【步步高 学案导学设计】2014-2015学年高中物理(人教版,选修3-1)第1章 第1节 课时作业

学案5运动电荷在磁场中受到的力[学习目标]1.通过实验，观察阴极射线在磁场中的偏转，认识洛伦兹力.2.会判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小.3.了解电子束磁偏转的原理以及在电视显像管中的应用．学习探究一、洛伦兹力的方向如图1所示，我们用阴极射线管研究磁场对运动电荷的作用，不同方向的磁场对电子束径迹有不同影响．那么电荷偏转方向与磁场方向、电子运动方向的关系满足怎样的规律？图1[要点提炼]1．洛伦兹力的方向可以根据左手定则来判断，四指所指的方向为正电荷的运动方向(或为负电荷运动的反方向)，拇指所指的方向就是运动的正电荷(负电荷)在磁场中所受洛伦兹力的方向．负电荷受力的方向与同方向运动的正电荷受力的方向相反．2．洛伦兹力的方向与电荷运动方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于v和B所决定的平面(但v和B的方向不一定垂直)．由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，因此洛伦兹力对电荷不做功(填“做功”或“不做功”)，洛伦兹力只改变电荷速度的方向而不改变其速度的大小．二、洛伦兹力的大小如图2所示，磁场的磁感应强度为B.设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向运动的速度都是v，图2(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？(2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力．则每个自由电荷所受洛伦兹力多大？[要点提炼]1．洛伦兹力与安培力的关系(1)安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现．而洛伦兹力是安培力的微观本质．(2)洛伦兹力对电荷不做功，但安培力却可以对导体做功．2．洛伦兹力的大小：F＝q v B sin θ，θ为电荷运动的方向与磁感应强度方向的夹角．(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时：F＝q v B；(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时：F＝0；(3)当电荷在磁场中静止时：F＝0.三、电视显像管的工作原理如图3为电视显像管的工作原理图，从图中(俯视图)可以看出，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点．为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场．图3(1)如果要使电子束在水平方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应该沿什么方向？(2)如果要使电子束打在B点，磁场应该沿什么方向？(3)如果要使电子束打在荧光屏上的位置由B逐渐向A点移动，偏转磁场应该怎样变化？经典例题例1下列关于图中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性的判断正确的是()A．洛伦兹力方向竖直向上B．洛伦兹力方向垂直纸面向里C．粒子带负电D．洛伦兹力方向垂直纸面向外例2如图4所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向．图4例3一个质量为m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图5所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g取10 m/s2)．求：图5(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？(3)该斜面长度至少多长？课堂检查1．如图所示，带负电的粒子在匀强磁场中运动．关于带电粒子所受洛伦兹力的方向，下列各图中判断正确的是()2．一带电粒子在匀强磁场中沿着磁感线方向运动，现将该磁场的磁感应强度增大一倍，则带电粒子受到的洛伦兹力()A．增大两倍B．增大一倍C．减小一半D．依然为零3．光滑绝缘杆与水平面保持θ角，磁感应强度为B的匀强磁场充满整个空间，一个带正电q、质量为m、可以自由滑动的小环套在杆上，如图6 所示，小环下滑过程中对杆的压力为零时，小环的速度为________．图6限时练题组一对洛伦兹力方向的判定1．在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断正确的是()答案ABD2.一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图1所示的磁场，分离为1、2、3三束，则下列判断正确的是()图1A．1带正电B．1带负电C．2不带电D．3带负电答案ACD解析根据左手定则，带正电的粒子左偏，即1；不偏转说明不带电，即2；带负电的粒子向右偏，说明是3，因此答案为A、C、D.3．在学校操场的上空停着一个热气球，从它底部脱落一个塑料小部件，下落过程中由于和空气摩擦而带负电，如果没有风，那么它的着地点会落在热气球正下方地面位置的() A．偏东B．偏西C．偏南D．偏北答案 B解析在北半球，地磁场在水平方向上的分量方向是水平向北，塑料小部件带负电，根据左手定则可得塑料小部件受到向西的洛伦兹力，故向西偏转，B正确．4．显像管原理的示意图如图2所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是()图2答案 A解析电子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B－t图的图线就在t轴下方；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B－t图的图线应在t轴上方，A正确．题组二洛伦兹力的特点5．一个运动电荷在某个空间里没有受到洛伦兹力的作用，那么()A．这个空间一定没有磁场B．这个空间不一定没有磁场C．这个空间可能有方向与电荷运动方向平行的磁场D．这个空间可能有方向与电荷运动方向垂直的磁场答案BC解析由题意，运动电荷在某个空间里没有受到洛伦兹力，可能空间没有磁场，也可能存在磁场，磁场方向与电荷运动方向平行．故A错误，B、C正确．若磁场方向与电荷运动方向垂直，电荷一定受到洛伦兹力，不符合题意，故D错误．故选B、C.6.如图3所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是()图3A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动答案 C解析电子的速度v∥B，F洛＝0，电子做匀速直线运动．7．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是()A．带电粒子沿电场线方向射入，则电场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加B ．带电粒子垂直于电场线方向射入，则电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变C ．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加D ．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变 答案 D解析 带电粒子在电场中受到的电场力F ＝qE ，只与电场有关，与粒子的运动状态无关，做功的正负由θ角(力与位移方向的夹角)决定．对选项A ，只有粒子带正电时才成立；垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，电场力都会做正功，动能增加．带电粒子在磁场中的受力——洛伦兹力F ′＝q v B sin θ，其大小除与运动状态有关，还与θ角(磁场方向与速度方向之间夹角)有关，带电粒子沿平行磁感线方向射入，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动．在其他方向上由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功．综上所述，正确选项为D.8．有一个带正电荷的离子，沿垂直于电场的方向射入带电平行板的匀强电场，离子飞出电场后的动能为E k .当在带电平行板间再加入一个垂直纸面向里的如图4所示的匀强磁场后，离子飞出电场后的动能为E k ′，磁场力做功为W ，则下列判断正确的是( )图4A ．E k <E k ′，W ＝0B ．E k >E k ′，W ＝0C ．E k ＝E k ′，W ＝0`D ．E k >E k ′，W >0答案 B解析 磁场力即洛伦兹力，不做功，故W ＝0，D 错误；有磁场时，带正电的粒子受到洛伦兹力的作用使其所受的电场力做功减少，故B 选项正确． 题组三 带电物体在磁场中的运动问题9.带电油滴以水平速度v 0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图5所示，若油滴质量为m ，磁感应强度为B ，则下述说法正确的是( )图5A ．油滴必带正电荷，电荷量为mg v 0BB ．油滴必带正电荷，比荷q m ＝qv 0BC ．油滴必带负电荷，电荷量为mgv 0BD ．油滴带什么电荷都可以，只要满足q ＝mgv 0B答案 A解析 油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上，与重力平衡，故带正电荷，其电荷量q ＝mgv 0B，A 正确．10．如图6所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直．一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M 下滑到最右端，则下列说法中正确的是( )图6A ．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大B ．滑块从M 点到最低点的加速度比磁场不存在时小C ．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小D ．滑块从M 点到最低点所用时间与磁场不存在时相等 答案 D解析 由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，选项A 错误；由a ＝v 2R ，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，选项B 错误；由左手定则，滑块经最低点时受的洛伦兹力向下，而滑块所需的向心力不变，故滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，选项C 错误；由于洛伦兹力始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度均与不加磁场时相同，选项D 正确．11.如图7所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m ，带电荷量为q ，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中( )图7A ．小球加速度一直增大B ．小球速度一直增大，直到最后匀速C ．棒对小球的弹力一直减小D ．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变 答案 BD解析 小球由静止开始下滑，受到向左的洛伦兹力不断增大．在开始阶段，洛伦兹力小于向右的电场力，棒对小球有向左的弹力，随着洛伦兹力的增大，棒对小球的弹力减小，小球受到的摩擦力减小，所以在竖直方向的重力和摩擦力作用下加速运动的加速度增加． 当洛伦兹力等于电场力时，棒对小球没有弹力，摩擦力随之消失，小球受到的合力最大，加速度最大．随着速度继续增大，洛伦兹力大于电场力，棒对小球又产生向右的弹力，随着速度增大，洛伦兹力增大，棒对小球的弹力增大，小球受到的摩擦力增大，于是小球在竖直方向受到的合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，小球的速度不再增大，以此时的速度做匀速运动．综上所述，选项B 、D 正确．12.如图8所示，质量为m 的带正电小球能沿着竖直的绝缘墙竖直下滑，磁感应强度为B 的匀强磁场方向水平，并与小球运动方向垂直．若小球电荷量为q ，球与墙间的动摩擦因数为μ.则小球下滑的最大速度为__________，最大加速度为__________．图8答案mg μqBg 解析 当小球刚开始下滑时有最大加速度， 即a ＝g ，当小球的加速度为零时有最大速度， 即mg ＝μF ， F ＝q v B . 解得v ＝mgμqB.13.质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，用一长为l 的绝缘细线悬挂在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B ，如图9所示，用绝缘的方法使小球位于使悬线呈水平的位置A ，然后静止释放，小球运动的平面与B 的方向垂直，求小球第一次和第二次经过最低点C 时悬线的拉力F T1和F T2.图9答案 3mg －qB 2gl 3mg ＋qB 2gl解析 小球由A 运动到C 的过程中， 洛伦兹力始终与v 的方向垂直， 对小球不做功，只有重力做功， 由动能定理有mgl ＝12m v 2C ，解得v C ＝2gl .在C 点，由左手定则可知洛伦兹力向上， 其受力情况如图①所示． 由牛顿第二定律，有 F T1＋F 洛－mg ＝m v 2Cl .又F 洛＝q v C B ， 所以F T1＝3mg －qB 2gl .同理可得小球第二次经过C 点时， 受力情况如图②所示， 所以F T2＝3mg ＋qB 2gl .14.如图10所示，质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝5×10－2 C 的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4 m 的光滑绝缘14圆弧轨道上由静止自A 端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E ＝100 V /m ，方向水平向右，B ＝1 T ，方向垂直纸面向里，g ＝10 m/s 2.图10求：(1)滑块到达C 点时的速度； (2)在C 点时滑块所受洛伦兹力． 答案 (1)2 m/s ，方向水平向左 (2)0.1 N ，方向竖直向下解析 以滑块为研究对象，自轨道上A 点滑到C 点的过程中， 受重力mg ，方向竖直向下；静电力qE ， 方向水平向右；洛伦兹力F 洛＝q v B ，方向始终垂直于速度方向． (1)滑块从A 到C 过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR－qER＝12m v2C得v C＝2(mg－qE)Rm＝2 m/s.方向水平向左．(2)根据洛伦兹力公式得：F＝q v C B＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N，方向竖直向下．。

学案4通电导线在磁场中受到的力[学习目标]1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向.2.学会用公式F＝BIL计算B与I垂直和平行两种情况下安培力的大小3.了解磁电式电流表的基本构造及工作原理．学习探究一、安培力的方向按照如图3所示进行实验．图3(1)上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向是否改变？(2)改变导线中电流的方向，导线受力的方向是否改变？仔细分析实验结果，说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？[要点提炼]1．安培力方向、磁场方向、电流方向三者之间满足左手定则．(1)F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．(2)磁场方向和电流方向不一定垂直．用左手定则判断安培力方向时，磁感线只要从掌心进入即可，不一定垂直穿过掌心．2．判断电流磁场方向用安培定则(右手螺旋定则)，确定通电导体在磁场中的受力方向用左手定则．3．推论：平行通电导线之间，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．二、安培力的大小1．在定义磁感应强度时，让一小段通电导线放入磁场，可得F＝ILB，此公式的适用条件是什么？2．当导线平行于磁场方向放置时，导线受力为多少？[要点提炼]1．安培力大小的计算公式F＝ILB sin_θ，θ为磁感应强度方向与导线方向的夹角．(1)当θ＝90°，即B与I垂直时，F＝ILB；(2)当θ＝0°即B与I平行时，F＝0.2．当导线与磁场垂直时，弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点直线的长度(如图4所示)；相应的电流沿L由始端流向末端．图4三、磁电式电流表1．磁电式电流表的基本组成部分是什么？磁电式电流表的原理是什么？2．指针偏转的角度与通入的电流大小有怎样的关系？3．能否利用磁电式电流表确定电流方向？经典例题例1画出图6中通电导体棒ab所受的安培力的方向(图中箭头方向为磁感线的方向)．图6例2长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是()A．F＝BIL cos θB．F＝BIL cos θC．F＝BIL sin θD．F＝BIL sin θ例3如图7所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为()图7A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl例4如图8所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为L.有大小为B的匀强磁场，方向垂直导轨面，金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路中通过电流时，金属杆正好能静止．求：电流的大小为多大？磁感应强度的方向如何？图课堂检测1．把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用，关于安培力的方向，下列说法中正确的是()A．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同B．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直C．安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直D．安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直2. 如图9所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离．其中AB固定，CD能自由活动，当直线电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)()图9A．顺时针方向转动同时靠近导线ABB．逆时针方向转动同时离开导线ABC．顺时针方向转动同时离开导线ABD．逆时针方向转动同时靠近导线AB3. 把长L＝0.15 m的导体棒置于磁感应强度B＝1.0×10－2 T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图10所示，若导体棒中的电流I＝2.0 A，方向向左，则导体棒受到的安培力大小F＝________ N，安培力的方向为竖直向________．(选填“上”或“下”)图104.一根长L＝0.2 m的金属棒放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并通过I＝5 A的电流，方向如图11所示，整个装置放在磁感应强度B＝0.6 T竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？(sin 37°＝0.6)图11限时练题组一对安培力方向的判定1．如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中正确的是()答案 C2．关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是()A．F、B、I三者必须保持相互垂直B．F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直C．B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直D．I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直答案 B解析安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直，但B与I(即导线)可以垂直，也可以不垂直，通电导线受安培力时，力F与磁场及导线都是垂直的，故A、C、D均错，B 正确．3.如图1所示，固定不动的绝缘直导线mn和可以自由移动的矩形线框abcd位于同一平面内，mn与ad、bc边平行且离ad边较近．当导线mn中通以向上的电流，线框中通以顺时针方向的电流时，线框的运动情况是()图1A．向左运动B．向右运动C．以mn为轴转动D．静止不动答案 B解析线框中通有电流，ad和bc两导线同时受到通电导线mn的作用力，故可知B选项正确．4．如图2所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁场B 方向的是()图2答案 B5.如图3所示，有一通电直导线放在蹄形电磁铁的正上方，导线可以自由移动，当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时，有关直导线运动情况的说法中正确的是(从上往下看)()图3A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升答案 C解析在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为逆时针转动，同时下降．故C正确，A、B、D错误．6.通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图4所示．下列哪种情况将会发生()图4A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动C．L2绕轴O按顺时针方向转动D．L2绕轴O按逆时针方向转动答案 D解析由右手螺旋定则可知导线L1的上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对．题组二对安培力公式F＝BIL sin θ的理解7.如图5所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是()图5A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值、方向均改变答案 B解析安培力F＝BIL，电流不变，垂直直导线的有效长度减小，安培力减小，安培力的方向总是垂直B、I所构成的平面，所以安培力的方向不变，B对，故选B.8．如图6，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()图6A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB答案 A解析将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出各段所受安培力的方向，根据F＝ILB计算出安培力的大小，再求合力．导线所受合力F合＝ILB＋2BIL sin 45°＝(2＋1)ILB，方向沿纸面向上．9．如图7所示，倾斜导轨宽为L，与水平面成α角，处在方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，金属杆ab水平放在导轨上．当回路电流强度为I时，金属杆ab所受安培力F()图7A．方向垂直ab杆沿斜面向上B．方向垂直ab杆水平向右C．F＝BIL cos αD．F＝BIL sin α答案 B解析由题图知电流方向由b→a且与磁场方向垂直，根据左手定则可知安培力水平向右，由安培力计算公式可得F＝BIL，故选B.题组三通电导体受安培力作用的综合问题分析10．如图8所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()图8A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向答案 C解析首先对MN进行受力分析：其受竖直向下的重力G、受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．当其处于平衡状态时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增大通过金属棒中的电流I，或二者同时增大，只有C项正确．11.如图9所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时(磁铁始终未动)()图9A ．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B ．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C ．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D ．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用 答案 C解析 根据左手定则知导线受磁铁的作用力斜向左上方，故由牛顿第三定律知，导线对磁铁的反作用力应斜向右下方，则一方面使磁铁对桌面的压力增大，一方面使磁铁产生向右的运动趋势，从而受到向左的摩擦力作用．12.如图10所示，用两根轻细悬线将质量为m 、长为l 的金属棒ab 悬挂在c 、d 两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a 到b 的电流I 后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )图10A.mgIltan θ，竖直向上B.mgIl tan θ，竖直向下 C.mgIl sin θ，平行悬线向下D.mgIlsin θ，平行悬线向上 答案 D解析 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为F min ＝mg sin θ，即IlB min ＝mg sin θ，得B min ＝mgIlsin θ，方向应平行于悬线向上．故选D.13.水平面上有电阻不计的U 形导轨NMPQ ，它们之间的宽度为L ，M 和P 之间接入电动势为E 的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m 、电阻为R 的金属棒ab ，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向与水平面夹角为θ且指向右上方，如图11所示，问：图11(1)当ab 棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B 的大小和方向均能改变，则要使ab 棒所受支持力为零，B 的大小至少为多少？此时B 的方向如何？答案 (1)mg －BLE cos θR BLE sin θR (2)mgR EL 方向水平向右解析 从b 向a 看侧视图如图所示．(1)水平方向：F f ＝F 安sin θ① 竖直方向：F N ＋F 安cos θ＝mg ② 又F 安＝BIL ＝B ERL ③联立①②③得：F N ＝mg －BLE cos θR ，F f ＝BLE sin θR.(2)要使ab 棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上，则有F 安′＝mg B min ＝mgREL，根据左手定则判定磁场方向水平向右． 14.如图12所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m 的平行导轨上放一质量为m ＝0.3 kg 的金属棒ab ，通以从b →a 、I ＝3 A 的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：图12(1)匀强磁场磁感应强度的大小； (2)ab 棒对导轨的压力．(g ＝10 m/s 2) 答案 (1)1.73 T (2)6 N ，方向垂直斜面向下解析 金属棒ab 中电流方向由b →a ，它所受安培力方向水平向右，它还受竖直向下的重力，垂直斜面斜向上的支持力，三力合力为零，由此可以求出安培力，从而求出磁感应强度B 的大小，再求出ab 棒对导轨的压力．(1)ab 棒静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，则 mg sin 60°＝BIL cos 60°B ＝mg tan 60°IL ＝0.3×10×33×1 T ＝1.73 T.(2)ab 棒对导轨的压力为：F N ′＝F N ＝mg cos 60°＝0.3×1012 N ＝6 N ，方向垂直斜面向下．。

高中物理步步高篇一：2014年《步步高》高中物理(人教选修3-1)配套全册结综合检测卷(含解析) (1)综合检测卷(时间：90分钟，满分100分)一、单项选择题(共5小题，每小题4分，共20分)1．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是( )A．安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律——库仑定律D．安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场答案 C解析奥斯特将通电导体放在小磁针上方时，小磁针发生了偏转，说明通电导体周围存在磁场，奥斯特是第一个发现了电与磁之间的联系的物理学家，故A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了洛伦兹力公式，故B错误；真空中两个点电荷间存在相互的作用．库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律：点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，这个规律就是库仑定律，故C正确；19世纪30年代，法拉第提出电荷周围存在一种场，并且是最早提出用电场线描述电场的物理学家，故D错误．所以选C.2.如图1所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d 的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是()图1A．EA＝ECEB；φA＝φCφBB．EBEAEC；φA＝φCφBC．EA&lt;EB，EA&lt;EC；φAφB，φAφCD．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低答案B解析电场线分布如图所示，电场线在B处最密集，在C 处最稀疏，故EBEAEC，中垂线为等势线，φA＝φC；沿电场线方向电势降低，φAφB.综上所述，选项B正确．3.如图2所示，B是一个螺线管，C是与螺线管相连接的金属线圈，在B的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环A，A的环面水平且与螺线管的横截面平行．若仅在金属线圈C 所处的空间加上与C环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内金属圆环的面积有缩小的趋势，则金属线圈C处所加磁场的磁感应强度随时间变化的B－t图象可能是()图2答案D解析金属环A的面积有缩小的趋势，说明B产生的磁场在增强，即B中的电流在增大，C中产生的感应电动势在增大，故D正确．4.如图3所示，金属板M、N水平放置，相距为d，其左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当变阻器的滑动触头在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器滑片向A点滑动过程中()图3A．粒子在M、N间运动过程中，动能一定不变B．粒子在M、N间运动过程中，动能一定减小C．粒子在M、N间仍做直线运动D．粒子可能沿M板的右边缘飞出答案B解析滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时M、N间为一速度选择器模型．当滑动触头滑向A点时，M、N 间电压减小，电场力变小，粒子向下偏，所以粒子在其间运动时电场力做负功，动能减小，B选项正确．因为粒子向下偏，所以不可能从M板的右边缘飞出．5.如图4所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()图4①速度②质量③电荷量④比荷A．①②B．①③C．①④D．②④答案CE解析离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定有qE＝qvB1，v ＝，①正确．进入区域Ⅱ后，做匀B1mv速圆周运动的半径相同，由rv、B2相同，所以只能是比荷相同，故④正确，故qB2选C.6.如图5所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()图5A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有缩小的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将减小答案C解析若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中的电流增大，根据楞次定律，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a的磁通量变大，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将变大，选项C正确，D错误．二、不定项选择题(共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)7．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A．电动机消耗的总功率为UIU2B．电动机消耗的热功率为RC．电源的输出功率为EIIrD．电源的效率为1－E答案AD解析电动机消耗的总功率为UI，选项A正确；电动机消耗的热功率为I2R，选项B错误；Ir电源的总功率为EI，电源的输出功率为EI－I2r，所以电源的效率为1－，选项C错误，DE正确．8.如图6所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()图6A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大答案ABD解析由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a的电势最高，c 的电势最低，A正确．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，B正确，C错误．等势线密的地方电场线密，电场强度大，由题图可知P 点场强大于Q点场强，由牛顿第二定律可知，带电质点通过P点时的加速度较Q点大，D正确．故选A、B、D.9.在如图7所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内电阻，R1、R2为可变电阻．在下列叙述的操作中，可以使灯泡L的亮度变暗的是()图7A．仅使R1的阻值增大B．仅使R1的阻值减小C．仅使R2的阻值增大D．仅使R2的阻值减小答案AD解析由“串反并同”可知要使灯泡变暗，则要求与其串联(包括间接串联)的器件阻值增大或与其并联(包括间接并联)的器件阻值减小，故A、D正确，B、C错误．10.如图8所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0&lt;θ&lt;90°)，其中MN和PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，(来自: 小龙文档网:高中物理步步高)如棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，ab棒速度的大小为v，则金属棒ab在这一过程中()图8A．运动的平均速度大小为v/2B．下滑位移的大小为qR/BLC．产生的焦耳热为qBLvD．机械能转化为内能答案BD三、实验题(本题共2小题，共16分)11.(8分)如图9所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1 kΩ～3 kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：篇二：步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：4.3圆周运动第3课时圆周运动考纲解读 1.掌握描述圆周运动的物理量及其之间的关系.2.理解向心力公式并能应用；了解物体做离心运动的条件．1．[匀速圆周运动的条件和性质]质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D．向心加速度大小不变，方向时刻改变答案CD解析匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A错；它的加速度大小不变，但方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，B错，D对；由匀速圆周运动的条件可知，C对． 2．[圆周运动的相关公式]关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是( )v2A．由a＝a与r成反比rB．由a＝ω2r知，a与r成正比vC．由ω＝知，ω与r成反比rD．由ω＝2πn知，ω与转速n成正比答案Dv2解析由a＝v一定时，a才与r成反比，如果v不一定，则a与r不成r反比，同理，只有当ω一定时，a才与r成正比；v一定时，ω与r成反比；因2π是定值，故ω与n成正比．3．[向心力来源分析]如图1所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中()图1A．B对A的支持力越来越大B．B对A的支持力越来越小C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大答案BC解析因做匀速圆周运动，所以其向心力大小不变，方向始终指向圆心，故对木块A，在a→b的过程中，竖直方向的分加速度向下且增大，而竖直方向的力是由A的重力减去B对A的支持力提供的，因重力不变，所以支持力越来越小，即A错，B对；在水平方向上A的加速度向左且减小，至b 时减为0，因水平方向的加速度是由摩擦力提供的，故B对A的摩擦力越来越小，所以C对，D错．4．[对离心现象的理解]下列关于离心现象的说法正确的是( )A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动答案 C解析物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施力物体的，故所谓的离心力是不存在的，只要物体所受合外力不足以提供其所需向心力，物体就做离心运动，故A 选项错；做匀速圆周运动的物体，当所受的一切力突然消失后，物体将沿切线做匀速直线运动，故B、D选项错，C选项对．一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．Δs2πrv＝ΔtT2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．Δθ2πωΔtT32πr1TT＝.f4v24π2an＝rω＝ωv＝r.rT25Fn＝man. 2π6．相互关系：(1)v＝r＝.Tv24π22(2)an＝rω＝ωv＝＝4π2f2r.rTv24π22(3)Fn＝man＝m＝mω＝22.rT二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动1．匀速圆周运动(1) .(2) (3)质点做匀速圆周运动的条件合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．非匀速圆周运动(1) (2)合力的作用①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的方向．②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的大小．三、离心运动1 2．受力特点(如图2所示)图2(1)当F＝2时，物体做匀速圆周运动．(2)当F＝0(3)当F&lt;2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．(4)当Fmrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动．考点一描述圆周运动的物理量的求解1．对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比．当ω一定时，v与r成正比．当v一定时，ω与r成反比．v22．对a＝ω2r＝ωv的理解r在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．特别提醒在讨论v、ω、r之间的关系时，应运用控制变量法．例1 如图3所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑．在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1，求：图3(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA∶vB∶vC；(2)A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC；(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC.解析(1)令vA＝v，由于皮带转动时不打滑，所以vB＝v.因ωA＝ωC，由公式v＝ωr知，1当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故vC＝v，所以vA∶vB∶vC＝2∶2∶1.2v(2)令ωA＝ω，由于共轴转动，所以ωC＝ω.因vA＝vB，由公式ω＝知，当线速度一定r时，角速度跟半径成反比，故ωB＝2ω.所以ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶1.v2(3)令A点向心加速度为aA＝a，因vA＝vB，由公式a＝r 速度跟半径成反比，所以aB＝2a.又因为ωA＝ωC，由公式a＝ω2r知，当角速度一定时，1向心加速度跟半径成正比，故aC＝.所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1.2答案(1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶11．高中阶段所接触的传动主要有：(1)皮带传动(线速度大小相等)；(2)同轴传动(角速度相等)；(3)齿轮传动(线速度大小相等)；(4)摩擦传动(线速度大小相等)．2．传动装置的特点：(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．突破训练1 如图4所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺表面上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是()图4A．a、b和c三点的线速度大小相等B．b、c两点的线速度始终相同C．b、c两点的角速度比a点的大D．b、c两点的加速度比a点的大答案 D解析当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，a、b和c三点的角速度相同，a半径小，线速度要比b、c的小，A、C错；b、c两点的线速度大小始终相同，但方向不相同，B错；由a＝ω2r可得b、c两点的加速度比a点的大，D对．考点二圆周运动中的动力学分析1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力．图5例2 (2013·重庆·8)如图5所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g. (1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；篇三：步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：4.2平抛运动第2课时平抛运动考纲解读 1.掌握平抛运动的特点和性质.2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题．1．[对平抛运动性质和特点的理解]关于平抛运动，下列说法错误的是( )A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动B．平抛运动的轨迹为抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也时刻变化C．做平抛运动的物体在Δt时间内速度变化量的方向可以是任意的D．做平抛运动的物体的初速度越大，在空中的运动时间越长答案BCD解析做平抛运动的物体只受重力作用，加速度为g恒定，任意时间内速度变化量的方向竖直向下(Δv＝gt)，运动时间由抛出时的高度决定，选项B、C、D错误．2．[斜抛运动的特点]做斜上抛运动的物体，到达最高点时( )A．速度为零，加速度向下B．速度为零，加速度为零C．具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D．具有水平方向的速度和加速度答案 C解析斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动．因物体只受重力，且方向竖直向下，所以水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有C选项正确．3．[用分解思想处理类平抛运动问题]如图1所示，两个足够大的倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间．若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系不正确的是()图1A．t1t3t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′ C．t1′t3′t2′ D．t1&lt;t1′、t2&lt;t2′、t3&lt;t3′ 答案Dh18h122解析由静止释放三个小球时对a：gsin 30°·t2.对b：h＝2，则1，则t1＝sin 30°2g22hh14h2t2.对c：＝gsin 45°·t2t1t3t2.当平抛三个小球时，小球b2＝3，则t3gsin 45°2g做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动．沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′.故选D.一、平抛运动1．性质：加速度为重力加速度g2．基本规律：以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：(1)vxx1(2)vy＝gt，位移y＝gt2.2vygt(3)合速度：v＝vx＋vy，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝. x0ygt(4)合位移：s＝x＋y，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝x2v0二、斜抛运动1．运动性质加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．2．基本规律(以斜向上抛为例说明，如图2所示)图2(1)水平方向：v0x＝vF合x＝0. (2)竖直方向：v0y＝v，F合y＝mg.考点一平抛运动的基本规律1．飞行时间：由t＝2．水平射程：x＝v0t＝v0素无关．h，与初速度v0无关．g，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因g3．落地速度：vt＝vx＋vyv0＋2gh，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θvy2gh＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．x0 4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图3所示．图35．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图4中A点和B点所示．图4(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.例 1 有一项人体飞镖项目，可将该运动简化为以下模型(如图5所示)：手握飞镖的小孩用一根不可伸长的细绳系于天花板下，在A处被其父亲沿垂直细绳方向推出，摆至最低处B时小孩松手，飞镖依靠惯性沿BC飞出命中竖直放置的圆形靶的靶心O，圆形靶的最高点C与B点在同一高度，A、B、C三点处在同一竖直平面内，且BC与圆形靶平面垂直．已知小孩质量为m，细绳长为L，B、C两点之间的距离为d，靶的半径为R，A、B 两点之间的高度差为h.不计空气阻力，小孩和飞镖均可视为质点，重力加速度为g.图5(1)求小孩在A处被推出时的初速度大小；(2)如果飞镖脱手时沿BC方向速度不变，但由于小孩手臂的水平抖动使其获得了一个垂直于BC的水平速度v1，要让飞镖能够击中圆形靶，求v1的取值范围．解析(1)设飞镖从B点平抛运动到O点的时间为t，从B 点抛出的速度为v，则有d＝vt 1R＝gt22由机械能守恒定律得121mv0＋mgh＝v2 22联立以上三式解得v0＝－2gh 2R(2)因BC方向的速度不变，则从B到靶的时间t不变，竖直方向上的位移仍为R，则靶上的击中点一定与靶心O在同一高度上，则垂直于BC的水平位移一定小于R，因此有v1t&lt;R 可得v1&lt; 答案(1)22gh (2)v1&lt; 2R2“化曲为直”思想——平抛运动的基本求解方法平抛运动的三种分解思路(1)分解速度：v合＝vx＋vy＝v0＋?gt?1y(2)分解位移：x＝v0t，y＝gt2，tan θ＝2x(3)分解加速度突破训练1 如图6，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为( )图6A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s 答案AD1解析由于小球经0.4 s落到半圆上，下落的高度h＝2＝0.8 m，位置可能有两处，如2图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧，v0t＝RR－h＝0.4 m，v0＝1 m/s 第二种可能：小球落在半圆右侧，v0t＝RR－h，v0＝4 m/s，选项A、D正确．考点二斜面上的平抛运动问题斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：例2 如图7所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g取10 m/s2)．求：。

学案4 电场线[学习目标定位] 1.理解电场强度的概念及公式，并会进行有关的计算.2.会用电场线表示电场，并熟记几种常见电场的电场线分布特征.3.理解点电荷的电场强度及场强叠加原理．一、电场法拉第认为在电荷的周围存在着由它产生的 ，处在电场中的其他电荷受到的 就是这个电场给予的．近代物理学认为电场以及磁场是一种客观存在，并且是互相联系的，统称为 ， 与 是物质存在的两种不同形式． 二、电场强度试探电荷在电场中某个位置 与它的 的比值叫电场强度，用公式E ＝Fq 表示；单位是 ，符号为 ；电场强度是矢量，方向与 的受力方向相同． 三、电场线电场线是画在电场中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．在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏，电场线不是实际存在的线，而是为了形象地描述电场而假想的线．三、电场线 匀强电场 [问题设计]1．电场线是如何表示电场方向和强弱的？2．电场线是真实存在的吗？能不能相交？[要点提炼]1．电场线的特点有：(1)起始于无限远或正电荷，终止于负电荷或无限远．(2)任意两条电场线不相交．(3)在同一幅图中，电场线的疏密表示场强的大小，电场线某点的切线方向表示该点电场强度的方向．2．匀强电场中各点的电场强度大小相等，方向相同；电场线是间距相等的平行线．[延伸思考]1．点电荷、等量同号点电荷、等量异号点电荷电场的电场线有何特点？答案点电荷的电场：正电荷的电场线从正电荷出发延伸到无限远处，负电荷的电场线由无限远处延伸到负电荷，如图所示，其特点有：(1)点电荷形成的电场中，不存在场强相同的点．(2)若以点电荷为球心作一个球面，电场线处处与球面垂直．在此球面上场强大小处处相等，方向各不相同．等量同号点电荷的电场：电场线分布如图所示(以等量正点电荷为例)，其特点有：(1)两点电荷连线上，中点O处场强为零，向两侧场强逐渐增大，方向指向中点．(2)两点电荷连线中点O沿中垂面(中垂线)到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小，方向背离中点．等量异号点电荷的电场：电场分布如图所示，其特点有：(1)两点电荷连线上的各点场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大，中点处场强最小．(2)两点电荷连线的中垂面(中垂线)上，电场线的方向均相同，即电场强度方向都相同，总与中垂面(或中垂线)垂直且指向负点电荷一侧．沿中垂面(中垂线)从中点到无限远处，场强大小一直减小，中点处场强最大．2．电场线和带电粒子在电场中的运动轨迹相同吗？答案不一定相同．电场线是为了形象地描述电场而引入的假想曲线，规定电场线上每点的切线方向为该点的场强方向，也是正电荷在该点的受力方向(与负电荷受力方向相反)．运动轨迹是带电粒子在电场中实际通过的径迹，径迹上每点的切线方向为粒子在该点的速度方向．在力学的学习中我们就已经知道，物体运动速度的方向和它的加速度的方向是两回事，不一定相同，因此，电场线与运动轨迹不能混为一谈，不能认为电场线就是带电粒子在电场中运动的轨迹．只有当电场线是直线，且带电粒子只受静电力作用(或受其他力，但方向沿电场线所在直线)，同时带电粒子的初速度为零或初速度方向沿电场线所在直线时，运动轨迹才和电场线重合，这只是一种特殊情况．一、电场线的理解和应用例1某电场的电场线分布如图5所示，下列说法正确的是()图5A．c点的电场强度大于b点的电场强度B．若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点C．b点的电场强度大于d点的电场强度D．a点和b点的电场强度的方向相同例2关于电场线的特征，下列说法中正确的是()A．如果某空间中的电场线是曲线，那么在同一条电场线上各处的场强不相同B．如果某空间中的电场线是直线，那么在同一条电场线上各处的场强相同C．如果空间中只存在一个孤立的点电荷，那么这个空间中的任意两条电场线相交；如果空间中存在两个以上的点电荷，那么这个空间中有许多电场线相交D．电场中任意两条电场线都不相交例3下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是()例4如图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()A．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．负电荷在B点处受到的电场力的方向沿电场线的切线方向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)例5如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900 N/C，在电场内一水平面上作半径为10 cm的圆心为O的圆，圆上取A、B两点，AO沿电场方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电荷量为10－9C的正点电荷，则A处场强大小E A＝________ N/C，B处场强大小E B＝________ N/C.1．如图6所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则()图6A．A、B两处的场强方向相同B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以E A＝E BC．电场线从A指向B，所以E A＞E BD．不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定2．如图2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2A．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3．如图5所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q(|Q|≫|q|)由a运动到b，静电力做正功．已知在a、b两点粒子所受静电力分别为F a、F b，则下列判断正确的是()图5A．若Q为正电荷，则q带正电，F a＞F bB．若Q为正电荷，则q带正电，F a＜F bC．若Q为负电荷，则q带正电，F a＞F bD．若Q为负电荷，则q带正电，F a＜F b。

1第五节共点力的平衡条件1.共点力(1一个物体受到的力作用于物体上的 ________或者它们的 ________交于一点,这样的一组力叫做共点力.(2共点力的合成:遵守 ________________说明①非共点力不能用平行四边形定则合成. ②平行四边形定则是一切矢量合成的普适定则,如:速度、加速度、位移、力等的合成.2.一个物体在力的作用下,如果保持 ________状态或者 ________________状态,我们就说这个物体处于平衡状态.共点力作用下物体的平衡条件是 ____________.其数学表达式为 F合 =____或⎩⎪⎨⎪⎧F x 合 = F y 合= , 其中 F x 合为物体在 x 轴方向上所受的合外力, F y 合为物体在 y 轴方向上所受的合外力.3.共点力作用下物体的平衡条件 (F合 =0 的应用步骤(1选定 ____________,依据题意判断用整体法还是隔离法更有利于解决问题,应视具体问题而定.(2对研究对象进行准确的 ____________,找出哪些物体对要研究的物体有力的作用.(3画出 ____________,并将某些力进行合成或分解,作出平行四边形.(4根据平衡条件:____________,列出平衡方程进行求解.4.下列情况下,物体处于平衡状态的有 (A .自由下落B .沿斜面匀速下滑C .物体被竖直向上抛出到达最高点时D .处于超重状态的物体5.物体在共点力作用下,下列说法中正确的是 (A .物体的速度在某一时刻等于零,物体就一定处于平衡状态B .物体相对另一物体保持静止时,物体一定处于平衡状态C .物体所受合力为零,就一定处于平衡状态D .物体做匀加速运动时,物体处于平衡状态6.一物体放在粗糙的水平面上,质量 m =5 kg ,物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.3, 当用水平力 F 作用在物体上时,物体恰好做匀速直线运动,则力 F 应为多少?2【概念规律练】知识点一共点力作用下物体的平衡1.物体在共点力作用下,下列说法中正确的是 (A .物体的速度在某一时刻等于零,物体就一定处于平衡状态B .一物体相对另一物体保持静止时,物体一定处于平衡状态C .物体所受合力为零,就一定处于平衡状态D .物体做匀加速直线运动时,物体处于平衡状态2.图 1如图 1所示,物块在力 F 作用下向右沿水平方向匀速运动,则物块所受的摩擦力f 与拉力 F 的合力方向应该是 (A .水平向右B .竖直向上C .向右偏上D .向左偏上知识点二平衡条件的应用3.某物体处于平衡状态时受到四个力的作用,保持其中三个力大小和方向均不变,将另一个力 F 保持其大小不变,方向转过 90°角,则欲使物体仍保持静止状态,必须再加上一个大小为多大的力才行 (A . FB . 2FC . 2FD . 3F4.物体受到三个共点力 F 1=7 N 、 F 2=9 N 及未知力 F 的作用而平衡,试讨论 F 的取值范围; 若物体受到四个共点力 F 1=7 N 、 F 2=9 N 、 F 3=3 N 及未知力 F 4作用而平衡,则 F 4的取值范围如何呢?【方法技巧练】一、平衡问题中的动态分析5.图 2图 2是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图. 使用时, 用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿3 墙壁上下缓缓滚动, 把涂料均匀地粉刷到墙上. 撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计, 而且撑竿足够长, 粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚, 关于该过程中撑竿对涂料滚的推力 F 1,涂料滚对墙壁的压力 F 2,以下说法中正确的是 (A . F 1增大, F 2减小B . F 1减小, F 2增大C . F 1、 F 2均增大D . F 1、 F 2均减小6.如图 3所示,重为 G 的小球放在倾角为θ的光滑斜面上,被竖直放置的光滑木板挡住, 若将挡板逆时针转动逐渐放低.试分析球对挡板的压力和对斜面的压力如何变化.图 3二、正交分解法在平衡问题中的应用7.图 4如图 4所示,重力为 500 N 的人通过跨过定滑轮的轻绳牵引重 200 N 的物体,当绳与水平面成 60°角时,物体静止.不计滑轮与绳的摩擦.求地面对人的支持力和摩擦力.8. 如图 5所示,图 54 用绳 AC 和 BC 吊起一重物,绳与竖直方向夹角分别为 30°和 60°, AC 绳能承受的最大的拉力为 150 N ,而 BC 绳能承受的最大的拉力为 100 N ,求重物的最大重力不能超过多少?1. (双选下列物体中处于平衡状态的是 (A .静止在粗糙斜面上的物体B .沿光滑斜面下滑的物体C .在平直路面上匀速行驶的汽车D .做自由落体运动的物体在刚开始下落的一瞬间2.物体静止放置在粗糙斜面上,斜面对物体的作用力的方向是 (A .垂直斜面向上B .可能沿斜面向下C .竖直向上D .无法判断3.下列关于物体的平衡状态的说法,正确的是 (A .只有在静止和匀速直线运动状态,物体才处于平衡状态B .做竖直上抛运动的物体,上升到最高点时速度为零,此瞬间物体处于平衡状态C .若一个物体相对另一个物体静止,则此物体处于平衡状态D .若一个物体所受合外力为零,则此物体处于静止状态4.下列各组的三个共点力不能使物体处于平衡状态的是 (A . F 1=5 N , F 2=5 N , F 3=1 NB . F 1=1 N , F 2=3 N , F 3=1 NC . F 1=2 N , F 2=4 N , F 3=6 ND . F 1=6 N , F 2=10 N , F 3=8 N5.图 6建筑工人用如图 6所示的定滑轮装置运送建筑材料.质量为 70.0 kg 的工人站在地面上,通过定滑轮将 20.0 kg 的建筑材料以 0.500 m /s 2的加速度拉升,忽略绳子和定滑轮的质量及5 定滑轮的摩擦,则工人对地面的压力大小为 (g取 10 m /s 2(A . 510 NB . 490 NC . 890 ND . 910 N6.图 7如图 7所示,物体 M 处于静止状态,三条细绳的拉力之比 F 1∶F 2∶F 3为 (A .1∶2∶3B 3C .5∶4∶3D . 2∶1∶17.图 8质量为 m 的木块,被水平力 F 紧压在倾角θ=60°的固定木板上,如图 8所示,木板对木块的作用力为 (A . FB . 32C . 12D . F 2+ mg 28.(双选图 9如图 9所示,电灯悬挂于两墙壁之间,更换水平绳 OA 使连接点 A 向上移动而保持 O 点位置和 OB 绳的位置不变,则在 A 点向上移动的过程中 (A .绳 OB 的拉力逐渐增大B .绳 OB 的拉力逐渐减小C .绳 OA 的拉力先增大后减小D .绳OA 的拉力先减小后增大9.图 10如图 10所示,一个重为 G 的物体放在粗糙水平面上,它与水平面的动摩擦因数为μ,若对物体施加一个与水平面成θ角的力 F ,使物体做匀速直线运动,则下列说法中不正确的是(A．物体所受摩擦力与拉力的合力方向竖直向上 B．物体所受的重力、支持力、摩擦力的合力与 F 等大反向 C．物体所受的重力、摩擦力、支持力的合力等于Fcos θ D．物体所受摩擦力的大小等于Fcos θ ，也等于μ (G－Fsin θ 10. 图 11 用轻弹簧竖直悬挂质量为 m 的物体，静止时弹簧伸长量为 L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为 2m 的物体，系统静止时弹簧伸长量也为 L.斜面倾角为 30°，如图 11 所示．则物体所受摩擦力( A．等于零 1 B．大小为 mg，方向沿斜面向下 2 3 mg，方向沿斜面向上 2 D．大小为 mg，方向沿斜面向上题号 1 2 3 4 答案 11. C．大小为5 6 7 8 9 10 图 12 如图 12 所示，轻弹簧 AB 长为 35 cm，A 端固定于一个放在倾角为 30°的斜面、重 50 N 的物体上，手执 B 端，使弹簧与斜面平行．当弹簧和物体沿斜面匀速下滑时，弹簧长变为 40 cm；当匀速上滑时，弹簧长变为 50 cm.求： (1弹簧的劲度系数 k； (2物体跟斜面间的动摩擦因数μ . 第五节共点力的平衡条件课前预习练 1．(1同一点作用线 (2平行四边形定则 2．静止匀速直线运动合力为零 0 0 0 3．(1研究对象 (2受力分析 (3受力示意图 (4F 合＝0 4．B [物体没有处于平衡状态一定是物体不处于静止或匀速直线运动状态，或者说物体受到的合力不为零，因此自由下落的物体不是处于平衡状态；沿斜面匀速下滑的物体，显然处 6于平衡状态；而竖直向上抛出到达最高点时的物体，尽管物体的瞬时速度为零，但它不处于静止状态，受到的合力不是零，因此也不处于平衡状态；处于超重状态的物体，因为具有向上的加速度或向上的分加速度，合力不是零，也不是处于平衡状态．] 5．C 6．15 N 解析 F＝μ mg＝0.3×5×10 N＝15 N. 课堂探究练1．C 2．B [ 对物块进行受力分析如右图所示，除 F 与 f 外，它还受竖直向下的重力 G 及竖直向上的支持力 FN，物块匀速运动，处于平衡状态，合力为零．由于重力 G 和支持力 FN 在竖直方向上，将重力和支持力等效成一个竖直向下的力，四力平衡转化为三力平衡，则根据三力平衡的原理，F 与 f 的合力必须和重力与支持力的合力等大反向，所以沿竖直方向向上．故 B 正确．] 点评 (1三力平衡的特点：任意两个力的合力必和第三个力等大反向． (2n 个力共点平衡最终可以等效成二力平衡． 3．B 4．2 N≤F≤16 N 0 N≤F4≤19 N 解析物体受到 F1、F2、F 三个共点力作用处于平衡状态，因此三力的合力为零，即 F 与 F1、 F2 的合力等大、反向；而 F1、F2 的合力大小范围是2 N≤F 合≤16 N，因此 F 的取值范围是2 N≤F≤16 N；同理，若物体受到四个共点力 F1、F2、F3 及 F4 作用而平衡，则 F4 与 F1、F2、F3 三力的合力等大反向．因 F1、F2 的合力范围是2 N≤F12≤16 N，当 F12 取3 N 且方向与 F3 反向时，F1、F2、F3 三力的合力最小，为 0 N；当 F1、F2、F3 三力在同一方向时，其合力最大，最大值为 19 N．因此 F4 的取值范围是 0N≤F4≤19 N. 5．D [对涂料滚进行受力分析，受到重力 G、竿对滚的推力、墙壁对滚的支持力三个力，如图所示．其缓慢向上滚的过程中三力平衡，竿对滚的推力方向与竖直方向的夹角θ 变小，根据物体的平衡条件可知，推力竖直向上的分力大小等于涂料滚的重力，涂料滚的重力不变，随推力方向与竖直方向夹角θ 变小，推力也逐渐变小，进而其水平方向上的分力也变小，即涂料滚对墙壁的压力也变小，所以选项 D 正确．] 6．见解析解析球受到竖直向下的重力作用，该力总是欲使球向下运动，但由于斜面和挡板的限制，球才保持静止状态．因此，球的重力产生两个效果：使球垂直压紧斜面和使球垂直压紧挡板，所以重力可分解为垂直于斜面方向和垂直于挡板方向的两个分力．在挡板放低的过程，重力 G 的大小和方向均不变，垂直斜面的分力 G1 的方向不变，作出以 G 7为对角线，一条邻边为 G1 方向的一系列平行四边形，如图所示．由图可知，G1 随挡板的降低始终在减小，G2 先减小后增大，当 G1 与 G2 垂直时，即挡板垂直斜面放置时，G2 取最小值为Gsin θ . 方法总结对动态问题，首先要明确合力与分力，其次要明确哪些力是不变量，哪些力是变化量，即明确哪些力的大小或者方向变化，哪些力的大小和方向都变化，此类问题常用图解法分析，其一般程序为： (1根据实际情况分解力，并作出合力与分力的平行四边形或三角形． (2根据分力方向的变化，由图示的平行四边形或三角形的边角关系，推断分力的变化情况． 7．100(5－ 3 N 100 N 解析人和重物静止，所受合力皆为零，对物体受力分析得到，绳的拉力F′等于物重 200 N；人受四个力作用，将绳的拉力分解，即可求解且人受绳的拉力 F 大小与F′相同，则 F＝F′ ＝200 N.如右图所示，以人为研究对象，将绳的拉力分解得 1 水平分力 Fx＝Fcos 60°＝200× N＝100 N 2 竖直分力 Fy ＝Fsin 60°＝200× 3 N＝100 3 N 2 在 x 轴上，f 与 Fx 二力平衡，所以静摩擦力 f＝Fx＝100 N，在 y 轴上，三力平衡得，地面对人的支持力 FN＝G－Fy＝(500－100 3 N＝100(5－ 3 N. 方法总结正交分解法不仅可以应用于力的分解，也可应用于其他任何矢量的分解，我们选取坐标系时，可以是任意的，不过选择合适的坐标系可以使问题简化，通常坐标系的先取有两个原则： (1使尽量多的矢量落在坐标轴上， (2尽量使未知量落在坐标轴上． 8．173.2 N 解析以重物为研究对象，重物受力如图所示，因重物静止，加速度为零，由平衡条件得 FACsin 30°－FBCsin 60°＝0① FACcos 30°＋FBCcos 60°－G＝0②由式①可知 FAC＝ 3FBC 当 FBC＝100 N 时，FAC＝173 N，AC 将断．而当 FAC＝150 N 时，FBC＝86.6<100 N 将 FAC＝150 N，FBC＝86.6 N 代入②式解得 G＝173.2 N 所以重物的最大重力不能超过173.2 N. 课后巩固练 1．AC 2.C 3.A 4.B 5．B [对建筑材料进行受力分析．根据牛顿第二定律有 F－mg＝ma，得绳子的拉力大小等于 F＝210 N．然后再对人受力分析由平衡知识得 Mg＝F＋FN，得 FN＝490 N，根据牛顿第二定律可知人对地面的压力为 490 N，B 对．] 6．B 7.D 88．BD [在绳 OA 的连接点 A 向上移动的过程中，结点 O 始终处于平衡状态．取结点 O 为研究对象，受力情况如图所示，图中 F1、F2、F3 分别是绳 OA、绳 OB、电线对结点 O 的拉力，F3′是 F1 和 F2 的合力，且F3′＝F3.在 A 点向上移动的过程中，F3 的大小和方向都保持不变，F2 的方向保持不变．由图可知，当绳OA 垂直于 OB 时，绳 OA 的拉力最小，所以绳 OA 的拉力先减小后增大，绳 OB 的拉力逐渐减小．正确选项为 B、D.] 9．C [物体受四个共点力作用处于平衡状态如右图所示，故任意三个力的合力必与另一个力等大反向，B 对，C 错．将力 F 正交分解，由平衡条件知 f＝Fcos θ ，又因 FN＝G－Fsin θ ，所以 f＝μ FN＝μ (G －Fsin θ ，D 对．因 F 的一个分力 F1＝Fcos θ 与 f 合成后合力为零，故 F 与 f 的合力大小为 F 的另一个分力，即 F2＝Fsin θ ，方向竖直向上，A 对．] 10．A [竖直悬挂时 mg＝kL①沿斜面拉 2m 物体时，设物体受摩擦力为 f，方向沿斜面向下，则kL＝2mgsin 30°＋f②由①②得 f＝0.] 3 11．(1250 N/m (2 6 解析当弹簧和物体沿斜面匀速下滑时，物体受力情况如图甲由平衡条件得： F1＋f＝G·sin 30°， FN＝G·cos 30°， f＝μ FN. 而 F1＝k×(0.4－0.35＝0.05k，当弹簧和物体沿斜面匀速上滑时，物体受力情况如图乙由平衡条件得： F2＝G·sin 30°＋f′，而f′＝μ FN，F2＝k×(0.5－0.35＝0.15k， 3 以上各式联立求得：k＝250 N/m，μ ＝ . 6 9。

第四章能量守恒与热力学定律第1节能量守恒定律的发现第2节热力学第一定律1．能量既不会____________，也不会____________，它只能从一种形式________为另一种形式，或者从一个物体________到另一个物体，在转化或转移的过程中其________不变，这就是能量守恒定律．2．一个物体，如果它跟外界不发生热交换，也就是这个物体既没有____________也没有____________，那么，外界对它做多少功，它的内能就____________．反之，物体对外界做多少功，它的内能就____________．即ΔU＝________.3．如果外界既没有对物体做功，物体也没有对外界做功，这时物体吸收了多少热量，它的内能就____________．反之，物体放出多少热量，它的内能就__________，即ΔU＝________. 4．如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么________________________加上________________________等于物体内能的增加．由此我们可以得到热力学第一定律的数学表达式ΔU＝________.它们的正负号规定如下：外界对物体做功，W______0；物体对外界做功，W______0.物体从外界吸热，Q______0；物体向外界放热，Q______0.物体内能增加，ΔU______0；物体内能减小，ΔU______0.5．一物体获得一定初速度后，沿着一粗糙斜面上滑，在上滑过程中，物体和斜面组成的系统( )A．机械能守恒 B．总能量守恒C．机械能和内能增加 D．机械能减少，内能增加6．关于热传递，下列说法中正确的是( )A．热传递的实质是温度的传递B．物体间存在着温度差，才能发生热传递C．热传递可以在任何情况下进行D．物体内能发生改变，一定是吸收或放出了热量7．关于物体内能的变化，以下说法中正确的是( )A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变【概念规律练】知识点一能量守恒定律1．如图1所示，A、B是两个完全相同的铁球，A放在绝热板上，B用绝热绳悬挂，现只让它们吸收热量，当它们升高相同的温度时，它们所吸收的热量分别为Q A、Q B，则( )图1A．Q A＝Q B B．Q A<Q BC．Q A>Q B D．无法确定Q A、Q B的大小2．水能不产生污染物，是一种清洁能源，位于美国和加拿大交界处的尼亚加拉瀑布流量可达每秒6 000 m3，而且一年四季流量稳定，瀑布落差50 m，若利用这一资源发电，设其效率为50%，估算发电机的输出功率．(g取10 m/s2)知识点二改变内能的两种方式3．采用绝热(即不与外界交换热量)的方式使一定量的气体由初态A变化至末态B.对于不同的绝热方式，下列说法正确的是( )A．对气体所做的功不同B．对气体所做的功相同C．对气体不需做功，因为没有能量的传递D．以上三种说法都不对4．一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度T1比铁块的温度T2高，当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则( )A．从两者开始接触到热平衡的整个过程中，铜块内能的减少量等于铁块内能的增加量B．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量C．达到热平衡时，铜块的温度比铁块的低D．达到热平衡时，两者的温度相等知识点三热力学第一定律5．一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是( )A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 JB．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 JD．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J6．下列关于物体内能的说法正确的是( )A．物体吸收热量，内能一定增加B．物体放出热量，内能一定减少C．当做功和热传递同时存在时，物体的内能可能不变D．物体对外做功，内能可能增加【方法技巧练】热力学第一定律的应用技巧7．一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105Pa的状况下，体积从20 L膨胀到30 L，这一过程中气体从外界吸热4×103 J，则气体内能的变化为( )A．增加了5×103 J B．减少了5×103 JC．增加了3×103 J D．减少了3×103 J8．如图2图2所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A变化到状态B时( )A．体积必然变大B．有可能经过体积减小的过程C．外界必然对气体做正功D．气体必然从外界吸热1．“第一类永动机”不可能制成，是因为( )A．不符合机械能守恒定律B．违背了能量守恒定律C．做功产生的热不符合热功当量D．找不到合适的材料和合理的设计方案2．行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的火焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流．上述不同现象所包含的相同物理过程是( )A．物体克服阻力做功B．物体的动能转化为其他形式的能量C．物体的势能转化为其他形式的能量D．物体的机械能转化为其他形式的能量3.图3如图3所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定高度，则下面有关能的转化的说法中正确的是( )A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能B．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的热能C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能D．子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变成沙箱和子弹的机械能4．在给自行车轮胎打气时，会发现胎内空气温度升高，这是因为( )A．胎内气体压强不断增大，而容积不变B．轮胎从外界吸热C．外界空气温度本来就高于胎内气体温度D．打气时，外界不断地对胎内气体做功5．一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程．设气体分子间的势能可忽略，则在此过程中( )A．外界对气体做功，气体分子的平均动能增加B．外界对气体做功，气体分子的平均动能减少C．气体对外界做功，气体分子的平均动能增加D．气体对外界做功，气体分子的平均动能减少6．下列关于系统的内能的说法正确的是( )A．系统的内能是由系统的状态决定的B．分子动理论中引入的系统内能和热力学中引入的系统内能是一致的C．做功可以改变系统的内能，但单纯地对系统传热不能改变系统的内能D．气体在大气中做绝热膨胀时做了功，但气体的内能不变7．某气体温度升高了(体积不变)，可能的原因是( )A．气体一定吸收了热量B．气体可能放出了热量C．外界对气体可能做了功D．气体可能吸收了热量8.图4如图4所示，用绝热活塞把绝热容器隔成容积相同的两部分，先把活塞锁住，将质量和温度都相同的理想气体氢气和氧气分别充入容器的两部分，然后提起销子，使活塞可以无摩擦地滑动，当活塞平衡时( )A．氢气的温度不变B．氢气的压强减小C．氢气的体积增大D．氧气的温度升高9.图5如图5，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变10．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量．则在整个过程中一定有( )A ．Q 1－Q 2＝W 2－W 1B ．Q 1－Q 2＝W 1－W 2C ．W 1＝W 2D ．Q 1＝Q 2 11.图6如图6所示是一定质量的理想气体从状态A 经B 至C 的p —1V图线，则在此过程中( )A ．气体的内能改变B ．气体的体积增大C ．气体向外界放热D ．气体对外界做功 12.图7如图7所示，a 、b 、c 、d 表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad 平行于横坐标轴，dc 平行于纵坐标轴，ab 的延长线过原点，以下说法正确的是( ) A ．从状态d 到c ，气体不吸热也不放热 B ．从状态c 到b ，气体放热 C ．从状态a 到d ，气体对外做功 D ．从状态b 到a ，气体吸热13．一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起，若不计气泡内空气分子势能的变化，则( ) A ．气泡对外做功，内能不变，同时放热 B ．气泡对外做功，内能不变，同时吸热 C ．气泡内能减少，同时放热 D ．气泡内能不变，不吸热也不放热 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案14.一定量的气体从外界吸收了2.6×105J 的热量，内能增加了4.2×105J ，是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？做了多少功？如果气体吸收的热量仍为2.6×105J 不变，但是内能只增加了1.6×105J ，这一过程做功情况怎样？第四章能量守恒与热力学定律第1节能量守恒定律的发现第2节热力学第一定律课前预习练1．凭空产生凭空消失转化转移总量2．吸收热量放出热量增加多少减少多少W3．增加多少减少多少Q4．外界对物体所做的功物体从外界吸收的热量QQ＋W> < > < > <5．BD [物体沿斜面上滑的过程中，有摩擦力对物体做负功，所以物体的机械能减少．由能量守恒定律知，内能应增加，总能量不变．]6．B [热传递的实质是物体间内能的转移，故A错；热传递的条件是物体间存在温度差，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，若两物体温度相同，它们之间便不再发生热传递，即达到了热平衡，故B对，C错；物体吸收或放出热量，内能会发生变化，但内能变化不一定是热传递引起的，还可以通过做功的方式实现，故D错．]7．C [根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)，物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关．物体吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，故A错；同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，B错；若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能可能不变，C正确；若物体放热的同时对外做功，物体内能一定减少，故D错．]课堂探究练1．C [对A球：吸热后膨胀，重心升高，重力势能增加，则吸收的热量等于增加的重力势能和内能之和，即Q A＝ΔE P A＋ΔU A；对B球：吸热后也膨胀，但重心下降，则吸收的热量和重力势能的减少量等于B球内能的变化，即Q B＋ΔE P B＝ΔU B，两球内能的变化量相同，即ΔU A ＝ΔU B，故Q A>Q B，选项C正确．]点评应用能量守恒定律解决问题时，首先应明确有哪几种能量参与转化或转移，哪些增、哪些减，然后利用守恒观点列出方程求解．2．1.5×109 W解析水力发电的基本原理是水的机械能转化为电能．每秒钟流下的水的质量为：m＝ρV＝1×103×6 000 kg＝6×106 kg.每秒钟水减少的机械能为：E＝mgh＝6×106×10×50 J＝3×109 J.设发电机的输出功率为P，则由能量守恒定律可得：Eη＝Pt，解得P＝3×109×50% W＝1.5×109 W.点评能量守恒定律是普遍适用的定律，在解决有关能量转化问题时，必须想到利用能量守恒定律．3．B [对于一定量的气体，不管采用任何一种绝热方式由状态A变化到状态B，都是绝热过程．在这一过程中，气体在初状态A有一确定的内能U A，在状态B有另一确定的内能U B，由绝热过程中ΔU＝U B－U A＝W知，W为恒量，所以B选项正确．]点评在绝热过程中，内能和其他形式的能一样也是状态量．气体的初、末状态确定了，在初、末状态的内能也就相应地确定了，故内能的变化ΔU也确定了．而功是能量转化的量度，所以ΔU＝W，即W为恒量．4．AD [热平衡条件是温度相等，热传递的方向是从温度高的物体传向温度低的物体．在热传递过程中高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量，因此A、D正确，B、C错误．] 点评(1)热传递是从高温物体传向低温物体．(2)热传递过程中高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量．(3)在单纯的热传递中，系统从外界吸收多少热量，系统的内能就增加多少；系统向外界放出多少热量，系统的内能就减少多少．5．B [因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104 J；内能减少，ΔU取负值，即ΔU ＝－1.2×105 J；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，即B选项正确．]点评热力学第一定律的表达式为ΔU＝W＋Q，应用时要熟练掌握各物理量的符号法则．6．CD [当物体从外界吸收的热量与对外做的功正好相等时，物体的内能不变，C正确；物体对外做功，如果同时吸收热量，且吸收的热量比对外做的功多时，内能就会增加．]点评本题易错之处是有些同学把吸热和内能混为一谈．不假思索就认为物体吸热内能增加，物体放热内能减少而错选A、B.而A和B中只谈到一种改变内能的方式，但并不能否认还可能存在着另一种改变内能的方式——做功．7．C [气体等压膨胀过程对外做功W＝pΔV＝1.0×105Pa×(30－20)×10－3 m3＝1.0×103 J．这一过程气体从外界吸热Q＝4×103J．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，W应取负值，则可得ΔU＝－1.0×103J＋4.0×103J＝3.0×103J，即气体内能增加3×103 J．]方法总结若气体等压变化，压强为p，体积变化为ΔV，则气体做功W＝p·ΔV. 8．ABD [本题是气体状态变化图象与热力学第一定律结合的综合分析题．连接OA、OB，得到两条等容线，故有V B>V A，所以A正确；由于没有限制从状态A变化到状态B的过程，所以可先减小气体的体积再增大气体的体积到B状态，故B正确；因为气体体积增大，所以是气体对外做功，C错误；因为气体对外界做功，而气体的温度又升高，内能增大，由热力学第一定律知气体一定从外界吸热，D正确．]方法总结(1)一定质量的理想气体的内能只由温度决定，与体积无关．(2)应注意W＋Q＝ΔU和气体实验定律及图象的巧妙结合，综合分析．课后巩固练1．B2．AD [此题考查学生综合分析能力，从若干不同的现象中分析找出相同的规律，这四个现象中物体在运动过程中都受到阻力，汽车主要受制动阻力，流星、降落伞受空气阻力，条形磁铁下落受磁场阻力，因而物体都克服阻力做功，A对；四个物体运动过程中，汽车是动能转化成了内能，流星、降落伞、条形磁铁是重力势能转化成其他形式的能，总之是机械能转化成了其他形式的能，D对．]3．D [子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转变成沙箱和子弹的内能；还有一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能．]4．D [给自行车轮胎打气，人对胎内气体做功，气体内能增加，所以温度升高．]5．D [绝热膨胀过程是指气体膨胀过程未发生热传递，膨胀过程气体体积增大，气体对外界做功，气体内能减小．由于气体分子间的势能可忽略，故气体分子的平均动能减小．] 6．AB [系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，所以是由系统的状态决定的，A对；正因为内能是由系统的状态决定的，所以分子动理论中引入的内能和热力学中引入的内能是一致的，B对；做功和热传递都可以改变系统的内能，C错；气体做绝热膨胀时对外界做了功，又因为与外界没有热交换，所以系统的内能要减小，故D错．]7．A [体积不变，说明外界对气体做的功W＝0，由于温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，气体内能增加，由ΔU>0知Q>0，即一定是吸收了热量．] 8．BCD [理想气体氢气和氧气的质量虽然相同，但由于氢气的摩尔质量小，故氢气物质的量多，又体积和温度相同，pV＝CT，所以氢气产生的压强大，当拔掉销子后，会推动活塞向氧气一方移动，这时氢气对外做功，又无热传递，由ΔU＝W＋Q可知，氢气内能减少，温度降低，对氧气而言，外界对它做功，体积减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，无热传递的情况下，氧气内能增加，温度升高．]9．BD [因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b，气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：气体体积增大，温度不变，压强必然变小，综上可判断B、D项正确．]10．A [气体初、末状态相同，内能相同，由热力学第一定律知ΔW＋ΔQ＝0，即W2－W1＝Q1－Q2，故选项A正确．]11．C [由图象可知该理想气体发生的是等温变化，故气体的内能不变，ΔU＝0；但气体的体积在减小，故外界对气体做功，W>0；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，Q<0，气体向外界放热，故C正确．]12．BCD [从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故答案A错；气体从状态c到状态b 是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故选项B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故选项D正确．]13．B [在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，故气泡中空气分子的内能减小，温度降低．但由于外部恒温，且气泡缓慢上升，故可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，内能不变，故需从外界吸收热量，且吸收的热量等于泡内空气对外界所做的功．]14．外界对气体做功，做功为1.6×105 J气体对外界做功，做功为1.0×105 J解析由题意知Q＝2.6×105J，ΔU＝4.2×105J，根据ΔU＝Q＋W，代入可得W＝1.6×105 J，W为正值，外界对气体做功，做功为1.6×105 J.同理由题意可知Q′＝2.6×105 J，ΔU′＝1.6×105 J，利用热力学第一定律得W′＝－1.0×105 J，这说明气体对外界做功(气体体积变大)，做功为1.0×105 J.。

第2节磁感应强度1．磁感应强度是用来描述磁场强弱和方向的物理量，物理学中把小磁针静止时N极所指的方向规定为该点的磁感应强度的方向．2．在物理学中，把很短的一段通电导线中的电流I与导线长度L的乘积IL叫电流元．在探究影响通电导线受力因素的实验中无论怎样改变I、L的数值，FIL这一比值是不变的，说明FIL是反映磁场性质的量，与放入什么样的通电导体无关．3．在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受的安培力跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫磁感应强度．通常用字母B表示．在国际单位制中的单位是特斯拉，简称特，符号是T.B是矢量，其方向就是磁场的方向，即小磁针静止时N极所指的方向．公式：B＝FIL.公式在应用中应注意两点：①导线所受磁场力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直；②通电导线长度L很短时，B就是导线所在处的磁感应强度．同时，因它所在处各点的磁感应强度变化很小，可近似认为磁场是匀强磁场．4．在磁感应强度的定义式B＝FIL中，有关各物理量间的关系，下列说法中正确的是( )A．B由F、I和L决定B．F由B、I和L决定C．I由B、F和L决定D．L由B、F和I决定答案 B【概念规律练】知识点一磁感应强度的方向1．下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是( )A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向答案BD解析磁场中某点磁感应强度的方向表示该点磁场的方向，磁场方向也就是小磁针N 极受力的方向．但电流受力的方向不代表磁感应强度和磁场的方向．点评(1)磁感应强度的方向和小磁针N极受力方向相同，但绝非电流的受力方向．(2)磁场中某点磁感应强度的大小和方向是确定的，和小磁针、电流的存在与否无关．2．下列关于磁感应强度方向的说法中正确的是( )A．磁场中某点的磁感应强度的方向规定为小磁针静止时北极所指的方向B．磁场中某点的磁感应强度的方向与小磁针S极在此处的受力方向一致C．磁场中某点的磁感应强度的方向由试探电流元在此处的受力方向决定D．磁感应强度的方向由磁场本身决定，与是否在磁场中放入通电导线无关答案AD解析小磁针在磁场中静止下来时，N极的方向规定为该点的磁感应强度的方向，A正确，B错误；磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与此处是否有小磁针或通电导线无关，C错误，D正确．知识点二磁感应强度的定义式B＝FIL3．有关磁感应强度的下列说法中，正确的是( )A．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C．若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是F ILD．由定义式B＝FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小答案 A解析磁感应强度的引入目的就是用来描述磁场强弱，因此选项A是正确的；磁感应强度是与电流I和导线长度L无关的物理量，且B＝FIL中的B、F、L相互垂直，所以选项B、C、D皆是错误的．4．根据磁感应强度的定义式B＝FIL，下列说法中正确的是( )A．在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F＝0，那么该处的B一定为零C．磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零答案 D点评在定义式B＝FIL中，通电导线必须垂直于磁场方向放置．因为磁场中某点通电导线受力的大小，除和磁场强弱有关外，还和导线的方向有关．导线放入磁场中的方向不同，所受磁场力的大小也不相同．通电导线受力为零的地方，磁感应强度B的大小不一定为零．知识点三磁感应强度与电场强度的比较5．关于磁感应强度的方向和电场强度的方向，下列说法正确的是( )A．电场强度的方向与电荷所受电场力的方向相同B．电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同C．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同D．磁感应强度的方向与小磁针在该处的指向相同答案BC解析物理学上规定正电荷在电场中的受力方向为该点电场方向，小磁针N极受力的方向为该点的磁场方向，小磁针静止时N极的指向为该点磁感应强度的方向．6．下列说法中正确的是( )A．电荷在电场中某处不受电场力的作用，则该处的电场强度为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零C．把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D．把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱答案AC解析通电导体受磁场力与电荷受电场力不同，安培力的大小与导体放置的方向有关，导体与磁场方向垂直时磁场力最大，导体与磁场方向平行时磁场力为零．【方法技巧练】一、磁感应强度大小的计算方法7．一根长为0.1 m的电流为1 A的通电导线，在磁场中某处受到的安培力大小为0.4 N，则该处的磁感应强度为( )A．等于4 T B．大于或等于4 TC．小于或等于4 T D．可能为0答案 B8．在磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长为1 cm，电流为0.5 A，所受的磁场力为5×10－4 N．求：(1)该位置的磁感应强度多大？(2)若将该电流撤去，该位置的磁感应强度又是多大？(3)若将通电导线跟磁场平行放置，该导体所受到的磁场力多大？答案(1)0.1 T (2)0.1 T (3)0解析(1)根据公式B＝FIL得：B＝5×10－40.01×0.5T＝0.1 T.(2)该处的磁感应强度不变，B＝0.1 T.(3)电流元平行磁场放置时，所受磁场力为零，F＝0.方法点拨①在磁场中放入通电导线、当导线与磁场垂直时，B＝FIL；导线与磁场不垂直时，导线所受磁场力变小，因而不能简单地套用公式B＝FIL.②磁感应强度决定于磁场本身，与是否放置通电导线及放置通电导线的方式均无关．二、导体所受磁场力的计算9．在磁感应强度为10－2 T的匀强磁场中，有一根长0.2 m的通电导线，导线中的电流强度为10 A，将这条导线与磁场方向垂直放置，那么它将受到多大的磁场力作用？答案2×10－2 N解析在通电导线与磁场垂直条件下，由B＝FIL得F＝BIL＝10－2×10×0.2 N＝2×10－2N.1．关于磁感应强度的方向，下列方法不正确的是( )A．小磁针静止时S极所指的方向B．小磁针静止时N极所指的方向C．小磁针N极的受力方向D．同磁场方向一致答案 A解析磁感应强度的方向规定为小磁针N极的受力方向或小磁针静止时N极所指的方向，同磁场方向一致．故只有A选项不正确．2．有人根据公式B＝FIL提出以下看法，其中正确的是( )A．磁感应强度的数值跟通电导线受到的磁场力F的大小成正比B．磁感应强度的数值跟通电导线的电流I成反比C．磁感应强度的数值跟通电导线的长度L成反比D．磁感应强度是表示磁场强弱的物理量，它是客观存在的，它与外加导线的长度、电流的强弱和受力情况均无关答案 D3．磁感应强度的单位是特斯拉(T)，与它等价的是( )A.NA·mB.N·AmC.N·Am2D.NA·m2答案 A解析当导线与磁场方向垂直时，由公式B＝FIL，磁感应强度B的单位由F、I、L的单位决定．在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，简称T,1 T＝1NA·m.4．关于磁感应强度的大小，下列说法正确的是( )A．磁极在磁场中受磁场力大的地方，该处的磁感应强度一定大B．磁极在磁场中受磁场力大的地方，该处的磁感应强度不一定大，与放置方向有关C．通电导线在磁场中受磁场力大的地方，该处磁感应强度一定大D．通电导线在磁场中受磁场力大的地方，该处磁感应强度不一定大，与放置方向有关答案AD解析磁极在磁场中的受力跟放置方向无关，电流在磁场中的受力与放置方向有关．5．在电流产生的磁场中，某点的磁感应强度的大小决定于( )A．该点在磁场中的位置B．该点处的电流大小和方向C．产生磁场的电流D．产生磁场的电流和该点在磁场中的位置答案 D解析某点的磁感应强度的大小除了和磁场本身有关外，还和该点在磁场中所在的位置有关．6．关于磁感强度，正确的说法是( )A．根据定义式B＝FIL，磁场中某点的磁感强度B与F成正比，与IL成反比B．磁感强度B是矢量，方向与F的方向相同C．B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同D．在确定的磁场中，同一点的B是确定的，不同点的B可能不同，磁感线密的地方B 大些，磁感线疏的地方B小些答案CD7．在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20 cm，通电电流I＝0.5 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F＝1.0 N，其方向竖直向上，现将该通电导线从磁场撤走，则P处磁感应强度为( )A．零B．10 T，方向竖直向上C．0.1 T，方向竖直向上D．10 T，方向肯定不是竖直向上答案 D解析由公式B＝FIL可知，把数值代入可以得到B＝10 T，公式中F是与B垂直的，所以P处磁感应强度方向肯定不是竖直向上．8．一根通电导线在某个空间没有受到磁场力，那么( )A．这个空间一定没有磁场B．可能有磁场，且磁场方向与导线垂直C．可能有磁场，且磁场方向可能与导线中电流方向相同D．可能有磁场，且磁场方向可能与导线中电流方向相反答案CD解析当磁场方向和电流方向平行时，则导线不受磁场力．故C、D正确．9．一根长20 cm 的通电导线放在磁感应强度为0.4 T 的匀强磁场中，导线与磁场方向垂直，若它受到的安培力为4×10－3N ，则导线中的电流是多大？若将导线中的电流减小为0，则该处的磁感应强度为多少？答案 0.05 A 0.4 T解析 由B ＝FIL得I ＝F BL ＝4×10－30.4×0.2A ＝0.05 A. 磁感应强度B 与I 、L 、F 无关，只由磁场本身决定，故当I ＝0时，B 不变，仍为0.4 T.10．匀强磁场(各点的磁感应强度大小、方向均不变的磁场)中长2 cm 的通电导线垂直磁场方向，当通过导线的电流为2 A 时，它受到的磁场力大小为4×10－3N ，问：(1)该处的磁感应强度B 是多大？ (2)若电流不变，导线长度减小到1 cm ，则它受到的磁场力F 和该处的磁感应强度B 各是多少？(3)若导线长不变，电流增大为5 A ，则它受磁场力F 和该处的磁感应强度B 各是多少？答案 (1)0.1 T (2)2×10－3N 0.1 T(3)10－2N 0.1 T解析 (1)根据磁感应强度的定义B ＝F IL ＝4×10－32×2×10－2T ＝0.1 T. (2)匀强磁场中该点的磁感应强度由磁场本身来决定，不因导线长度的改变而改变，因此，B ＝0.1 T.根据磁感应强度的定义B ＝FIL可得，导线长度减小到1 cm ，则它受磁场力 F ＝BIL ′＝0.1×2 N×10－2 N ＝2×10－3 N.(3)匀强磁场中该点的磁感应强度也不因电流的改变而改变，因此，B ＝0.1 T. 根据磁感应强度的定义B ＝FIL可得，电流增大为 5 A ，则它受磁场力F ＝BI ′L ＝0.1×5×2×10－2N ＝10－2N.。