《金版新学案》2012高三物理一轮课下作业 第8章 磁场 第三讲

解析：1物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得μ1m A g＝m A a A①代入数据解得本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！一、选择题1．关于摩擦力做功的如下说法不正确的答案是A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B．静摩擦力起着阻碍物体相对运动趋势的作用，一定不做功C．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功D．系统内两物体间的相互作用的一对摩擦力做功的总和恒等于0解析：功的计算公式W＝Fxcos θ中的x是指相对于地面的位移，滑动摩擦力和静摩擦力仅起阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势的作用．它们和物体对地“绝对位移〞的方向既可能一样也可能相反，说它们一定做负功是错误的．物体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，物体可以对地移动，所以静摩擦力也可能做功，物体间有相对滑动时，伴随机械能的损耗转化为内能，所以一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值，四个选项均错．答案：ABCD2.2011·某某市局部重点中学联考如右图所示，一质量为m的足球，以速度v由地面踢起，当它到达离地面高度为h的B点处取重力势能在B处为零势能参考平面，如下说法正确的答案是A．在B点处重力势能为mghB．在B点处的动能为错误!mv2－mghC．在B点处的机械能为错误!mv2－mghD．在B点处的机械能为错误!mv2解析：因为机械能为Ek＋Ep，所以C对．由动能定理知，B对．答案：BC3．一辆汽车保持功率不变驶上一斜坡，其牵引力逐渐增大，阻力保持不变，如此在汽车驶上斜坡的过程中A．加速度逐渐增大 B．速度逐渐增大C．加速度逐渐减小 D．速度逐渐减小解析：由P＝F·v可知，汽车的牵引力逐渐增大，其上坡的速度逐渐减小，汽车的加速度方向沿坡向下，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋F f－F＝ma，随F增大，a逐渐减小，综上所述，C、D正确，A、B错误．答案：CD4．如如下图所示，用手通过弹簧拉着物体沿光滑斜面上滑，如下说法正确的答案是A．物体只受重力和弹簧的弹力作用，物体和弹簧组成的系统机械能守恒B．手的拉力做的功，等于物体和弹簧组成的系统机械能的增加量C．弹簧弹力对物体做的功，等于物体机械能的增加量D．手的拉力和物体重力做的总功等于物体动能的增加量解析：对于物体和弹簧组成的系统，当只有重力做功时机械能才守恒，手的拉力对系统做正功，系统的机械能增大，由功能原理可知，A错B对；对物体、弹簧弹力是外力，物体所受外力中，除重力外只有弹簧弹力做功，因此弹簧弹力做的功等于物体机械能的增加量，C 对；手的拉力作用于弹簧，因此引起弹簧的形变而改变弹性势能，D错．答案：BC5．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，到达光滑水平面上B点时的速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条．如下列图，小球越过n条阻挡条后停下来．假设让小球从h高处以初速度v0滚下，如此小球能越过阻挡条的条数为设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等，假设水平面光滑A．n B．2nC．3n D．4n答案： B6.如右图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，如此A．小球运动的最大速度等于2错误!B．小球运动中最大加速度为gC．弹簧的劲度系数为mg/x0D．弹簧的最大弹性势能为3mgx0解析：此题考查牛顿第二定律、胡克定律与机械能守恒定律，意在考查考生分析变力做功的能力．小球下落至平衡位置时速度最大，此时kx＝mg，而x<x0，又因为下落距离大于2x0，选项A、C错误；当小球到达最低点时加速度最大，且最大加速度大于g，选项B错误；小球下落的整个过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，如此：mg×3x0－Ep＝0，选项D 正确．答案： D7.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如下列图，且α>β，假设拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体抑制摩擦阻力F f做的功为W2，平均功率为P2，如此如下选项正确的答案是A．W1>W2；F＝2F f B．W1＝W2；F>2F fC．P1>P2；F>2F f D．P1＝P2；F＝2F f解析：由于物体初末速度为零，根据动能定理可知，水平外力F做的功与摩擦力做的功相等，选项A错误；由于摩擦力作用时间大于外力F作用时间，故P1>P2，由于α>β，如此F>2F f，应当选项B、C正确．答案：BC8.如右图所示，可视为质点的物块A放在物体B上，物体B的斜面为弧面，A、B之间有摩擦，水平地面光滑．现将物块A从物块B的顶端由静止释放，在滑到物体B的底端前，如下说法正确的答案是A．假设物体B固定，如此物块A减少的重力势能等于它的动能和系统增加的内能之和B．假设物体B不固定，如此物块A减少的机械能等于物体B增加的机械能C．物体B在固定与不固定的两种情况下，系统重力势能的减少量相等D．物体B在固定与不固定的两种情况下，摩擦产生的热量不等解析：假设B固定，A减少的重力势能转化为A的动能和系统增加的内能，选项A正确；假设B不固定，A减少的重力势能转化为A、B的动能和系统增加的内能，选项B错误；B在固定与不固定的两种情况下，A下降的高度相等，所以系统重力势能的减少量相等，选项C正确；B不固定时，由于A、B都运动，经过同一位置A的速度与B固定时A的速度不等，所以同一位置的摩擦力大小不等，因而摩擦产生的热量不等，选项D正确．答案：ACD9.如右图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上，A的质量为m，B的质量为4m，开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态绳中无拉力，OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，其下摆过程中斜面体保持静止，如下判断中正确的答案是A．物块B受到摩擦力先减小后增大B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右C．小球A重力的瞬时功率先变大后变小D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒解析：小球A释放瞬间，绳的拉力为零，如此物块B受到的静摩擦力大小为2mg，方向沿斜面向上．在小球A摆到最低点的过程中，由机械能守恒得mgR＝错误!mv2，在最低点F T－mg＝m错误!，联立解得绳子的最大拉力为F T＝3mg.此时物块B仍静止，且受到静摩擦力大小为mg，方向沿斜面向下，由此判断出小球A在下摆过程中，物块B一直处于静止状态，受到静摩擦力先减小后增大，A选项正确；在小球A下摆过程中，OA绳对斜面体的拉力方向始终斜向左下方，由此判断出地面对斜面体的摩擦力方向一直向右，B选项正确；小球A释放瞬间速度为零，此时的重力瞬时功率为零．当小球A运动到最低点时，由于速度方向与重力方向垂直，此时重力的瞬时功率也为零，故在下摆过程中，小球A重力的瞬时功率先变大后变小，C选项正确；小球A在下摆过程中做圆周运动，绳子的拉力与小球速度方向垂直，拉力不做功，故小球A的机械能守恒D选项错误．答案：ABC二、非选择题10.某同学为探究恒力做功与物体动能改变的关系，设计了如下实验，他的操作步骤是：A．摆好实验装置如右图所示．B．将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车．C．在质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码中，挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线的挂钩P上．D．释放小车，打开电磁打点计时器的电源，打出一条纸带．1在屡次重复实验得到的纸带中取出较为满意的一条．经测量、计算，得到如下数据：①第1个点到第N个点的距离为40.0 cm.②打下第N点时小车的速度大小为1.00 m/s.该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，算出拉力对小车做的功为________J，小车动能的增量为________J.2此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量〞，且误差很大．显然，在实验探究过程中无视了各种产生误差的因素．请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助他分析一下，造成较大误差的主要原因是：________.解析：1绳对小车的拉力近似等于钩码的重力F＝mg，拉力对小车做的功W＝Fs＝mgs＝0.05×9.8×0.40 J＝0.196 J；动能的增量ΔEk＝错误!Mv2＝错误!×0.2×12 J＝0.100 J.答案：10.196 0.100 2①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③操作错误：先释放小车后打开电源11．如图甲所示是一个处于竖直平面内的特殊运动轨道，OA是长为x1＝2R的直轨道，AE是倾角为30°的斜轨道，它们与滑块的动摩擦因数都为μ＝错误!，EDF是圆心在B点，半径为R的光滑圆弧．D点是最高点．ED圆弧上方有一个高度与滑块相近的光滑圆弧形挡板PQ，轨道上的A、E两点理想连接，使滑块经过这两点时不损失机械能，且AE⊥EB.可视为质点的滑块，质量为m，以v0的初速度从O点进入OA直轨道，滑块在OA轨道运动时，受到水平向右的动力作用，它的大小随滑块与O点的距离变化，如图乙所示，图中F0＝mg.滑块经A点滑上斜轨道，到达轨道最高点D时恰好对轨道和挡板都无压力，此时立刻撤除圆弧形挡板PQ.滑块经D点后能无碰撞地进入一个特殊的漏斗C，漏斗C能将滑块以进入时的速率反向弹出．求：1滑块在D点时的速度大小；2初速度v0的大小；3滑块从漏斗C弹出后会再次经过D点吗？假设会经过D点，请求出经多长时间再次到达D点，漏斗离F点的距离x2多大？假设不会经过D点，请说明理由．解析：1mg＝m错误!v D＝错误!.2AE＝错误!＝错误!R滑块从O点到D点的过程中，应用动能定理：错误!mv错误!－错误!mv错误!＝错误!F0x1－μmgx1－μmgcos 30°x AE－mgRv0＝错误!.3滑块从D点到C点做平抛运动，进入C点后又被反向弹回，滑块将沿原来的轨迹反向回至D点，到D时的速度大小为v D＝错误!R＝错误!gt2t＝错误!x BC＝v D t＝错误!Rx2＝x BC－R＝错误!－1R.答案：1错误!2错误!3能错误!－1R12．2010·福建理综如下列图，物体A放在足够长的木板B上，木板B静置于水平面．t＝0时，电动机通过水平细绳以恒力为F拉木板B，使它做初速度为零、加速度a B＝1.0 m/s2的匀加速直线运动．A的质量m A和B的质量m B均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2.求：1物体A刚运动时的加速度a A；2t＝1.0 s时，电动机的输出功率P；3假设t＝1.0 s时，将电动机的输出功率立即调整为P′＝5 W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t＝3.8 s时物体A的速度为1.2 m/s.如此在t＝1.0 s到t＝3.8 s这段时间内木板B的位移为多少？a A＝0.5 m/s2.②2t＝1.0 s时，木板B的速度大小为③v1＝a B t木板B所受拉力F，由牛顿第二定律有F－μ1m A g－μ2m A＋m B g＝m B a B④电动机输出功率P＝Fv1⑤由③④⑤并代入数据解得P＝7 W．⑥3电动机的输出功率调整为5 W时，设细绳对木板B的拉力为F′，如此P′＝F′v1⑦代入数据解得F′＝5 N⑧木板B受力满足F′－μ1m A g－μ2m A＋m B g＝0⑨所以木板B将做匀速直线运动，而物体A如此继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．设这一过程时间为t′，有v1＝a A t＋t′⑩这段时间内B的位移s1＝v1t′错误!A、B速度一样后，由于F′>μ2m A＋m B g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的匀加速运动，由动能定理得P′t2－t′－t1－μ2m A＋m B gs2＝错误!m A＋m B v错误!－错误!m A＋m B v 错误!错误!由②③⑩错误!错误!并代入数据解得木板B在t＝1.0 s到t＝3.8 s这段时间的位移s＝s1＋s2＝3.03 m或取x＝3.0 m．word答案：10.5 m/s227 W 3 3.03 m- 11 - / 11。

2013《金版新学案》高三一轮物理：第8章《电流》第三讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1.如右图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时( )A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定解析：洛伦兹力虽然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物体与斜面间的正压力变大，故摩擦力变大，损失的机械能增加．答案： B2.在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场，一质量为m的带正电小球，在该区域内沿水平方向向右做直线运动，如右图所示，关于场的分布情况不可能的是( )A．该处电场方向和磁场方向垂直B．电场竖直向上，磁场垂直纸面向里C．电场斜向里侧上方，磁场斜向外侧上方，均与v垂直D．电场水平向右，磁场垂直纸面向里解析：带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力，是否受洛伦兹力需具体分析．A选项中若电场、磁场方向与速度方向垂直，则洛伦兹力与电场力垂直，如果与重力的合力为0就会做直线运动．B选项中电场力、洛伦兹力都向上，若与重力合力为0，也会做直线运动．C 选项中电场力斜向里侧上方，洛伦兹力向外侧下方，若与重力的合力为0，就会做直线运动．D 选项三个力的合力不可能为0，因此选D.答案： D3.地面附近空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可判断①如果油滴带正电，它是从M点运动到N点；②如果油滴带正电，它是从N点运动到M点；③如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点；④如果水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点( )A．①③正确B．①④正确C．②③正确D．②④正确答案： B4．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如上图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b 的正负为( )A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正解析：根据左手定则，可知a正b负，所以C、D错；因为离子在场中所受合力为零，Bqv＝Udq，所以v＝UBd＝1.3 m/s，A对B错．答案： A5.(2011·浙江杭州市模拟)有一个带电荷量为＋q 、重为G 的小球，从两竖直的带电平行板上方h 处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B ，方向如右图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是( )A ．一定作曲线运动B ．不可能做曲线运动C ．有可能做匀加速运动D ．有可能做匀速运动解析： 由于小球的速度变化时，洛伦兹力会变化，小球所受合力变化，小球不可能做匀速或匀加速运动，B 、C 、D 错，A 正确．答案： A6.空间存在如右图所示的匀强电场E 和匀强磁场B.下面关于带电粒子在其中运动情况的判断，正确的有( )A ．若不计重力，粒子做匀速运动的方向可沿y 轴正方向，也可沿y 轴负方向B ．若不计重力，粒子可沿x 轴正方向做匀加速直线运动C ．若重力不能忽略，粒子不可能做匀速直线运动D ．若重力不能忽略，粒子仍可能做匀速直线运动答案： D7.目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正方向、大小为I 的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ，电子电荷量为e ，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M 、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.则磁感应强度的大小和电极M 、N 的正负为( )A.nebU I ，M 正、N 负 B.neaU I ，M 正、N 负 C.nebU I ，M 负、N 正 D.neaU I，M 负、N 正 解析： 由左手定则知，金属中的电子在洛伦兹力的作用下将向前侧面聚集，故M 负、N 正．由F 电＝F 洛即U a e ＝Bev ，I ＝nevS ＝nevab ，得B ＝nebU I. 答案： C8.(2011·石家庄教学检测)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U.若A 处粒子源产生的质子质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB ．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C ．质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为1∶ 2D ．不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，该回旋加速器也能用于α粒子(含两个质子，两个中子)加速解析： 粒子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约，因v ＝2πR T＝2πRf ，A 正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm ＝12mv2＝12m×4π2R2f2＝2m π2R2f2，与加速电压U 无关，B 错误；根据R ＝mv Bq ，Uq ＝12mv21，2Uq ＝12mv22，得质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C 错误；因回旋加速器的最大动能Ekm ＝2m π2R2f2与m 、R 、f 均有关，D 错误．答案： A9.如右图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A ．穿出位置一定在O′点下方B ．穿出位置一定在O′点上方C ．运动时，在电场中的电势能一定减小D ．在电场中运动时，动能一定减小解析： 带电粒子的电性可正也可负，当只有电场作用时，粒子穿出位置可能在O′点上方，也可能在O′点下方．电场力一定对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能一定增加． 答案： C10.在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q 、质量为m 的带电球体，管道半径略大于球体半径．整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直．现给带电球体一个水平速度v0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功不可能为( )A ．0 B.12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg qB 2 C.12mv20 D.12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤v20－⎝ ⎛⎭⎪⎫mg qB 2 解析： 若带电球体所受的洛伦兹力qv0B ＝mg ，带电球体与管道间没有弹力，也不存在摩擦力，故带电球体克服摩擦力做的功为0，A 可能；若qv0B<mg ，则带电球体在摩擦力的作用下最终停止，故克服摩擦力做的功为12mv20，C 可能；若qv0B>mg ，则带电球体开始时受摩擦力的作用而减速，当速度达到v ＝mg qB时，带电球体不再受摩擦力的作用，所以克服摩擦力做的功为12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤v20－⎝ ⎛⎭⎪⎫mg qB 2，D 可能．所以不可能的是B. 答案： B二、非选择题11．(2010·福建理综)如下图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E 的偏转电场，最后打在照相底片D 上．已知同位素离子的电荷量为q(q>0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E0、B0、E 、q 、m 、L 表示)．解析： (1) 能从速度选择器射出的离子满足qE0＝qv0BO ①v0＝E0B0.② (2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则x ＝v0t ③L ＝12at2④ 由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑤由②③④⑤解得x ＝E0B02mL qE . 答案： (1)E0B0 (2)E0B02mL qE12．(2011·黑龙江适应性测试)在如右图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0 T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与坐标原点O 相切．y 轴右侧存在电场强度大小为E ＝1.0×104 N/C 的匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1 m ．现从坐标为(－0.2 m ，－0.2 m)的P 点发射出质量m ＝2.0×10－9 kg 、带电荷量q ＝5.0×10－5 C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103 m/s.重力不计．(1)求该带电粒子射出电场时的位置坐标；(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1 m ，－0.05 m)的点回到电场后，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和正方形区域的最小面积．解析： (1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B ＝m v20r解得r ＝0.20 m ＝R根据几何关系可知，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动．设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y ，有l ＝v0t ，y ＝12·qE mt2 联立解得y ＝0.05 m所以粒子射出电场时的位置坐标为(0.1 m,0.05 m)．(2)粒子飞离电场时，沿电场方向速度vy ＝at ＝5.0×103 m/s＝v0粒子射出电场时速度v ＝2v0由几何关系可知， 粒子在正方形区域磁场中做圆周运动半径r′＝0.05 2 m由qvB′＝m v2r′，解得B′＝4 T 正方形区域最小面积S ＝(2r′)2解得S ＝0.02 m2.答案： (1)(0.1 m,0.05 m) (2)0.02 m。

2011《金版新学案》高三物理一轮复习第三课时电磁场电磁波练习1．关于电磁波传播速度的表达式v＝λf，下列结论正确的是() A．波长越长，传播速度就越大B．频率越高，传播速度就越大C．发射能量越大，传播速度就越大D．电磁波的传播速度与传播介质有关【解析】电磁波的传播速度不仅和介质有关，还和频率有关，而与发射能量无关，故选项A、B、C错误．D项正确．【答案】 D2．关于电磁波和机械波，下列说法正确的是() A．由于电磁波和机械波本质上相同，故这两种波的波长、频率和波速间具有相同的关系B．电磁波和机械波的传播过程都传递了能量C．电磁波和机械波都需要通过介质传播D．发射无线电波时需要对电磁波进行调制【答案】BD3．下列说法中正确的是() A．用带有地线和天线的开放电路，就可将电磁波发射出去B．在电磁波的传播空间放上一导体，即可把电磁波接收下来C．检波是调制的逆过程D．电磁波的传播方式只有两种：天波和地波【解析】无线电波的传播方式大致有三种，地波、天波和直线传播波．【答案】ABC4．要接收到载有信号的电磁波，并通过耳机发出声音，在接收电路中必须经过下列过程中的() A．调幅 B．调频C．调谐D．检波【解析】在空间传播的很多载有声音信号的电磁波，收音机要想听到某一电台的信号，首先经过调谐，也就是选台，通过调谐使自己收音机的接收电路的频率与某一电台发射的电磁波的频率相等，达到电谐振，获得较强的信号．这种信号是被调制的信号，信号中有高频成分，也有有用的声音信号，让这些信号通过收音机的检波电路，将声音信号检出来．【答案】CD5．随着人们生活水平的提高，普通手机的使用已很普遍．下列关于普通手机的说法正确的是() A．手机既可以发射电磁波，也可以接收电磁波，所以手机与手机可以直接通话B．一机一号，一号对应一个频率值C．一机一号，一号对应几个频率值D．“小灵通”容易发生串线现象，造成通话失败，是因为一个频率段容纳的号多、频率密度大造成的【答案】BD6．下列关于电磁场和电磁波的说法中正确的是() A．变化的电场一定能产生变化的磁场B．电磁波由真空进入介质传播时，波长将变短C．电磁波有横波和纵波两类D．雷达是利用电磁波的反射工作的【解析】均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，故A错误；电磁波由真空进入介质可知，其波长将变短，B正确；由于电磁波中每一处的时频率不变，而速度变小，由λ＝vf电场强度和磁感应强度总是互相垂直，且都与波的传播方向垂直，故电磁波是横波，C错误；雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备，它是利用电磁波遇到障碍物要发生反射的原理来工作的，D正确．【答案】BD7．根据麦克斯韦电磁理论，下列说法正确的是() A．电场周围一定产生磁场，磁场周围也一定产生电场B．变化的电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围也一定产生电场C．变化的电场周围一定产生变化的磁场D．电磁波在真空中的传播速度为3.00×108 m/s【解析】根据麦克斯韦的电磁理论，只有变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场，但变化的电场周围不一定产生变化的磁场，如均匀变化的电场产生的是稳定的磁场，所以正确的选项是B、D.【答案】BD8．雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备，雷达所发射出去的电磁波应具有的特点是() A．发射波长很长的无线电波，因为长波可以在地球表面传播的很远B．发射波长较短的无线电波，因为短波可以以天波的方式传播C．发射波长极短的微波，因为微波直线性好，定位准确D．发射的无线电波包括所有波长范围，这样可以探测任何种类的物体【解析】使用雷达的目的是用来准确测定物体的位置．微波波长极短，沿直线传播，可以通过反射准确确定目标位置，故选C.【答案】 C9．当代人类的生活和电磁波紧密相关，关于电磁波，下列说法正确的是() A．只要把带电体和永磁体放在一起，就会在周围空间产生电磁波B．电磁波在传播过程中，其波速始终保持不变C．电视机、收音机和手机所接收的信号都属于电磁波D．微波炉内所产生的微波不是电磁波，而是波长很短的机械波【解析】变化的磁场、电场才能产生电磁波，A错；电磁波的传播速度与介质有关，B错；电磁波能够携带信号，用于通讯，C正确；微波炉内的微波是波长较短的电磁波，D 错．【答案】 C10．手机A的号码为12345670002，手机B的号码为12345670008，手机A拨手机B时，手机B发出响声并且显示屏上显示A的号码12345670002，若将手机A置于一透明真空罩中，用手机B拨叫A，则手机A() A．发出响声，并显示B的号码12345670008B．不发出响声，但显示B的号码12345670008C．不发出响声，但显示A的号码12345670002D．既不发出响声，也不显示号码【解析】电磁波可以在真空中传播，而声波传播则需要介质，当手机B拨手机A时(A 置于一透明真空罩中)A能显示B的号码，不能发出响声，即B正确．【答案】 B11．下列说法正确的是() A．摄像机实际上是一种将光信号转变为电信号的装置B．电视机实际上是一种将电信号转变为光信号的装置C．摄像机在1 s内要送出25张画面D．电视机接收的画面是连续的【解析】摄像机在1 s内要传送25张画面，电视机每秒要接收25张画面，由于画面更换迅速和视觉暂留，我们感觉到的便是活动的图象．【答案】ABC12．下列关于无线电波的说法中正确的是() A．无线电波的发射需要使用开放电路B．中波收音机接收到的是调频电波，电视接收的是调幅电波C．我们通常说的选台就是使接收电路发生电谐振的过程D．收音机接收到的信号只要放大后就能使喇叭发声【解析】无线电波的发射条件之一就是需要使用开放电路，故A正确；在一般的电台中，中波、中短波、短波广播或电视中的图像信号中采用的是调幅波，在立体声广播、电视中的伴音信号中采用的是调频波，故B错误；选台的过程就是使接收电路发生电谐振的过程，此时接收电路中产生的振荡电流最强，故C正确；收音机接收到的信号还需“检波”，即解调，才可接收到所携带的信号，故D错误．【答案】AC13．在我国北京成功举办的2008年奥运会上，实现了全球的电视转播，当时我国政府将设计多种方案，下面选项正确的是() A．只需运用一颗同步卫星，在赤道平面上空运行B．至少需运用三颗同步卫星，在赤道平面上空运行C．只需运用一颗同步卫星，绕着通过南北极的上空运行D．至少需运用三颗同步卫星，绕着通过南北极的上空运行【答案】 B14．如右图所示，在一个小的圆形区域O内有一垂直于纸面向内的匀强磁场，当磁场的磁感应强度B增加时，那么它在该区域的右侧P点感应出的电场强度的方向是()A．在纸面内向上B．在纸面内向下C．垂直纸面向里D．垂直纸面向外【答案】 A15．雷达测距防撞控制系统(Distronic，简称DTR)是用脉冲电磁波来测定目标的位置和速度的设备，某机场引导雷达发现一架飞机正向雷达正上方匀速飞来，已知该雷达显示屏上相邻刻度线之间的时间间隔为1.0×10－4 s，某时刻雷达显示屏上显示的波形如下图甲所示，A脉冲为发射波，B脉冲为目标反射波，经t＝170 s后雷达向正上方发射和被反射的波形如图乙所示，则该飞机的飞行速度约为多少？【解析】由图示信息知，比较远时，脉冲波显示的距离为s＝ct2＝3×108×4×10－42m＝6×104 m当到达正上方后，距离为s ′＝ct ′2＝3×108×2×10－42m ＝3×104 m 由于开始时飞机在斜上方，后来飞机到达正上方，所以飞机的速度为v ＝(6×104)2－(3×104)2170m/s ＝306 m/s. 【答案】 306 m/s16．按照有关规定，工作场所受到的电磁辐射强度(单位时间内垂直通过单位面积的电磁辐射能量)不得超过0.50 W/m 2.若某小型无线通讯装置的电磁辐射功率是1 W ，那么在距离该通讯装置多远以外是符合规定的安全区域？(已知球面面积为S ＝4πR 2)【解析】 设以半径为R 的圆以外是安全区．因为P 4πR 2＝0.50 W/m 2，所以14×3.14×R 2＝0.5.解之得R ＝0.40 m.【答案】 0.40 m。

必考部分 必修1 第9章 第3讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1.如右图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．a 、b 两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －mv 212解析：　本题考查电磁感应．ab 边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B 错误；金属框摆动过程中，ab 边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a 、b 两点间电压最大，选项C 错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确．答案：　D 2.一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如右图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ，( )A ．向上滑行的时间小于向下滑行的时间B ．在向上滑行时电阻R 上产生的热量大于向下滑行时电阻R 上产生的热量C ．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R 的电荷量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R 上产生的热量为m (v 02－v 2)12解析：　导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 对；由q ＝知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为m (v 02－v 2)，D 错；ΔΦR ＋r 12 本题中等难度．答案：　ABC3.矩形线圈abcd ，长ab ＝20 cm ，宽bc ＝10 cm ，匝数n ＝200，线圈回路总电阻R ＝5 Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如右图所示，则( )A ．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B ．线圈回路中产生的感应电流为0.4 AC ．当t ＝0.3 s 时，线圈的ab 边所受的安培力大小为0.016 ND ．在1 min 内线圈回路产生的焦耳热为48 J 解析：　由E ＝n ＝nS 可知，由于线圈中磁感应强度的变化率＝ΔΦΔt ΔB Δt ΔB Δt T/s ＝0.5 T/s 为常数，则回路中感应电动势为E ＝n ＝2 V ，且恒 20－5 ×10－20.3ΔΦΔt 定不变，故选项A 错误；回路中感应电流的大小为I ＝＝0.4 A ，选项B 正确；当t ＝0.3 s E R 时，磁感应强度B ＝0.2 T ，则安培力为F ＝nBIl ＝200×0.2×0.4×0.2 N ＝3.2 N ，故选项C 错误；1 min 内线圈回路产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.42×5×60 J ＝48 J ．选项D 正确．答案：　BD 4．(2011·扬州模拟)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t 时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )解析：　由楞次定律可判定回路中的电流始终为b →a 方向，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，故A 、B 错；由F 安＝BIL 可得F 安随B 的变化而变化，在0～t 0时间内，F 安方向向右，故外力F 与F 安等值反向，方向向左为负值；在t 0～t 时间内，F 安方向改变，故外力F 方向也改变为正值，综上所述，D 项正确．答案：　D5.如右图所示，光滑金属导轨AC 、AD 固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B 的匀强磁场中．有一质量为m 的导体棒以初速度v 0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A 点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A 点的总电荷量为Q .已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值为R ，其余电阻不计，则( )A ．该过程中导体棒做匀减速运动B ．该过程中接触电阻产生的热量为mv 0218C ．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为QR BD ．当导体棒的速度为v 0时，回路中感应电流大小为初始时的一半12解析：　产生的感应电动势为E ＝Blv ，电流为I ＝Blv /R ，安培力为F ＝BIl ＝B 2l 2v /R ，l 、v 都在减小，根据牛顿第二定律知，加速度也在减小，故A 错；该过程中，动能全部转化为接触电阻产生的热量为mv 02；B 错；该过程中，通过的总电荷量为12Q ＝BS /R ，整理后得开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的S ＝，C 对；由产生的感应电QR B 动势为E ＝Blv 和电流为I ＝Blv /R ，可知D 错．答案：　C6.如右图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2 m ，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T ，导体棒ab 与cd 的电阻均为0.1 Ω，质量均为0.01 kg.现用竖直向上的力拉ab 棒，使之匀速向上运动，此时cd 棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．ab 棒向上运动的速度为2 m/sB ．ab 棒受到的拉力大小为0.2 NC ．在2 s 时间内，拉力做功为0.4 JD ．在2 s 时间内，ab 棒上产生的焦耳热为0.4 J 解析：　cd 棒受到的安培力等于它的重力，B L ＝mg ，v ＝＝2 m/s ，A 正BLv 2R mg ×2R B 2L 2确．ab 棒受到向下的重力G 和向下的安培力F ，则ab 棒受到的拉力F T ＝F ＋G ＝2mg ＝0.2 N ，B 正确．在2 s 内拉力做的功，W ＝F T vt ＝0.2×2×2 J ＝0.8 J ，C 不正确．在2 s 内ab 棒上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝2Rt ＝0.2 J ，D 不正确．(BLv 2R )答案：　AB 7.如右图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a ，质量为m ，电阻为R 的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v 从图示位置向右运动，当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时，线框的速度为，则( )v 2A ．此时线框中的电功率为4B 2a 2v 2/RB ．此时线框的加速度为4B 2a 2v /(mR )C ．此过程通过线框截面的电荷量为Ba 2/RD ．此过程回路产生的电能为0.75mv 2解析：　线框左右两边都切割磁感线则E 总＝2Ba ·，P ＝＝，A 错误；线框v 2E 总2R B 2a 2v 2R中电流I ＝＝，两边受安培力F 合＝2·BIa ＝，故加速度a ＝，B 错误；E 总R Bav R 2B 2a 2v R 2B 2a 2v mR 由＝，＝.q ＝Δt 得q ＝.从B 点到Q 点ΔΦ＝Ba 2，故C 正确；而回路中产生E ΔΦΔt I E R I ΔΦR 的电能E ＝mv 2－m 2＝mv 2，故D 错误．1212(12v )38答案：　C二、非选择题8．(2010·江苏单科)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：(1)磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ；(3)流经电流表电流的最大值I m .解析：　(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动　BIL ＝mg ①解得　B ＝.②mgIL (2)感应电动势　E ＝BLv ③感应电流　I ＝④ER 由②③④式解得　v ＝.I 2R mg (3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v m 机械能守恒　mv m 2＝mgh 12感应电动势的最大值　E m ＝BLv m 感应电流的最大值　I m ＝E mR解得　I m ＝.mg 2gh IR 答案：　(1)B ＝　(2)v ＝　(3)I m ＝mg IL I 2R mg mg 2gh IR 9.如右图所示，两根相同的劲度系数为k 的金属轻弹簧用两根等长的绝缘线悬挂在水平天花板上，弹簧的上端通过导线与阻值为R 的电阻相连，弹簧的下端接一质量为m 、长度为L 、电阻为r 的金属棒，金属棒始终处于宽度为d 的垂直纸面向里磁感应强度为B 的匀强磁场中．开始时弹簧处于原长．金属棒从静止释放，其下降高度为h 时达到了最大速度．已知弹簧始终在弹性限度内，且当弹簧的形变量为x 时，它的弹性势能为kx 2，不计空气阻力和12其他电阻，求：(1)金属棒的最大速度是多少？(2)这一过程中R 消耗的电能是多少？解析：　(1)当金属棒有最大速度时，加速度为零，金属棒受向上的弹力、安培力和向下的重力作用，有2kh ＋BId ＝mg I ＝Bdv maxR ＋r v max ＝ mg －2kh R ＋r B 2d 2(2)根据能量关系得mgh －2×－mv max 2＝E 电(12kh 2)12又有R 、r 共同消耗了总电能＝，E R ＋E r ＝E 电ER Er Rr 整理得R 消耗的电能为E R ＝E 电＝[mgh －kh 2－]R R ＋r RR ＋r m mg －2kh 2 R ＋r 22B 4d 4答案：　(1) mg －2kh R ＋r B 2d 2(2)[mgh －kh 2－]RR ＋r m mg －2kh 2 R ＋r 22B 4d 410．如图所示，在距离水平地面h ＝0.8 m 的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向内的匀强磁场．正方形线框abcd 的边长l ＝0.2 m ，质量m ＝0.1 kg ，电阻R ＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连线框，另一端连一质量M ＝0.2 kg 的物体A .开始时线框的cd 在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A ，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd 边进入磁场时物体A 恰好落地，同时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g 取10 m/s 2.求：(1)匀强磁场的磁感应强度B?(2)线框从开始运动到最高点，用了多长时间？(3)线框落地时的速度多大？解析：　(1)设线框到达磁场边界时速度大小为v ，由机械能守恒定律可得：Mg (h －l )＝mg (h －l )＋(M ＋m )v 2①12代入数据解得：v ＝2 m/s②线框的ab 边刚进入磁场时，感应电流：I ＝③Blv R 线框恰好做匀速运动，有：Mg ＝mg ＋IBl ④代入数据解得：B ＝1 T ．⑤(2)设线框进入磁场之前运动时间为t 1，有：h －l ＝vt 1⑥l 2代入数据解得：t 1＝0.6 s⑦线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：t 2＝＝0.1 s⑧l v此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间：t 3＝＝0.2 s⑨v g 线框从开始运动到最高点，所用时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.9 s ．⑩(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即IBl ＝(M －m )g ＝mg ⑪因此，线框穿过磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．由机械能守恒定律可得：mv 12＝mv 2＋mg (h －l )⑫1212代入数据解得线框落地时的速度：v 1＝4 m/s.⑬答案：　(1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s。

2011《金版新学案》高三物理一轮复习 第三课时 带电粒子在复合场中的运动练习(本栏目内容，学生用书中以活页形式分册装订成册！)1．一带正电的粒子以速度v 0垂直飞入如右图所示的电场和磁场共有的区域，B 、E 及v 0三者方向如图所示，已知粒子在运动过程中所受的重力恰与电场力平衡，则带电粒子在运动过程中( )A ．机械能守恒B ．动量守恒C ．动能始终不变D ．电势能与机械能总和守恒【解析】 因为带电粒子所受的重力与电场力大小相等，电荷在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，且洛伦兹力不做功，故动能不变，C 正确；而在电荷运动过程中，电势能与重力势能发生变化，由能量守恒定律知电势能与机械能总和守恒，D 正确．【答案】 CD2．如右图所示，长方体容器的三条棱的长度分别为a 、b 、h ，容器内装有NaCl 溶液，单位体积内钠离子数为n ，容器的左、右两壁为导体板，将它们分别接在电源的正、负极上，电路中形成的电流为I ，整个装置处于垂直于前后表面的磁感应强度为B 的匀强磁场中，则液体的上、下两表面间的电势差为( )A ．0B.BI nebC.BI neaD.2BI neb 【解析】 溶液中的Na ＋和Cl －在电场力作用下向相反的方向运动，由左手定则判断知Na ＋和Cl －所受洛仑兹力的方向相同，都指向液体的上表面，所以液体上、下表面间的电势差为零，A 选项正确．【答案】 A3．如下图所示，实线表示在竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l 做直线运动，l 与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中错误的是( )A ．液滴一定做匀变速直线运动B ．液滴一定带正电C ．电场线方向一定斜向上D ．液滴一定做匀速直线运动【解析】 在电磁场复合区域粒子一般不会做匀变速直线运动，因速度变化洛伦兹力变化，合外力一般也变化．【答案】 A4．如右图所示，带电平行金属板相互正对水平放置，两板间存在着水平方向的匀强磁场．一带电液滴a沿垂直于电场和磁场的方向进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，在它正前方有一个静止在绝缘支架上不带电的液滴b.带电液滴a与液滴b发生正碰，在极短的时间内复合在一起形成带电液滴c，若不计支架对液滴c沿水平方向的作用力，则液滴离开支架后() A．一定做曲线运动B．可能做直线运动C．可能做匀速圆周运动D．电场力对它做正功【解析】根据题意可知液滴a受重力、电场力、洛伦兹力处于平衡状态，由电场和磁场的方向可知，液滴一定带正电．带电液滴a与液滴b发生正碰形成带电液滴c后向下的重力增大而向上的洛伦兹力减小，且电场力大小不变，所以合力应向下，所以液滴c离开支架后向下偏转做曲线运动．只有A项正确．【答案】 A5．如右图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，一粒子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点，不计重力，则以下说法不正确的是() A．该粒子必带正电B．A、B两点位于同一高度C．粒子到达C点时的速度最大D．粒子达到B点后将沿原路返回A点【解析】在不计重力情况下，粒子从A点静止开始向下运动，说明粒子受向下的电场力，带正电，选项A正确．整个过程中只有电场力做功，而A、B两点粒子速度都为零，所以A、B在同一等势面上，选项B正确．运动到C点时粒子在电场力方向上发生的位移最大，电场力做功最多，粒子速度最大，选项C正确．粒子从B点向下运动时受向右的洛伦兹力，将向右偏，故选项D错．【答案】 D6．(2009年广东卷)如右图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S 上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是()A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小【解析】 粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动．在速度选择器中受力平衡：Eq ＝q v B 得v ＝E /B ，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B 、C 正确．进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，q v B 0＝m v 2R 得，R ＝m v qB 0，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A 对，D 错．【答案】 ABC7．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如右图所示，它的核心部分是两个D 形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成交变电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核(31H)和α粒子(42He)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是( ) A ．加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的最大动能较大B ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C ．加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较小D ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大【解析】 考查回旋加速器相关知识．对于粒子在匀强磁场中的运动，由R ＝m v qB 可知，粒子最大动能对应最大回旋半径，而最大半径同为回旋加速器D 型盒半径，设为R 0.则v m＝qBR 0m ， 所以E km ＝12m v 2m ＝q 2B 2R 202m .可见E km ∝q 2m，所以 E km (D )E km (α)＝e 2/3m 4e 2/4m ＝13，所以E km (D )<E km (α)，由T ＝2πm qB 可知，T 与m q成正比，故加速氚核的交流电源的周期较大，获得的动能较小，B 正确．【答案】 B8．电场强度为E 的匀强电场与磁感应强度为B 的匀强磁场正交，复合场的水平宽度为d ，竖直方向足够长，如右图所示．现有一束带电荷量为q 、质量为m 的α粒子以不相同的初速度v 0沿电场方向射入场区，则那些能飞出场区的α粒子的动能增量ΔE k 可能为( )A ．dq (E ＋B )B.qEd B C ．qEd D ．0 【解析】 带电粒子可从左侧飞出或从右侧飞出场区，由于洛伦兹力不做功，电场力做功与路径无关，所以从左侧飞出时ΔE k ＝0，从右侧飞出时，ΔE k ＝Eqd ，选项C 、D 正确．【答案】 CD9．如右图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O 点为圆环的圆心，a 、b 、c 为圆环上的三个点，a 点为最高点，c 点为最低点，Ob 沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a 点由静止释放．下列判断正确的是( )A ．当小球运动的弧长为圆周长的1/4时，洛伦兹力最大B ．当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大C ．小球从a 点到b 点，重力势能减小，电势能增大D ．小球从b 点运动到c 点，电势能增大，动能先增大后减小【解析】 由于重力和电场力大小相等，将电场力和重力合成，其合力方向为斜向左下，与竖直方向成45° ，由于洛伦兹力不做功，则带电小球在bc 弧长的中点时速度最大，洛伦兹力最大，A 、B 均错；从a 到b 运动过程中，电场力做正功，电势能减小，重力做正功，重力势能减小，C 错；从b 到c 点运动过程中，动能先增大后减小，故D 对．【答案】 D10．(2009年山东淄博调研)在xOy 平面内，第Ⅲ象限内的直线OM 是电场与磁场的边界，OM 与y 轴负方向成45°角．在x <0且OM 的左侧空间存在着沿x 轴负方向的匀强电场E ，场强大小为0.32 N/C ，在y <0且OM 的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B ，磁感应强度大小为0.10 T ，如右图所示，不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O 沿y 轴负方向以v 0＝2.0×103 m/s 的初速度进入磁场，已知微粒的带电荷量为q ＝5.0×10－18 C ，质量为m ＝1.0×10－24 kg ，求：(1)带电微粒第一次经过磁场边界点的位置坐标；(2)带电微粒在磁场区域运动的总时间；(3)带电微粒最终离开电、磁场区域点的位置坐标．(保留两位有效数字)【解析】 (1)带电微粒从O 点射入磁场，运动轨迹如图．第一次经过磁场边界上的A点 由q v 0B ＝m v 20r得r ＝m v 0qB＝4×10－3 m A 点位置坐标(－4×10－3 m ，－4×10－3 m)(2)带电微粒在磁场中运动轨迹如(1)问图，设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为TT ＝2πm qB 则t ＝t OA ＋T AC ＝14T ＋34T 代入数据解得：T ＝1.3×10－5 s 所以t ＝1.3×10－5 s.(3)微粒从C 点沿y 轴正方向进入电场，速度方向与电场力方向垂直，微粒做类平抛运动．a ＝qE m Δx ＝12at 21＝2r Δy ＝v 0t 1 代入数据解得：Δy ＝0.2 my ＝Δy －2r ＝0.2 m －2×4×10－3 m ＝0.19 m离开电、磁场时的位置坐标为(0,0.19 m)．【答案】 (1)(－4×10－3 m ，－4×10－3 m) (2)1.3×10－5 s(3)(0,0.19 m)11．(2009年天津卷)如右图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小；(3)A 点到x 轴的高度h .【解析】 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力与重力平衡，有 qE ＝mg ①E＝mg q②重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如右图所示．设半径为r ，由几何关系知 L 2r＝sin θ ③ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r④由速度的合成与分解知 v 0v ＝cos θ ⑤由③④⑤式得 v 0＝qBL 2mcot θ ⑥ (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ ⑦由匀变速直线运动规律得 v 2y ＝2gh ⑧由⑥⑦⑧式得 h ＝q 2B 2L 28m 2g. ⑨ 【答案】 (1)mg q 方向竖直向上 (2)qBL 2mcot θ (3)q 2B 2L 28m 2g12．如右图所示，一带电粒子以某一速度v 0在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域Ⅰ(图中未画出磁场区域)，粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L 的匀强电场区域Ⅱ，已知电场强度大小为E ，方向竖直向上，当粒子穿出电场时速度大小变为原来的2倍，粒子穿出电场后进入宽度为d 的匀强磁场区域Ⅲ，磁场方向向外，大小为B ，已知带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，重力不计．粒子进入磁场时的速度如图所示与水平方向成60°角．求：(1)粒子电性？带电粒子在磁场区域Ⅰ中运动的速度v 0多大？(2)圆形磁场区域的最小面积S 多大？(3)若使粒子能返回电场，磁场区域Ⅲ的宽度d 至少多大？【解析】 (1)根据左手定则可知，粒子带负电当粒子刚出电场时，速度分解如右图v y ＝Eq m ·t ① v 0＝L t② v y ＝v 0 ③由①②③得v 0＝qEL m. (2)粒子在磁场中的轨迹如右图所示，以AC 为直径的磁场区域最小，轨道半径R 1＝m v 0qB＝1B ELm qS ＝πr 2＝π⎝⎛⎭⎫R 22＝πmEL 4qB 2.(3)粒子在磁场Ⅲ中的运动轨迹如下图所示在磁场Ⅲ中运动的半径为R 2＝m 2v 0/Bqd ＝R 2＋R 2sin 45° ＝(1＋2)mEL /q /B【答案】 (1)负电 qEL m (2)πmEL 4qB 2 (3)(1＋2)mEL q /B。

《金版新学案》2012届高考物理一轮复习第8章第2讲运动电荷在磁场中受到的力课下作业新人教版必修1必考部分必修1 第8章第2讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1.初速为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如右图所示，则( )A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析：由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变．答案： A2．(2011·南京调研)一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，要想确定该带电粒子的比荷，则只需要知道( )A．运动速度v和磁感应强度B B．磁感应强度B和运动周期TC．轨迹半径R和运动速度v D．轨迹半径R 和磁感应强度B解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用半径公式和周期公式可判断出B正确．答案： B3.右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A．带正电，由下往上运动B．带正电，由上往下运动C．带负电，由上往下运动D．带负电，由下往上运动解析：由题图可以看出，上方的轨迹半径小，说明粒子的速度小，所以粒子是从下方往上方运动，再根据左手定则，可以判定粒子带正电，故选A.答案： A4．(2011·兖州检测)两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示．粒子a的运动轨迹半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量，则()A．a带负电、b带正电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝2∶1B．a带负电、b带正电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶2C．a带正电、b带负电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝2∶1D．a带正电、b带负电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶1解析：根据磁场方向及两粒子在磁场中的偏转方向可判断出a、b分别带正、负电，根据半径之比可计算出比荷之比为2∶1.答案： C5.如右图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足( )A．B<3mv3aqB．B<3mv3aqC．B>3mvaqD．B<3mvaq解析：粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝a cot 30°.由r＝mvqB得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径r>r0，解得B<3mv3aq，选项B正确．答案： B6.如右图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R .则( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm 3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R 解析： 由r ＝mv qB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB，所以C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经偏转不能回到原点O，所以A不正确，D正确．答案： D7.如右图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )A．半径之比为3∶1 B．速度之比为1∶3C．时间之比为2∶3 D．时间之比为3∶2 答案：AC8.如右图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是( )A．入射速度越大的电子，其运动时间越长B．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C．从AB边出射的电子的运动时间都相等D．从AC边出射的电子的运动时间都相等解析：电子以不同的速度沿BC从B点射入磁场，若电子以AB边射出，画出其运动轨迹由几何关系可知在AB边射出的粒子轨迹所对的圆心角相等，在磁场中的运动时间相等，与速度无关，C对，A错；从AC边射出的电子轨迹所对圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中的运动时间不相等，B、D错．答案： C9．如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向外的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L1上．带电粒子从A点以初速v斜向下与L1成45°角射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向下，且方向与A点方向相同．不计重力影响，下列说法中正确的是( )A．该粒子一定带正电B．该粒子一定带负电C．若将带电粒子在A点时初速度变大(方向不变)，它仍能经过B点D．若将带电粒子在A点时初速度变小(方向不变)，它不能经过B点解析：无论是带正电还是带负电粒子都能到达B点，画出粒子运动的轨迹，正粒子在L1上方磁场中运动14T，在L2下方磁场中运动34T ，负粒子在L 1上方磁场中运动34T ，在L 2下方磁场中运动T4，速度变化不影响粒子经过B 点，选C.答案： C10．(2010·重庆理综)如下图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示．由以上信息可知，从图中、、处进入的粒子对应表中的编号分别为( )A．3、5、4 B．4、2、5C．5、3、2 D．2、4、5解析：结合题图，运用左手定则可知，粒子a与b电性相同，粒子c与前两者电性必相反．r a＝r c＝23rb.根据r＝mvBq可知，A项中r a＝32rb，B项中r a＝32rb，均与题意不符，A、B两项均错误．C项中若只剩粒子1和4则二者电性与图中其余两条轨道不符，故C项错误，只有D项符合，答案为D.答案： D二、非选择题11.如右图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10 T，磁场区域半径r＝233 m，左侧区圆心为O1，磁场向里，右侧区圆心为O2，磁场向外．两区域切点为C.今有质量m＝3.2×10－26 kg.带电荷量q＝1.6×10－19 C的某种离子，从左侧区边缘的A点以速度v ＝106m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区穿出．求：(1)该离子通过两磁场区域所用的时间．(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)解析：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的，如图，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T.由牛顿第二定律qvB ＝m v2R①又：T ＝2πRv②联立①②得：R ＝mvqB③T ＝2πm qB④将已知代入③得R ＝2 m ⑤由轨迹图知：tan θ＝r R ＝33，则θ＝30°则全段轨迹运动时间：t ＝2×T 360°×2θ＝T3⑥ 联立④⑥并代入已知得：t ＝2×3.14×3.2×10－263×1.6×10－19×0.1s ＝4.19×10－6s(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系侧移总距离d＝2r sin 2θ＝2 m.答案：(1)4.19×10－6 s (2)2 m12.(2010·全国Ⅰ卷)如右图，在0≤x≤3a 区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内．已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P(3a，a)点离开磁场．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m；(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．解析：(1)沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的运动轨迹如图甲中的弧OP所示，其圆心为C.由题给条件可以得出∠OCP＝2π3①此粒子飞出磁场所用的时间为t0＝T 3②式中T为粒子做圆周运动的周期．设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得R＝23a③由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m v2 R④T＝2πR v⑤联立②③④⑤式，得q m ＝2π3Bt0.(2)依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O 点距离相同．在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧MN上，如图甲所示．设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为v P、v M、v N.由对称性可知v P与OP、v M与OM、vN与ON的夹角均为π/3.设v M、v N与y轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有θM ＝π3，θN＝2π3对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足π3≤θ≤2π3.(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图乙所示．由几何关系可知，乙OM＝OP由对称性可知，ME＝OP从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间t m＝2t0.答案：(1)R＝23aqm＝2π3Bt0(2)π3≤θ≤2π3(3)2t0。

必修1 第1章 第1讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1．北京时间12月11日15时22分，2009年东亚运动会结束了男子110米跨栏决赛争夺，中国选手刘翔轻松地以13秒66的成绩获得第一，赢得了他复出之后的第三项赛事冠军，关于刘翔的下列说法正确的是( )A ．刘翔在飞奔的110米中，可以看做质点B ．教练为了分析刘翔的动作要领，可以将其看做质点C ．无论研究什么问题，均不能把刘翔看做质点D ．是否能将刘翔看做质点，决定于我们所研究的问题解析： 刘翔在飞奔的110米中，我们关心的是他的速度，无需关注其跨栏动作的细节，可以看做质点．教练为了分析其动作要领时，如果作为质点，则其摆臂、跨栏等动作细节将被掩盖，无法研究，所以就不能看做质点．因此，能否将一个物体看做质点，关键是物体自身因素对我们所研究问题的影响， 而不能笼统地说行或不行．答案： AD2．湖中O 点有一观察站，一小船从O 点出发向东行驶4 km ，又向北行驶3 km ，则O 点的观察员对小船位置的报告最为精确的是( )A ．小船的位置变化了7 kmB ．小船向东北方向运动了7 kmC ．小船向东北方向运动了5 kmD ．小船的位置在东偏北37°方向，5 km 处解析： 小船位置的变化不是取决于其具体的运动路径，而是决定于它的首末位置，即位移，而位移不但有大小还有方向．小船虽然运动了7 km ，但在O 点的观察员看来，它离自己的距离是42＋32 km ＝5 km ，方向要用角度表示，sin θ＝35＝0.6，所以θ＝37°，如下图所示．答案： D3．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中( )A ．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值解析： 因加速度与速度方向相同，故物体速度要增加，只是速度增加变慢一些，最后速度达到最大值．因质点沿直线运动方向不变，所以位移一直增大．答案： B4．关于速度和加速度的关系，以下说法正确的有( )A ．加速度方向为正时，速度一定增加B ．速度变化得越快，加速度就越大C ．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变D ．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小解析： 速度是否增加，与加速度的正负无关，只与加速度与速度的方向是否相同有关，故A 错；“速度变化得越快”是指速度的变化率Δv t越大，即加速度a 越大，B 正确；加速度方向保持不变，速度方向可能变，也可能不变，当物体做减速直线运动时，v ＝0以后就反向运动，故C 错；物体在运动过程中，若加速度的方向与速度方向相同，尽管加速度在变小，但物体仍在加速，直到加速度a ＝0，速度就达到最大了，故D 错．答案： B5．从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是( )A ．从飞机上看，物体静止B ．从飞机上看，物体始终在飞机的后方C ．从地面上看，物体做平抛运动D ．从地面上看，物体做自由落体运动解析： 本题主要考查的内容是物体的相对运动和参考系等相关知识点．由于飞机在水平方向做匀速运动，当物体自由释放的瞬间物体具有与飞机相同的水平速度，则从飞机上看，物体始终处于飞机的正下方，选项B错；物体在重力的作用下在竖直方向做自由落体运动，所以选项A错误；在地面上看物体的运动，由于具有水平方向的速度，只受重力的作用，因此物体做平抛运动，则C对D错．答案： C6．跳水是一项优美的水上运动，图中是2008年北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿．她们站在离水面10 m高的跳台上跳下，若只研究运动员入水前及入水的下落过程，下列说法中正确的是()A．为了研究运动员的技术动作，可将正在比赛的运动员视为质点B．运动员在下落过程中，感觉水面在匀速上升C．以陈若琳为参考系，王鑫做竖直上抛运动D．跳水过程中陈若琳和王鑫的重心位置相对她们自己是变化的答案： D7．(2011·广州模拟)在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志如图所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时()A．必须以这一规定速度行驶B．平均速度大小不得超过这一规定数值C．瞬时速度大小不得超过这一规定数值D．汽车上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的解析：限速标志上的数值为这一路段汽车行驶的瞬时速度的最大值，汽车上的速度计指示值为汽车行驶的瞬时速度值，不能超过这一规定值，故只有C正确．答案： C8．一个人从北京去重庆，可以乘火车，也可以乘飞机，还可以先乘火车到武汉，然后乘轮船沿长江到重庆，如下图所示，这几种情况下：①他的运动轨迹不一样 ②他走过的路程相同 ③他的位置变动是不同的 ④他的位移是相同的以上说法正确的是( )A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③答案： C9．如右图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，AB 、ABC 、ABCD 、ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是：1 s,2 s,3 s,4s ．下列说法正确的是( )A ．物体在AB 段的平均速度为1 m/sB ．物体在ABC 段的平均速度为52 m/s C ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度D ．物体在B 点的速度等于AC 段的平均速度 解析： v ＝x t，AB 段位移为1 m ，v ＝1 m/s ，A 对；同理ABC 段位移为 5 m ，平均速度为52m/s ，B 对；Δt 越小，该时间内的平均速度越接近该位移内的某点瞬时速度，所以C 对；做匀加速直线运动的物体，中间时刻的速度才等于该段位移的平均速度，D 错．答案： ABC10．客车运能是指一辆客车单位时间最多能够运送的人数．某景区客运索道(如下图)的客车容量为50人/车，它从起始站运行至终点站单程用时10分钟．该客车运行的平均速度和每小时的运能约为( )A ．5 m/s,300人B ．5 m/s,600人C ．3 m/s,600人D ．3 m/s,300人解析： 从图中可看出数据，其平均速度v ＝x t＝5 m/s.因单程用时10分钟，则1小时运送6次，其每小时的运能为50人×6＝300人．答案： A二、非选择题11．火车在甲、乙两站之间匀速行驶，一位乘客根据铁路旁电杆的标号观察火车的运动情况．在5 min 时间里，他看见电杆的标号从100增到200.如果已知两根电杆之间的距离是50 m ，甲、乙两站相距x ＝72 km ，那么火车从甲站到乙站需要多少时间？解析： 甲、乙两站间的距离为x ＝72 km ＝7.2×104 m.5 min 内行进位移为x ′＝100×50 m ＝5 000 m ，故平均速度 v ＝x ′Δt ＝5 0005×60 m/s ＝503m/s 从甲站到乙站所需时间t ＝x v ＝7.2×104 m 503 m/s ＝4 320 s ＝1.2 h. 答案： 4 320 s 或1.2 h12．有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500 g (g ＝10 m/s 2)，以醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值．试问：(1)一辆以72 km/h 的速度行驶的货车与一辆以54 km/h 行驶的摩托车相向而行发生碰撞，碰撞时间为2.1×10－3 s ，摩托车驾驶员是否有生命危险？ (2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s 、3 s ，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？(3)为避免碰撞，开始刹车时，两车距离至少为多少？解析： (1)摩托车与货车相撞瞬间，货车的速度几乎不变，摩托车的速度反向，大小与货车速度相同，因此，摩托车速度的变化Δv ＝72 km/h －(－54 km/h)＝126 km/h ＝35 m/s所以摩托车的加速度大小a ＝Δv Δt ＝352.1×10－3 m/s 2＝16 667 m/s 2＝1 666.7g >500g ，因此摩托车驾驶员有生命危险．(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a 1、a 2，根据加速度定义得：a 1＝Δv 1Δt 1，a 2＝Δv 2Δt 2所以a 1∶a 2＝Δv 1Δt 1∶Δv 2Δt 2＝204∶153＝1∶1. (3)x ＝x 1＋x 2＝v 12t 1＋v 22t 2＝62.5 m. 答案： (1)有生命危险 (2)1∶1 (3)62.5 m高じ考≈试﹥题я库。

必考部分必修1第9章第3讲( 本栏目内容, 在学生用书中以活页形式分册装订！>一、选择题1. 如右图所示, 匀强磁场所磁感觉强度为B,方向竖直向下, 在磁场中有一个边长为L地正方形刚性金属框, ab边地质量为m,电阻为定地水平轴 , 将金属框自水平川址由静止开释全部摩擦 , 重力加速度为g,则在这个过程中R,其余三边地质量和电阻均不计．cd 边上装有固, 第一次转到竖直地址时, ab边地速度为v,不计, 以下说法正确地是(>A．经过ab 边地电流方向为a→ B．ab边经过最低点时地速度v＝错误 !bC．a、b两点间地电压逐渐变大D．金属框中产生地焦耳热为2 mgL－错误! mv解读：本题观察电磁感觉．ab 边向下摇动过程中,磁通量逐渐减小,依据楞次定律及右手定章可知感觉电流方向为b → ,选项 A 错误；ab边由水平川址到达最低点过程中, 机械能a不守恒 , 所以选项 B 错误；金属框摇动过程中, ab边同时受安培力作用 , 故当重力与安培力沿其摇动方向分力地合力为零时, a、b两点间电压最大 , 选项 C 错误；依据能量转变和守恒定律可知 , 金属框中产生地焦耳热应等于此过程中机械能地损失, 应选项 D 正确．答案：D2.一质量为 m、电阻为 r 地金属杆 ab,以必定地初速度 v0从一圆滑平行金属导轨底端向上滑行 , 导轨平面与水平面成 30°角 , 两导轨上端用一电阻R相连 , 如右图所示 , 磁场垂直斜面向上 , 导轨地电阻不计 , 金属杆向上滑行到某一高度以后又返回究竟端时地速度大小为v,(>A．向上滑行地时间小于向下滑行地时间B．在向上滑行时电阻R上产生地热量大于向下滑行时电阻R上产生地热量C．向上滑行时与向下滑行时经过电阻R地电荷量相等22 D．金属杆从开始上滑至返回出发点, 电阻R上产生地热量为错误!m(v0－v>解读：导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下, 沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上 , 所以上升过程地加速度大于下滑过程地加速度, 所以向上滑行地时间小于向下滑行地时间 ,A 对；向上滑行过程地均匀速度大, 感觉电流大 , 安培力做地功多, R上产生地热量多,B对；由 q＝错误!知C对；由能量守恒定律知回路中产生地总热量为22>,D错；错误 ! m( v0－ v本题中等难度．答案：ABC3. 矩形线圈abcd, 长ab＝ 20 cm, 宽bc＝ 10 cm, 匝数n＝ 200, 线圈回路总电阻R＝5Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面地匀强磁场穿过．若匀强磁场所磁感觉强度 B 随时间 t 地变化规律如右图所示 , 则 (>A．线圈回路中感觉电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生地感觉电流为0.4 AC．当t＝ 0.3 s时 , 线圈地ab边所受地安培力大小为0.016 ND．在 1 min 内线圈回路产生地焦耳热为48 J解读：由 E＝ n错误!＝ nS错误!可知,由于线圈中磁感觉强度地变化率错误!＝错误!T/s ＝ 0.5 T/s为常数 , 则回路中感觉电动势为E＝ n错误!＝2V,且恒定不变 , 应选项 A 错误；回路中感觉电流地大小为I ＝错误 ! ＝0.4 A,选项 B 正确；当t＝ 0.3 s时 , 磁感觉强度＝B0.2 T,则安培力为F＝ nBIl ＝200×0.2×0.4×0.2 N＝ 3.2 N, 应选项 C 错误； 1 min 内线圈回路产生地焦耳热为Q＝ I 2Rt＝0.42×5×60 J ＝ 48 J ．选项 D正确．答案：BD4．(2018 ·扬州模拟 >如图甲所示 , 圆滑导轨水平搁置在与水平方向夹角60°斜向下地匀强磁场中 , 匀强磁场所磁感觉强度 B 随时间地变化规律如图乙所示( 规定斜向下为正方向>, 导体棒 ab 垂直导轨搁置,除电阻 R 地阻值外,其余电阻不计 , 导体棒ab在水平外力作用下一直处于静止状态．规定a→ b 地方向为电流地正方向,水平向右地方向为外力地正方向,则在 0～t 时间内,能正确反响流过导体棒ab 地电流 i 和导体棒 ab 所受水平外力 F 随时间 t 变化地图象是 (>解读：由楞次定律可判断回路中地电流一直为b→ a 方向,由法拉第电磁感觉定律可判定回路电流大小恒定, 故 A、 B 错；由F安＝BIL可得F安随B地变化而变化 , 在 0～t0时间内 , F安方向向右 , 故外力 F 与 F 安等值反向,方向向左为负值；在t 0～ t 时间内, F 安方向改变,故外力F 方向也改变成正当, 综上所述 ,D 项正确．答案：D5. 如右图所示 , 圆滑金属导轨、固定在水平面内, 并处在方向竖直向下、大小为BAC AD地匀强磁场中．有一质量为m 地导体棒以初速度v0从某地址开始在导轨上水平向右运动, 最终恰好静止在 A 点．在运动过程中, 导体棒与导轨一直构成等边三角形回路, 且经过A点地总电荷量为 Q.已知导体棒与导轨间地接触电阻阻值为R,其余电阻不计,则(>A．该过程中导体棒做匀减速运动B．该过程中接触电阻产生地热量为2错误 ! mv0C．开始运动时 , 导体棒与导轨所构成回路地面积为错误 !D．当导体棒地速度为错误 ! v0时 , 回路中感觉电流大小为初始时地一半解读：产生地感觉电动势为＝, 电流为I ＝/, 安培力为＝BIl＝ 2 2/,、vE Blv Blv RF B l v R l 都在减小 , 依据牛顿第二定律知, 加速度也在减小 , 故 A错；该过程中 , 动能所有转变成接触电2Q＝ BS/ R,整理后得开始运动阻产生地热量为错误 ! mv0； B 错；该过程中 , 经过地总电荷量为时 , 导体棒与导轨所构成回路地＝错误 ! ,C 对；由产生地感觉电动势为＝Blv 和电流为I＝S EBlv / R,可知D错．答案：C6. 如右图所示 , 两竖直搁置地平行圆滑导轨相距0.2 m, 其电阻不计 , 处于水平向里地匀强磁场中 , 匀强磁场所磁感觉强度为0.5 T,导体棒 ab与 cd 地电阻均为0.1Ω , 质量均为 0.01kg. 现用竖直向上地力拉ab棒 , 使之匀速向上运动, 此时cd棒恰好静止, 已知棒与导轨一直接触优异 , 导轨足够长, g取 10 m/s2,则(>A．ab棒向上运动地速度为 2 m/sB．ab棒遇到地拉力大小为0.2 NC．在 2 s 时间内 , 拉力做功为 0.4 JD．在 2 s 时间内 , ab棒上产生地焦耳热为0.4 J解读：cd 棒遇到地安培力等于它地重力, B错误 ! L＝mg, v＝错误 ! ＝ 2 m/s,A 正确．ab棒遇到向下地重力G 和向下地安培力, 则ab棒遇到地拉力T＝＋＝2＝ 0.2 N,B 正F F FG mg确．在 2 s内拉力做地功 , W＝F T vt＝0.2 ×2×2 J ＝ 0.8 J,C 不正确．在 2 s内 ab 棒上产生地热量 Q＝ I 2Rt＝错误!2Rt＝0.2 J,D不正确．答案：AB7.如右图所示 , 在圆滑水平面上方 , 有两个磁感觉强度大小均为B、方向相反地水平匀强磁场 , 以以下图 , PQ为两个磁场所界限 , 磁场范围足够大．一个边长为a, 质量为m, 电阻为R地正方形金属线框垂直磁场方向, 以速度v 从图示地址向右运动, 当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时 , 线框地速度为错误! ,则(>A．此时线框中地电功率为4B2a2v2/ RB．此时线框地加速度为4B2a2v/( mR>C．此过程经过线框截面地电荷量为Ba2/ RD．此过程回路产生地电能为0.752 mv解读：线框左右两边都切割磁感线则 E 总＝2Ba·错误!, P＝错误 ! ＝错误 ! ,A 错误；线框中电流 I ＝错误!＝错误! ,两边受安培力 F 合＝2· BIa＝错误! ,故加速度 a＝错误! ,B错误；由错误!＝错误!,错误 !＝错误!.q ＝错误 !t得＝错误!.从B点到Q点ΔΦ＝2,故 C正q Ba确；而回路中产生地电能E＝错误22＝错误 !2错误．! mv－错误! m错误 !mv,故D答案：C二、非选择题8．(2018 ·江苏单科 >以以下图 , 两足够长地圆滑金属导轨竖直搁置, 相距为L, 一理想电流表与两导轨相连 , 匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R 地导体棒在距磁场上界限 h 处静止开释．导体棒进入磁场后, 流经电流表地电流逐渐减小, 最后稳固为I.整个运动过程中 , 导体棒与导轨接触优异, 且一直保持水平, 不计导轨地电阻．求：(1> 磁感觉强度地大小B；(2> 电流稳固后 , 导体棒运动速度地大小v；(3> 流经电流表电流地最大值I m.解读：(1> 电流稳固后 , 导体棒做匀速运动BIL＝ mg①解得B＝错误!.②(2> 感觉电动势E＝ BLv③感觉电流I＝错误!④由②③④式解得v＝错误! .(3> 由题意知 , 导体棒刚进入磁场时地速度最大, 设为v m机械能守恒错误2! mv ＝ mghm感觉电动势地最大值E m＝ BLv m感觉电流地最大值I m＝错误!m解得 I ＝错误!.答案：(1> B＝错误 ! (2> v＝错误 !(3> I m＝错误 !9.如右图所示 , 两根同样地劲度系数为k 地金属轻弹簧用两根等长地绝缘线悬挂在水平天花板上 , 弹簧地上端经过导线与阻值为R 地电阻相连 , 弹簧地下端接一质量为、长度为mL、电阻为 r 地金属棒,金属棒一直处于宽度为 d 地垂直纸面向里磁感觉强度为 B 地匀强磁场中．开始时弹簧处于原长．金属棒从静止开释, 其降落高度为h时达到了最大速度．已知弹簧一直在弹性限度内 , 且当弹簧地形变量为x 时,它地弹性势能为错误! kx2,不计空气阻力和其他电阻 , 求：(1> 金属棒地最大速度是多少？(2> 这一过程中R耗费地电能是多少？解读：(1> 当金属棒有最大速度时, 加速度为零, 金属棒受向上地弹力、安培力和向下地重力作用 , 有2kh＋BId＝mgI＝错误!v max＝错误!(2> 依据能量关系得2mgh－2×错误!－错误! mv max＝ E 电又有 R、 r 共同耗费了总电能错误 ! ＝错误 ! , E R＋E r＝E电整理得 R耗费地电能为E R＝错误! E电＝错误! [ mgh－ kh2－错误! ]答案：(1> 错误 !(2> 错误 ! [ mgh－kh2－错误 ! ]10．以以下图 , 在距离水平川面h＝0.8 m地虚线地上方, 有一个方向垂直于纸面水平向内陆匀强磁场．正方形线框abcd 地边长 l ＝0.2 m,质量 m＝0.1 kg,电阻 R＝0.08Ω.一条不可伸长地轻绳绕过轻滑轮, 一端连线框 , 另一端连一质量＝ 0.2 kg地物体. 开始时线框地M Acd 在地面上,各段绳都处于挺直状态,从以以下图地地址由静止开释物体A,一段时间后线框进入磁场运动 , 已知线框地ab 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框地cd 边进入磁场时物体 A 恰好落地,同时将轻绳剪断,线框连续上升一段时间后开始着落, 最后落至地面．整个过程线框没有转动, 线框平面一直处于纸面内, g取 10 m/s2. 求：(1> 匀强磁场所磁感觉强度B?(2> 线框从开始运动到最高点, 用了多长时间？(3> 线框落地时地速度多大？解读：(1> 设线框到达磁场界限时速度大小为v,由机械能守恒定律可得：2Mg( h－ l >＝mg( h－ l >＋错误! ( M＋ m>v ①代入数据解得：v＝2 m/s②线框地 ab 边刚进入磁场时, 感觉电流：I＝错误 ! ③线框恰好做匀速运动, 有：Mg＝ mg＋ IBl ④代入数据解得：B＝1 T．⑤(2> 设线框进入磁场从前运动时间为t 1,有：h－l ＝错误! vt 1⑥代入数据解得：t 1＝0.6 s⑦线框进入磁场过程做匀速运动, 所用时间：t 2＝错误!＝0.1 s⑧此后轻绳拉力消逝, 线框做竖直上抛运动, 到最高点时所用时间：t 3＝错误!＝0.2 s⑨线框从开始运动到最高点, 所用时间：t＝t 1＋ t 2＋ t 3＝0.9 s．⑩(3> 线框从最高点着落至磁场界限时速度大小不变, 线框所受安培力大小也不变, 即IBl ＝( M－ m>g＝ mg?所以 , 线框穿过磁场过程还是做匀速运动, 走开磁场后做竖直下抛运动．由机械能守恒定律可得：22错误 ! mv1＝错误 ! mv＋mg( h－l >?代入数据解得线框落地时地速度：v1＝4 m/s. ?答案：(1>1 T(2>0.9 s(3>4 m/s。