应电流【解析】线圈中有电流时，产生的磁场通过铁芯能穿过B线圈，当A线圈中的电流变化时产生的磁场发生变化，如此穿过B线圈的磁通量发生变化，B线圈中产生感应电流．【答案】BC5．一磁感应强度为B的匀强磁场，方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图4－1－9所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，如此穿过线圈平面的磁通量的变化量为( )A．0 B．2BSC．2BS cos θD．2BS sin θ图4－1－9【解析】开始时穿过线圈平面的磁通量为Φ1＝BS cos θ.后来穿过线圈平面的磁通量为Φ2＝－BS cos θ，如此磁通量的变化量为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BS cos θ.【答案】 C6．如下列图，用导线做成的圆形回路与一直导线构成几种位置组合，哪些组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生(图A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，图D中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)( )【解析】对图A而言，因为通电直导线位于环形导线所在平面内，且与直径重合，因此穿过圆环的磁通量为零，所以当切断导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中必为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生；对图B而言，因为磁通量为大小两个局部磁感线条数之差，当切断直导线中的电流时，磁通量为零，即此过程中磁通量有变化，故闭合回路中会有感应电流产生；同理分析可得图C中也有感应电流产生；对图D而言，因为环形导线与直导线产生的磁场的磁感线平行，故磁通量为零．当切断直导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中皆为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生，所以当切断直导线中的电流时，能产生感应电流的有B、C两种情况．【答案】BC7．如图4－1－10所示，导线ab和cd互相平行，如此如下四种情况下导线cd中无电流的是( )A．开关S闭合或断开的瞬间B．开关S是闭合的，但滑动触头向左滑C．开关S是闭合的，但滑动触头向右滑D．开关S始终闭合，不滑动触头图4－1－10【解析】如果导线cd中无电流产生，如此说明通过上面的闭合线圈的磁通量没有发生变化，也就说明通过导线ab段的电流没有发生变化．显然，开关S闭合或断开的瞬间、开关S是闭合的但滑动触头向左滑的过程、开关S是闭合的但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，都能在导线cd中产生感应电流．【答案】 D8．法拉第通过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学〞与“磁学〞真正联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所做的推论后来被实验否认的是( )A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体外表感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流【解析】法拉第经过研究发现引起感应电流的原因都与变化和运动有关，B、C、D项所表示的思想都被实验证实，A中推论不成立．【答案】 A9．如图4－1－11所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I 通过时，穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，如下说法中正确的答案是( ) A．Φa<Φb<ΦcB．Φa>Φb>ΦcC．Φa<Φc<ΦbD．Φa>Φc>Φb图4－1－11【解析】当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此根据合磁通量的计算，应该是Φa>Φb>Φc.【答案】 B10．唱卡拉OK用的话筒内有传感器．其中有一种是动圈式的，如图4－1－12所示，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号．如下说法正确的答案是( )动圈式话筒的构造图4－1－12A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势【解析】当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就跟着振动，从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生改变，产生感应电流，从而将声音信号转化为电信号，这是话筒的工作原理．如此B选项正确，A、C、D均错误．【答案】 B11．如图4－1－13所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路，并列举出在实验中通过改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方法：图4－1－13(1)_________________________________________________；(2)_________________________________________________；(3)_________________________________________________．【解析】(1)合上(或断开)开关瞬间；(2)将原线圈插入副线圈或从副线圈中抽出；(3)移动滑动变阻器的滑片．【答案】见解析12．一水平放置的矩形线圈在条形磁铁S极附近下落，下落过程中，线圈平面保持水平，如图4－1－14所示，位置Ⅰ和Ⅲ都靠近位置Ⅱ，如此线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，线圈内________感应电流产生；线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，线圈内________感应电流产生．(填“有〞或“无〞)图4－1－14 【答案】有有。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理第1章第6节自感现象及其应用课后知能检测粤教版选修3-21．(双选)下列说法正确的是( )A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反【解析】线圈中电流不变时，自身电流产生的磁场的磁通量不变，线圈中不可能产生自感电动势，选项A正确；当线圈中电流反向时，若电流强度不变，则不产生自感电动势，故选项B错误；当线圈中电流增大时，电流产生的磁场的磁通量增大，根据楞次定律和右手定则可判断，自感电动势的方向与原电流方向相反，选项C正确；同理可知选项D错误．【答案】AC2．(双选)如图1－6－8所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻．L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况( )图1－6－8A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小【解析】在S由断开到闭合的过程中，线圈L要产生自感电动势，因自感系数较大，则对电流有较大的阻碍作用，开始时电流大部分从R1中通过，I2很小，当电路达到稳定状态后，线圈中的自感现象消失，R1中的电流变小，而R2中的电流变大，所以选A和C.【答案】AC3．(双选)如图1－6－9所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，灯泡具有一定的亮度．若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到( )图1－6－9A．灯泡变暗B．灯泡变亮C．螺线管缩短D．螺线管变长【解析】当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，使总电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流吸引力减小，螺线管变长．【答案】AD4．在如图1－6－10所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R，闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图象是( )图1－6－10A B C D【解析】闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明R L＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故C、D错误．【答案】 B5．(2013·吉林模拟)如图1－6－11所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )图1－6－11A．合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭B．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭【解析】由于L是自感线圈，当合上S时，自感线圈L将产生自感电动势，阻碍电流的流过，故有b灯先亮，而a灯后亮，当S断开时，a、b、L组成回路，L产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a、b同时熄灭．故选C.【答案】 C6．(2012·梅州期末)如图1－6－12所示的电路中，L为电阻很小的线圈，和为零点在表盘中央的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表指针偏向右方，那么当开关S 断开时，将出现的现象是( )图1－6－12A.和指针都立即回到零点B.指针立即回到零点，而指针缓慢地回到零点C.指针缓慢回到零点，而指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D.指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而指针缓慢地回到零点【解析】电流表指针的偏转方向与电流的流向有关．根据题意，电流自右向左时，指针向右偏．那么，电流自左向右时，指针应向左偏．当开关S断开瞬间，中电流立即消失，而L由于自感作用，电流不能立即消失，电流沿L→→的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，而中的电流先和原方向相反，变为自左向右，然后和中的电流同时减为零，也就是指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而指针缓慢地回到零点，故D项正确．【答案】 D7．如图1－6－13所示电路，D1和D2是两个相同的灯泡，L是自感系数相当大的线圈，其直流电阻与R相同．由于存在自感现象，在电键S接通和断开时，灯泡D1和D2先后亮暗的次序是( )图1－6－13A．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭B．接通时D2先达最亮，断开时D2后灭C．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭D．接通时D2先达最亮，断开时D2先灭【解析】电流发生变化时，自感电动势将阻碍电流的变化，根据电流的变化来分析电路中灯的明暗情况，当S接通时，D1和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上将产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以开始的瞬间电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分别通过D2和R，所以D1先达最亮，经过一段时间稳定后，D1和D2达到一样亮．当电键S断开时，电源电流立即为零，因此D2立即熄灭，而对于D1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势，使线圈L和D1组成的闭合回路中有感应电流，所以D1后灭．【答案】 A8．(双选)(2013·海口期末)如图1－6－14所示的(a)、(b)两个电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都小，且小于灯泡A的电阻，接通开关S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )图1－6－14A ．在电路(a)中，断开S 后，A 将逐渐变暗B ．在电路(a)中，断开S 后，A 将先变得更亮，然后逐渐变暗C ．在电路(b)中，断开S 后，A 将逐渐变暗D ．在电路(b)中，断开S 后，A 将先变得更亮，然后逐渐变暗解析】 (a)图中，灯A 与电感线圈L 在同一个支路中，流过的电流相同，当断开开关S 时，灯A 将逐渐变暗；(b)图中，断开S 时，A 中的电流立即为零，但由于自感，电感L 中将维持本身的电流不变，且I L ＞I A ，所以灯A 亮一下才逐渐熄灭，综上所述选A 、D.【答案】 AD9．如图1－6－15所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，电感L 的电阻不计，电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值，在t ＝0时刻闭合开关S ，经过一段时间后，在t ＝t 1时刻断开S ，下列表示AB 两点间电压U AB 随时间t 变化的图象中，正确的是( )图1－6－15【解析】 开关S 闭合的瞬间，由于L 的阻碍作用，由R 与L 组成的支路相当于断路，后来由于L 的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r ，整个电路中的总电流增大，由U 内＝Ir 得内电压增大，由U AB ＝E －Ir 得路端电压U AB 减小．电路稳定后，由于R 的阻值大于灯泡D 的阻值，所以流过L 支路的电流小于流过灯泡D 的电流．当开关断开时，由于电感L 的自感作用，流过灯泡D 的电流立即与L 电流相等，与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小，即U AB 反向减小，选项B 正确．【答案】 B10．(双选)如图1－6－16所示的演示实验中，先合上开关S，调节变阻器R的电阻，使同样规格的两个灯泡明亮程度相同，然后断开开关S( )图1－6－16A．再次合上开关S时，两灯同时同样发光B．再次合上开关S时，L2立刻发光，L1逐渐亮起来C．断开S，L2立即熄灭，L1逐渐熄灭D．断开S，两灯都是逐渐熄灭【解析】开关S闭合时，线圈L中由于电流增加产生自感电动势阻碍电流增加，所以L1逐渐亮起来，而L2不受影响立刻发光，B项正确．开关断开时，线圈L与L1、L2及滑动变阻器构成回路，线圈中由于电流减小产生自感电动势阻碍电流减小，所以L1、L2中电流也逐渐减小，D项正确．【答案】BD11．在实际生产中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S 由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全．为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件．下图所示方案可行的是( )【解析】开关断开时，线圈L内由于产生自感电动势阻碍原电流的减小，利用二极管的单向导电性使线圈短路即可避免电弧的产生，方案D是可行的．【答案】 D12．(2013·佳木斯高二检测)如图1－6－17所示，L为日光灯管，S为启动器，Z为镇流器，K为开关，电源为220 V的交变电源．(1)请用笔画线代替导线连接实物图，使日光灯正常工作．图1－6－17(2)①开关合上前，启动器的静触片和动触片是________(填“接通的”或“断开的”)．②日光灯启动器刚断开瞬间，灯管两端电压________220 V(填“大于”、“等于”或“小于”)．③日光灯正常发光时，日光灯管两端的电压______220 V(填“大于”、“等于”或“小于”)．【答案】(1)见下图(2)①开关合上前静触片和动触片是断开的．②日光灯启动器刚断开瞬间镇流器工作，产生高电压与电源电压一起加在灯管两端，灯管两端电压大于220 V．③日光灯正常工作时，镇流器起降压限流的作用，灯管两端的电压小于220 V.。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 5.4 牛顿运动定律的案例分析课后知能检测 沪科版必修11．一质量为m 的物体以初速度v 0冲上一倾角为θ的光滑固定斜面，则下列说法正确的是( )A ．物体做匀减速运动，其加速度的大小为g sin θB ．物体以速度v 0匀速运动C ．物体从斜面底端上升到最高点所用时间为v 0g cos θD ．物体沿斜面上升的最大高度为v 20/2g【解析】 物体冲上倾角为θ的光滑固定斜面，做匀减速运动，a ＝g sin θ，A 对，B 错；物体从斜面底端上升到最高点所用时间为t ＝v 0g sin θ，C 错；物体沿斜面上升的最大高度h ＝v 202g sin θ sin θ＝v 202g，D 对．【答案】 AD2．质量为m 1和m 2的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是F 1和F 2.如果发现质量为m 1的物体先落地，那么( )A ．m 1＞m 2B ．F 1＜F 2 C.F 1m 1＜F 2m 2D.F 1m 1＞F 2m 2【解析】 由h ＝12at 2，物体落地先后由减速运动的加速度决定．而a ＝g －F m ，Fm大的下落时间t 长，C 对． 【答案】 C3．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，紧接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使身体重心又下降了0.5 m ．在着地的过程中，地面对他双脚的平均作用力估计为自身重力的( )A ．2倍B ．5倍C ．8倍D ．10倍【解析】 着地速度是前后过程的衔接速度，设为v .下落2 m 的关系为，v 22g＝h 1重心下降0.5 m 的关系为v 2F m－g ＝h 2 带入数值得F /G ＝5. 【答案】 B4．(2012·陕西师大附中高一检测)如图5－4－6所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3，依次表示各滑环到达d 所用的时间，则( )图5－4－6A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3【解析】 小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿斜面方向的分力产生的，若以沿bd 杆下滑的小滑环为研究对象设轨迹与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知mg cos θ＝ma①设圆心为O ，半径为R ，由几何关系得，滑环由开始运动至d 点的位移 s ＝2R cos θ② 由运动学公式得： s ＝12at③由①②③联立解得t ＝2R g. 小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t 1＝t 2＝t 3. 【答案】 D5．如图5－4－7所示，物体A 的质量为m A ，放在光滑水平桌面上，如果在绳的另一端通过一个滑轮加竖直向下的力F ，则A 运动的加速度为a .将力去掉，改系一物体B ，B 的重力和F 的值相等，那么A 物体的加速度( )图5－4－7A ．仍为aB ．比a 小C ．比a 大D ．无法判断【解析】 用力F 拉时有a ＝F m；系物体B 时，A 、B 两个物体都具有加速度，且两者加速度都由B 物体的重力提供，则a ′＝Fm A ＋m B，故比a 小．B 正确．【答案】 B6．在光滑的水平面上，有两个相互接触的物体，如图5－4－8所示，已知M ＞m ，第一次用水平力F 由左向右推M ，物体间的相互作用力为F N 1；第二次用同样大小的水平力F 由右向左推m ，物体间的作用力F N 2，则( )图5－4－8A ．F N 1＞F N 2B ．F N 1＝ F N 2C ．F N 1＜ F N 2D ．无法确定【解析】 整体分析，左右推产生的加速度大小相同． 左推隔离m: F N 1＝ma ，右推隔离M: F N 2＝Ma ，可知F N 1＜ F N 2 . 【答案】 C7．(2011·全国新课标)如图5－4－9所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )图5－4－9【解析】 由F ＝ma 可知，开始阶段m 1、m 2保持相对静止一起加速运动，a 随F 的增大而增大，当m 1、m 2之间的摩擦力达到最大摩擦力时m 1保持其加速度不变，m 2的加速度继续增大且增大幅度比原来大．故选项A 正确．【答案】 A8．(2012·江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图像，可能正确的是( )【解析】 对皮球应用牛顿第二定律有：mg ＋kv ＝ma ，a ＝g ＋kmv .上抛过程中v 减小，故a 随时间减小且减小的快慢与v 的变化快慢规律相同，即Δa Δt ＝k m ·Δv Δt ，而Δv Δt就是加速度a ，故ΔaΔt随时间减小，即a －t 图线各点的切线的斜率是逐渐减小的；又由于上升过程中a 不可能为零，所以只有C 项正确．【答案】 C9．(2012·山东滨州高一检测)民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，在出口和地面之间形成一个倾角为37°的斜面，乘员可从斜面顶端由静止滑下，最短可经4 s 到达地面．已知乘员与气囊之间的动摩擦因数为0.625，求气囊的长度．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【解析】 乘员在气囊上下滑的运动是初速度为零的匀加速运动，加速度a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝g (sin 37°－μcos 37°)＝1 m/s 2s ＝12at 2＝12×1×42 m ＝8 m.【答案】 8 m10．如图5－4－10所示，质量为30 kg 的雪橇在与水平面成30°角的拉力F 作用下，沿水平地面向右做直线运动，经过0.5 m ，速度由0.6 m/s 均匀减至0.4 m/s.已知雪橇与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，求作用力F 的大小．图5－4－10【解析】 根据匀变速运动的推论公式v 2t －v 20＝2as ，可求雪橇减速运动的加速度：a ＝v 2t －v 202s ＝0.42－0.622×0.5m/s 2＝－0.2 m/s 2. 对雪橇受力分析如图所示，将拉力F 沿水平方向和竖直方向正交分解．根据牛顿第二定律分别列式如下： 在竖直方向：N ＋F sin θ－mg ＝0① 则摩擦力f ＝μN ②在水平方向：F cos θ－f ＝ma ③ 解①②③组成的方程组得：F ＝m μg ＋acos θ＋μsin θ＝56 N.【答案】 56 N11．在平直的高速公路上，一辆汽车正以32 m/s 的速度高速行驶．因前方出现事故，司机立即刹车，直到汽车停下．已知汽车的质量为1.5×103kg ，刹车时汽车受到的阻力为1.2×104N ，求：(1)刹车时的加速度大小；(2)从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间； (3)从开始刹车到最终停下，汽车前进的距离．【解析】 (1)根据牛顿第二定律，a ＝－F m ＝－1.2×1041.5×103 m/s 2＝－8.0 m/s 2故汽车刹车时的加速度大小为8.0 m/s 2. (2)汽车运动的时间t ＝0－v 0a ＝0－32－8s ＝4 s.(3)汽车前进的距离s ＝v 0t ＋12at 2＝32×4 m＋12×(－8)×42m ＝64 m.【答案】(1)8.0 m/s2(2)4 s (3)64 m12．质量分别为m A和m B的物体A和B用轻绳连接，如图5－4－11所示，放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均为μ.水平恒力F作用在B上，使两物体在水平面上加速运动．问它们的加速度和相互间的作用力有多大？如果把力F改为向左且作用在A上，则它们的加速度和相互间的作用力又为多大？\图5－4－11【解析】把系统作为研究对象，可列出方程：F－μ(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a解得a＝Fm A＋m B－μg将A隔离出来，其在水平方向受B对它的拉力和摩擦力，再由牛顿第二定律得F T－μm A g＝m A a，解得F T＝m Am A＋m BF如果将F改为向左作用在A上时，对系统而言它受到的外力没有改变，所以A、B的加速度仍然是：a＝Fm A＋m B－μg在求绳子拉力时可把B隔离出来．它在水平方向只受到绳的拉力和摩擦力，又由牛顿第二定律有F T－μm B g＝m B a解得F T＝m Bm A＋m BF.【答案】Fm A＋m B－μgm Am A＋m BFFm A＋m B－μgm Bm A＋m BF。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理第3章第4节安培力的应用课后知能检测粤教版选修3-11．(双选)磁电式电流表的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的，目的是( ) A．使磁场成圆柱形，以便线圈转动B．使线圈平面在水平位置时与磁感线平行C．使线圈平面始终与磁感线平行D．使线圈受电磁力矩始终最大【解析】线圈平面始终和磁感线平行，可使线圈在转动过程中所受电磁力矩始终最大，M＝NBIS，以保证转动效果，若磁场是匀强磁场，则当线圈转至和磁场垂直时，磁力矩为零．【答案】CD2．(双选)电流表中蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布，当线圈中通入恒定电流时，线圈将发生转动，电流表的指针也随着偏转，最后停在某一偏角位置上，则在偏转过程中，随着偏转角度的增大( )A．线圈受到的安培力的力矩将逐渐增大B．线圈所受安培力的力矩将逐渐减小C．线圈所受安培力的力矩不变D．电流表中螺旋弹簧所产生的阻碍线圈转动的力矩将逐渐增大【解析】由M＝NBIS知，安培力矩保持不变，但螺旋弹簧的扭力矩M＝kθ随θ角的增大而增大．【答案】CD3．(双选)超导电磁铁相斥式磁悬浮列车，列车能够悬浮的原理是( )A．超导体的电阻为零B．超导体的磁性很强C．超导体电流的磁场方向与轨道上磁场方向相反D．超导体电流产生的磁力与列车重力平衡【解析】列车能够浮起，必定受到了向上的力，这个力就是车上超导体电磁铁形成的磁场与轨道上线圈中电流形成的磁场之间所产生的相斥力，这个力与列车重力平衡，列车才能悬浮. 因此两磁场方向必然相反．故C、D两项正确．超导体中无电流时，即使电阻为零，也不能产生磁场，因此列车也不能悬浮，则A、B两项错．【答案】CD4.如图3－4－8所示，固定的长直导线竖直放置，通以竖直向上的直流电．现在在导线右侧放一可以自由移动的矩形通电线框，它们在同一平面内，则线框的运动情况是( )图3－4－8A．线框平动，远离直导线B．线框平动，靠近直导线C．从上向下看线框顺时针转动，并靠近直导线D．从上向下看线框逆时针转动，并远离直导线【解析】解答本题的关键就在于要了解直线电流的磁场的特点．根据安培定则可知，在导线右方区域的磁场的磁感线分布情况如右图所示．由左手定则可知ad边所受的安培力向上，bc边所受的安培力向下，这两个力是一对平衡力，相互抵消．ab边所受的安培力向左，cd边所受的安培力向右，但由于ab边所在位置的磁场比cd边所在位置的磁场强，所以ab边所受的向左的安培力大于cd边所受的向右的安培力．所以整个线框所受的合力向左．【答案】 B5．如图3－4－9所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以( )图3－4－9A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向【解析】首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大．【答案】 C6．(双选)(2012·清远高二检测)我国第一艘导电磁推进船HEMS－1原理如图3－4－10所示，强磁场方向竖直，在垂直于船身方向两边安装正负电极，电极都在海水里．当电源接通时海水中产生垂直于船体方向的强电流，推动船体运动，如果磁感应强度为 5 T(看作匀强磁场)，水通道0.5 m，产生推力50 N，则图中船的运动方向和船上蓄电池中的电流分别为( )图3－4－10A．船向左运动B．船向右运动C．蓄电池中的电流为20 AD．蓄电池中的电流为10 A【解析】由左手定则可判断出水流向左运动，根据牛顿第三定律，则船受力向右，由F＝BIL得I＝FBL＝20 A.【答案】BC7．(双选)如图3－4－11所示，一根通电的直导体放在倾斜的粗糙导轨上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )图3－4－11A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零【解析】若F安<mg sinα，因安培力向上，则摩擦力向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B对，C、D错；若F安>mg sinα，摩擦力向下，随F安增大而一直增大，A 对．【答案】AB8．(2012·云浮高二质检)如图3－4－12所示，O为圆心，KN和LM是半径分别为ON、OM的圆心圆弧，在O处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成KLMN回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( )图3－4－12A ．将向左平动B ．将向右平动C ．将在纸面内以通过O 点并垂直纸面的轴动动D ．KL 边将垂直纸面向外运动，MN 边垂直纸面向里运动【解析】 因为通电直导线的磁感线是以O 为圆心的一组同心圆，磁感线与电流一直平行，所以KN 边、LM 边均不受力．根据左手定则可得，KL 边受力垂直纸面向外，MN 边受力垂直纸面向里，故D 正确．【答案】 D9.如图3－4－13所示，将长为50 cm 、质量为10 g 的均匀金属棒ab 的两端用两个相同的弹簧悬挂成水平状态，并使其位于垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通过0.4 A 的电流时，弹簧恰好不伸长．取g ＝10 m/s 2，问：图3－4－13(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)当金属棒由a 到b 通过0.2 A 电流时，弹簧伸长1 cm ；如果电流方向由b 到a ，而电流大小不变，则弹簧的伸长量又是多少？【解析】 (1)因弹簧不伸长，结合安培力的公式得：BIL ＝mg 故B ＝mg IL ＝0.01×100.4×0.5T ＝0.5 T.(2)当金属棒由a 到b 通过0.2 A 的电流时，弹簧伸长1 cm ，对金属棒，根据平衡条件有：BI 1L ＋2kx 1＝mg电流方向由b 到a 时，同理有：BI 1L ＋mg ＝2kx 2联立以上各式可得：x 2＝3 cm.【答案】 (1)0.5 T (2)3 cm10．已知磁电式电流表的线圈匝数为N ＝1 000匝，线圈面积S ＝11.7×11.5 mm 2，前后两根弹簧的总力矩系数k ＝2.8×10－6 N·m/1°，磁铁与磁芯间隙中的磁感应强度B ＝0.16 T ，求线圈做满刻度(90°)偏转时通过线圈的电流是多大？【解析】由力矩平衡得M1＝M2，即NIBS＝kθ，则电流I＝kθNBS＝2.8×10－6×901 000×0.16×11.7×11.5×10－6A＝1.30×10－4 A.【答案】 1.30×10－4 A11．如图3－4－14所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L＝0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G＝3 N的物块相连．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10 V、内阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计．要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内值取？(g取10 m/s2)图3－4－14【解析】依据物体的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时：G－μmg－BI1L＝0ab棒恰不左滑时：G＋μmg－BI2L＝0依据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R1＋r)，E＝I2(R2＋r)由以上各式代入数据可解得，R1＝9.9 Ω，R2＝1.9 Ω所以R的取值范围为1.9 Ω≤R≤9.9 Ω.【答案】 1.9 Ω≤R≤9.9 Ω12.如图3－4－15所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置：一长方体绝缘容器内部高为L，厚为d，左右两管等高处装有两根完全相同的开口向上的管子a、b，上、下两端装有电极C(正极)和D(负极)并经开关S与电源连接，容器中注满能导电的液体，液体的密度为ρ；将容器置于一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当开关断开时，竖直管子a、b 中的液面高度相同，开关S闭合后，a、b管中液面将出现高度差．若当开关S闭合后，a、b管中液面将出现高度差为h，电路中电流表的读数为I，求磁感应强度B的大小．图3－4－15【解析】 开关S 闭合后，导电液体中有电流从C 到D ，由左手定则知导电液体受到向右的安培力F ，在液体中产生附加压强p ，这样，ab 管中液面就会出现高度差，在液体中产生的附加压强p ＝F S ＝BIL Ld ＝BI d ＝ρgh ，所以B ＝ρghd I . 【答案】 ρghd I。