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课时1。描述电场的物理量请同学们先认真研读物理课本选修3-1第一节至第七节内容，完成课本例题和课后练习，在此基础上，用45分钟的时间完成以下作业基础回顾1什么是点电荷、试探电荷、场源电荷、元电荷？2库仑定律的内容是 表达式是 适应条件是 3电场及其基本性质 （1）电场强度：是反映 的物理量，定义为 .定义式 适用于 电场.场强是由 决定的，与检验电荷 关，点电荷场强的决定式是 ，匀强电场的计算公式是 。场强是 量，方向规定为 .场强的叠加合成遵守 什么是电场线？电场线有什么特点（2）电势：是描述 的物理量，定义是 的比值即= ；电场中某点的电势，在数值上等于 什么是等势面？等势面有什么特点？与电场线有什么联系？电势差定义 在数值上等于 可表示为：UAB= 电场力做的功由 和 决定，而与 无关，用公式可表示为： 电场力做功的过程，就是 转化的过程.且电场力做功的数值等于 。精题训练1 半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量相等的电荷，相隔较远的距离，两球之间的相互吸引力的大小为F；今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开，这时A、B两球之间的相互作用力的大小是（ ）A. B. C. D.2在静电场中a、b、c、d四点分别放一检验电荷，其电荷量可变，但很小，结果测出检验电荷所受电场力与电荷量的关系如图所示.由图线可知（ ）A.a、b、c、d四点不可能在同一电力线上B.四点场强关系是EcEaEbEdC.a、c场强方向不同D.以上答案都不对3如图所示，平行线代表电场线，但未指明方向，带电荷量为10-2 C的正电微粒在电场中只受电场力作用，当由A点运动到B点，动能减少了0.1 J.已知A点的电势为-10 V，则（ ）A.B点的电势是0 V，微粒运行轨迹是1B.B点的电势是-20 V，微粒运行轨迹是1C.B点的电势是0 V，微粒运行轨迹是2D.B点的电势是-20 V，微粒运行轨迹是24.A、B两带电小球，A固定不动，B的质量为m，在库仑力作用下，B由静止开始运动，已知初始时，A、B间的距离为d，B的加速度为a，经过一段时间后，B的加速度变为a，此时A、B间的距离应为_.已知此时B的速度为v，则在此过程中电势能的减少量为_.5把带电荷量q=210-8 C的正点电荷，从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功为810-6 J.若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功210-6 J，求：（1）A点的电势；（2）A、B两点的电势差；（3）若把210-5 C的负电荷由A点移到B点，电场力所做的功.6 在场强为E 、方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电小球A和B，电量分别为+2q和q，两小球间用长为l的绝缘细线连接，并用绝缘细线悬挂在O点，如图所示平衡时，细线对悬点的作用力多大？课时2.带电粒子在电场中的运动请同学们先认真研读物理课本选修31第一章第九节内容，完成课本例题和课后练习，在此基础上，用45分钟的时间完成以下作业基础回顾一、带电粒子的加速1运动状态分析：带电粒子沿着与电场平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在_上，做匀加(减)速直线运动2用功能观点分析：粒子动能的变化等于电场力做的功.（1）若粒子初速度为零，则：_；（2）若粒子的初速度不为零，则：_.以上公式适用于_电场3如果在匀强电场中，也可直接用_和_公式求解：二、带电粒子的偏转1电场使带电粒子的速度方向发生改变，这种作用就是带电粒子的偏转，其中最简单的情况是带电粒子以垂直场强的方向进入匀强电场，带电粒子的运动类似于_2带电粒子运动方向的偏转角 带电粒子在竖直方向做匀加速运动，加速度_，速度_. 在水平方向做匀速运动，速度vx=v0，通过电场时所需时间_. 粒子离开电场时偏转角(偏离入射方向的角度)的正切值为_.3带电粒子的侧向位移y 侧向位移是指偏离入射方向的位移带电粒子通过电场发生的侧向位移为：_. 从偏移量y和偏转角tan可看出二者只差因此，两个不同的带电粒子进入同一偏转电场只要偏转位移相等，偏转角一定_三、电容器电容器的电容定义式是 ，决定式是 精题训练1让原来静止的氢核()、氘核()、氚核()的混合物经同一电场加速后，具有（ ）A相同的速度 B相同的动能C相同的动量 D以上都不对2几种混合带电粒子(重力不计)，初速为零，它们从同一位置经同一电场加速后，又都垂直场强方向进入另一相同的匀强电场.设粒子刚出偏转电场时就打在荧光屏上，且在荧光屏上只有一个光点，则到达荧光屏的各种粒子（ ）A电荷量一定相等 B质量一定相等C比荷一定相等 D质量、电荷量都可能不等3.如图所示，平行板电容器与电池相连，当两极板间的距离减小后，则两极板间的电压U和电场强度E、电容器的电容C及电容的带电荷量Q与原来相比（ ）A.U不变，E不变，C不变，Q不变B.U不变，E变小，C变小，Q变小C.U不变，E变大，C变大，Q变大D.U不变，E不变，C变大，Q变小4一个氢离子以速度v垂直电场方向飞入平行板电容器的两板间，它飞离电场时的偏转距离为d如果换成一个二价氦离子以速度2v沿同样的方向飞入该电场，则飞离电场时的偏转距离为_.5如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm，两板间的电势差为300 V如果两板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需多长时间?6在图中，一个质量为m、电荷量为-q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处在场强为E、方向沿Ox轴正方向的匀强电场中，小物体以初速v0从x0点沿Ox轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦力f的作用，且fqE，小物体与墙碰撞时不损失机械能.求它在停止前通过的总路程.课时3单元自测题（一）一、选择题（每小题6分，8小题，共48分）1、如图所示，原来不带电的绝缘金属导体MN,在其两端下面都悬挂着金属验电箔，若使带负电的绝缘金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（ ）N MA只有M端验电箔张开，且M端带正电B只有N端验电箔张开，且N端带负电C.两端的验电箔都张开，且N端带负电，M端带正电D两端的验电箔都张开，且N端带正电，M端带负电2、电场中有一点P，下列说法中正确的是（ ） A若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的场强减半 B若P点没有试探电荷，则P点场强为零 CP点的场强方向为放在该点的负电荷的受力方向 DP点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大ABCD3、如图所示三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面，下列说法正确的是（ ）A一个点电荷+q在B点所受的电场力比在A点的大B.一个点电荷+q在B点具有的电势能比在A点的小C将同一电荷从B点移到D点，电场力做功比由B点移到C点多D将电荷+q由B点移到C点，电场力做正功4、如图所示，当平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变A、B两极板带的电量而减少两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（ ）A一定减小 B一定增大C一定不变 D可能不变5、如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是A电势，场强B电势，场强C将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少D将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有电势能EpAEpB6、关于电场，下列叙述正确的是（） A以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同 B正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场强 C在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=F/q，取走q后，该点场强不变 D电荷在电场中某点所受电场力大，该点电场强度一定很大7、带电粒子以初速v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏离原方向y，偏角为,下列说法正确的是（ ）A 粒子在电场中作类似平抛的运动B 偏角与粒子的电量和质量无关C粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度D粒子偏移距离y，可用加在两极板上的电压控制8、如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量减小为原来的1/2倍，下列方法中正确的是 A. 使U1增大为原来的2 B使U2减小为原来的1/2倍C使偏转板的长度增大为原来2倍D使偏转板的距离减小为原来的1/2二、填空题（每题6分，共12分）9、真空中有甲、乙两个点电荷，相距为r，它们间的静电力为F，若甲的电量变为原来的2倍，乙的电量变为原来的1/2，它们之间的距离变为2r，则它们之间的静电力为 F。在电场中A、B两点的电势分别为=300V，=200V，一个质子从A点运动到B点，电场力做功_ J。（质子的电荷量为1.61019C）10、如图，在匀强电场中的M、N两点距离为2 cm，两点间的电势差为5 V，M、N连线与场强方向成60角，则此电场的电场强度为 。三、计算题（11题18分，12题22分，共40分）11、两平行导体板水平放置，极板长度为l，板间距离为d，板间电压为U。有一质量为m、电荷量为q的带电粒子以水平速度v0进入板间的匀强电场。忽略粒子的重力。求：（1）粒子在水平方向和竖直方向分别做什么运动。（2）粒子在电场中的运动时间t。 （3）粒子在电场中的加速度。 （4）穿出电场时粒子在竖直方向上的位移y。课时4 闭合电路欧姆定律请同学们先认真研读物理课本选修3-1第二章第七节内容，完成课本例题和课后练习，在此基础上，用45分钟的时间完成以下作业基础回顾 : 一1.闭合电路欧姆定律：（1）内容：闭合电路里的电流，跟电源的电动势成_，跟内、外电路的电阻之和成_.（2）公式：_或_.（3）适用条件：闭合电路欧姆定律适用于外电路为_. (2)I= E=U外+Ir(3)纯电阻电路2.路端电压与外电阻的关系：根据U=IR=R=可知，当R增大时，电压U_，当R减小时，电压U_，当r=0（理想电源）时，U不随R的变化而变化.（1）当外电路断开时，外电阻R为_，I为_，Ir也为_，可得_，即外电路断路时的路端电压等于电源电动势的大小.（2）当外电路短路时，外电阻R=0，此时电路中的电流_，即Im=，路端电压为_.由于通常情况下电源内阻很小，短路时会形成很大的电流，很容易把电源烧坏，这就是严禁把电源两极不经负载直接相接的原因.二、路端电压与电流的关系1.根据公式U=E-Ir可知，路端电压与电流的关系图象（即U-I图象）是一条斜向下的直线，如图所示.（1）图象与纵轴的截距等于电源的电动势大小；图象与横轴的截距等于外电路短路时的电流Imax=.（2）图象斜率的绝对值等于电源的内阻，即r=tan，角越大，表明电源的内阻越大. 说明：横、纵坐标可以选不同的坐标起点，如左图所示，路端电压的坐标值不是从零开始的，而是从U0开始的，此时图象与纵轴的截距仍然等于电源的电动势大小；图象斜率的绝对值仍然等于电源的内阻；而图象与横轴的截距就不再等于外电路短路时的电流了. 2.部分电路欧姆定律的U-I图象（如右图）与闭合电路欧姆定律的U-I图象的区别.（1）从表示的内容上来看，右图是对某一固定电阻R而言的，纵坐标和横坐标分别表示该电阻两端的电压U和通过该电阻的电流I，反映I跟U的正比关系；而左图是对闭合电路整体而言的，是电源的外特性曲线，U表示路端电压，I表示通过电源的电流，图象反映U与I的制约关系.（2）从图象的物理意义上来看，右图表示的是导体的性质，左图表示的是电源的性质.在右图中，U与I成正比（图象是直线）的前提是电阻R保持一定；在左图中电源的电动势和内阻不变，外电阻是变化的，正是外电阻R的变化，才有I和U的变化.三、电源的输出功率与效率1.闭合电路的功率：根据能量守恒，电源的总功率等于电源的输出功率（外电路消耗的电功率）与电源内阻上消耗的功率之和，即P总=IU+I2r=I(U+Ir)=IE.其中IE为电源总功率，是电源内非静电力移动电荷做功，把其他形式的能转化为电能的功率；IU为电源的输出功率，在外电路中，这部分电功率转化为其他形式的能（机械能、内能等）；I2r为电源内由于内阻而消耗的功率，转化为焦耳热.2.电源的输出功率：外电路为纯电阻电路时，电源的输出功率为P=I2R=.由此式可知，（1）当R=r时，电源的输出功率最大，且Pm=.（2）当Rr时，随着R的增大,输出功率减小.（3）当Rr时，随着R的减小,输出功率减小.（4）输出功率与外电阻的关系如图所示，由图象可知，对应某一输出功率（非最大值）可以有两个不同的外电阻R1和R2，且有r2=R1R2.3.电源的效率：=，可见当R增大时，效率增大.当R=r时，即电源有最大输出功率时，其效率仅为50%，效率并不高.精题训练1.如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图象，则下列说法正确的是（ ）A.电动势E1=E2，短路电流I1I2B.电动势E1=E2，内阻r1r2C.电动势E1E2，内阻r1r2D.当两电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大2如图所示，电源电动势为E，内阻为r，当可变电阻的滑片P向b点移动时，电压表V1的读数U1与电压表V2的读数U2的变化情况是( )A.U1变大，U2变小 B.U1变大，U2变大C.U1变小，U2变小 D.U1变小，U2变大3.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光.如果变阻器的滑片向b端滑动，则（ ）A.电灯L更亮，安培表的示数减小 B.电灯L更亮，安培表的示数增大C.电灯L变暗，安培表的示数减小 D.电灯L变亮，安培表的示数不变填空题.4一个电源的内阻为1 ，某用电器上标有“10 V 20 W”的字样，接到该电源上恰能正常工作，则电源的电动势为_ V，电源内阻上的热功率为_ W.计算题5.如图所示的电路中，当K闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为1.6 V和0.4 A.当K断开时，它们的示数各改变0.1 V和0.1 A. 电源的电动势和内电阻为多大？6 如图所示，线段A为某电源的U-I图线，线段B为某电阻的U-I图线，以上述电源和电阻组成闭合电路时，求：（1）电源的输出功率P出为多大？（2）电源内部损耗的电功率是多少？（3）电源的效率为多大？能力提高:7如图所示是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（103 ）时，会自动断开.S2是一个自动控温开关，当温度低于70 时，会自动闭合；温度高于80 时，会自动断开.红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯，定值电阻R1=R2=500 ，加热电阻丝R3=50 ，两灯电阻不计.（1）分析电饭煲的工作原理.（2）简要回答，如果不闭合开关S1，能将饭煮熟吗？（3）计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比.课时5 实验：测定电源电动势和内阻、描绘小灯泡的伏安特性曲线请同学们先认真研读物理课本选修3-1第三节、第九节内容，完成课本例题和课后练习，在此基础上，用45分钟的时间完成以下作业基础回顾1、测定电池的电动势和内阻（1）如图所示，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+Ir，改变_的阻值，从电流表、电压表中读出几组U和I值，组成方程组可求解E，r.（2）实验器材：被测电池(干电池)、_、_、滑动变阻器、电键和导线等.（3）确定电流表、电压表的量程，请按上图所示电路把器材连接好：（3）对于E、r一定的电源，路端电压U与通过干路的电流I组成的U-I图象应该是_，这条直线与纵轴的交点表示_，与横轴I的交点表示_，图线的斜率的绝对值表示电源的_.在画U-I图象时，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧，而不要顾及个别离开较远的点，以减小偶然误差.2、描绘小灯泡的伏安特性曲线（1）本实验要作出I-U图线，要求测出一组包括零在内的电压、电流值，因此变阻器要采用_接法.(2)由于小灯泡电阻较小，故应采用电流表_法.(3)开关闭合前变阻器滑片移到接入电路中的阻值最_处.(4)实验电路如图所示精题训练1、某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为020 ，连接电路的实物图如图所示.该学生接线中错误的和不规范的做法是（ ）A.滑动变阻器不起变阻作用 B.电流表接线有错C.电压表量程选用不当 D.电压表接线不妥2、测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，以下说法正确的是（ ）A.在图甲所示电路中，E测E真B.在图甲所示电路中，r测r真C.在图乙所示电路中，E测E真D.在图乙所示电路中，r测r真 甲 乙3、如图所示为某一电源的U-I曲线，由图可知（ ）A.电源电动势为2 V B.电源内电阻为 C.电源短路时电流为6 A D.电路路端电压为1 V时，电路中电流为5 A4、表格中所列数据是测量小灯泡UI关系的实验数据：U/(V)0.00.20.51.01.52.02.53.0I/(A)0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.2152 分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图 （填“甲”或“乙”）在方格纸内画出小灯泡的UI曲线。分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而 （填“变大”、“变小”或“不变”）5、用伏安法测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下： 待测电阻Rx：（阻值约为25k） 电流表A1：（量程100A，内阻2k） 电流表A2：（量程500A，内阻300） 电压表V1：（量程10V，内阻100k） 电压表V2：（量程50V，内阻500k） 电源E：（电动势15V，允许最大电流1A） 滑动变阻器R：（最大阻值1k） 电键S，导线若干 为了尽量减小实验误差，要求测多组数据（1）电流表应选 ，电压表应选 。（2）画出实验电路图，并在每个选用的器材旁标上题目所给的字母符号。 （3）根据实验原理图连接实物图。6、现有一阻值为10.0 的定值电阻、一个开关、若干根导线和一个电压表，该电压表表盘上有刻度但无刻度值，要求设计一个能测定某电源内阻的实验方案，(已知电压表内阻很大，电压表量程大于电源电动势，电源内阻约为几欧)要求：(1)在下边方框中画出实验电路图.(2)简要写出完成连线后的实验步骤.(3)写出用测得的量计算电源内阻的表达式r=_.能力提高7、测量电源的电动势E及内阻r（E约为6V，r约为1.5）。器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），固定电阻R=8.5，滑线变阻器R(010)，开关S，导线若干。画出实验电路原理图。图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出。用笔画线代替导线完成实物连接图。实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2。则可以求出E= ，r= 。（用I1，I2，U1，U2及R表示）课时6单元自测题（二） 一、选择题（每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对得6分，对而不全得3分。）1一个标有“220V 60W”的白炽灯炮，加上的电压U由零逐渐增大到220V，在此过程中，电压(U)和电流(I)的关系可用图线表示图中给出的四个图线中，肯定不符合实际的是（ ）2.可用理想电压表V、理想电流表A、变阻器R以及电键K和导线等器材来测量某一电源E的电动势和内阻.下面给出了四个电路图，图中+、代表电源的正、负极和电表的正负接线柱.正确的电路图是（ ）3在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V。重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V。则这台电动机正常运转时输出功率为（ ）A32WB44WC47WD48W 4如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻相同，阻值均为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时（ ）A电压表读数将变大BL1亮度不变，L2将变亮CL1将变亮，L2将变暗D电源的发热功率将变大5如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图像，直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图像将这个电阻R分别接到a，b两电源上，那么（ ） AR接到a电源上，电源的效率较高 BR接到b电源上，电源的输出功率较大 CR接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低DR接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高6如图是一火警报警的一部分电路示意图其中为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（ ）AI变大，U变大 BI变小，U变小 CI变小，U变大DI变大，U变小7在如图所示的电路中，电键K1、K2、K3、K4均闭合，C是 极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪一个电键后P会向下运动（ ）AK1 BK2CK3 DK4 8如图所示电路，当S闭合后两灯均不亮，已知两灯、电源、电键及电键到电源负极间的导线都完好，其余三条导线中有一条发生断路若某同学使用多用电表来检查断线部分，他用多用表的红表棒与a点相连接，把黑表棒分别先后与b点、c点相连，则以下能检测出断线部分的方法有（ ）AS闭合，多用表用6V量程的电压表BS闭合，多用表用0.3A量程的电流表CS断开，多用表用R1量程的欧姆表D以上三种方法都不可以第卷（非选择题，共52分）二、填空题（9，10题各6分，。把正确答案填写在题中横线上，或按题目要求作答。）9.如图，用伏安法测电阻，当被测电阻阻值不能估计时，可采用试接法让伏特表一端接在电路的a点上，另一端先后接在b点和c点，注意观察两个电表的示数 若安培表的示数有显著变化，则待测电阻的阻值跟 表内阻可以比拟，伏特表应接在a、 两点，并且测量结果 .三、计算题（共40分。要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分。）11（18分）在如图所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100，R2阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中A、B两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻R2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值。 12（22分）一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图（甲）所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线现将该电源和一个变阻器R0接成如图（乙）所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2A，变阻器的最大阻值为R0=22求（1）电源电动势E和内电阻r（2）空载时A、B两端输出的电压范围（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值课时7、磁场、磁场对通电导线的作用力请同学们先认真研读物理课本选修32第四章第13节内容，完成课本例题和课后练习，在此基础上，用45分钟的时间完成以下作业。一、 基础回顾1.地球本身就是一个大磁体，它的N极位于_附近，S极位于_附近.2.磁场方向的规定： . 而通电导线在磁场中受安培力的方向要用_判定.其方向与B、I的方向的关系 。3.直线电流的磁场方向可以用_来表示：右手握住导线，让伸直的_所指的方向与_一致，弯曲的四指所指的方向就是_.这个规律也叫_.4.如图，一束负离子沿虚线飞过，S极偏向纸内，画出负离子的运动方向.5 有一个矩形线圈，线圈平面与磁场方向成角，如图所示.设磁场为匀强磁场，磁感应强度为B，线圈面积为S，则穿过线圈的磁通量为 。6.以下说法中正确的是（ ）A.通电导线在某处所受磁场力为零，那么该处的磁感应强度必定为零B.若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为C.如果将一段短导线（有电流）放入某处，测得该处的磁感应强度为B，若撤去该导线，该处的磁感应强度为零D.以上说法均不正确7.在测定某磁场中一点的磁场时，得到图中的几个关系图象，正确的是（ ）二、精题训练1 一段通电导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上的电流方向由左向右，如图所示.在导线以其中心点为轴转动90的过程中，导线受到的安培力（ ）A.大小不变，方向不变 B.由零增大到最大，方向时刻变C.由最大减小到零，方向不变 D.由零增大到最大，方向不变2下列叙述正确的是（ ）A.放在匀强磁场中的通电导线受到恒定的磁场力B.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱C.磁场的方向就是通电导体所受磁场力的方向D.安培力的方向一定垂直磁感应强度和直导线所决定的平面3.如图3-4-9所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图.当圆盘高速绕中心轴OO转动时，通电直导线所受磁场力的方向是（ ）A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向里 D.水平向外4在一匀强磁场中放一通电直导线，方向与磁场成30角，导线为0.2 m,通以10 A电流，测得它受到的磁场力为0.4 N.该磁场的磁感应强度为_.5.如图所示，ab、cd为两根相距2 m的平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，通以5 A的电流时，质量为3.6 kg的金属棒MN沿导轨做匀速运动；当棒中电流增大到8 A时，棒能获得2 m/s2的加速度.求匀强磁场的磁感应强度的大小.6.轻直导线杆ab沿垂直轨道方向放在水平平行的光滑轨道上，ab杆所在区域充满竖直向下的匀强磁场，如图所示，磁感应强度B=0.2 T，轨道间距为10 cm，当给ab杆施加一个大小为0.04 N、方向水平向左的力时，ab杆恰好静止不动，已知电源内阻r=1 ,电阻R=8 ，ab杆电阻为4 ，导轨电阻不计，求电源电动势.课时8带电粒子在磁场中的运动请同学们先认真研读物理课本选修3-1第三章第六节内容，完成课本例题和课后练习，在此基础上，用45分钟的时间完成以下作业基础回顾1、当带电粒子平行射入磁场时，粒子将做 运动；当带电粒子垂直射入匀强磁场时，粒子将做 运动。2、洛伦兹力的方向总与速度方向 ，所以洛伦兹力不改变带电粒子速度的 ，只改变速度的 ，或者说洛伦兹力对带电粒子不 。3、匀速圆周运动的半径和周期（1）由洛伦兹力提供向心力可得 ,得到轨道半径为 （2）由周期公式可得周期为 4、质谱仪和回旋加速器的工作原理分别是什么？5、在回旋加速器中运动的带电粒子，若D形盒的半径为R，则粒子获得的最大动能为多少？ 由此可得，最大动能与哪些因素有关？6、如何确定粒子的轨道圆心和轨道半径？7、如何确定带电粒子在磁场中运动的时间？精题训练1质子(p)和粒子以相同的速率在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，轨道半径分别为Rp和R，周期分别为Tp和T则下列选项正确的是（ ） (A)RpR=12，TpT=12 (B)RpR=11，TpT=11 (C)RpR=11，TpT=12 (D)RpR=12，TpT=112、如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，AOB=120，则该带电粒子在磁场中运动的时间为（ ）A2r/3v0B2r/3v0Cr/3v0Dr/3v03、如图所示，在X轴上方存在着垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与X轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到X轴的最大距离为a,则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（ ） A 正电荷 B 正电荷C 负电荷 D 负电荷4、 如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30度，则电子的质量是 ，穿入磁场的时间是 BEv 5、如图所示，一个质量为m的带电液滴，以速度v射入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动，求; (1)液滴在空间受几个力?(2)液滴带电荷量及电性（3）液滴做匀速圆周运动的半径多大？6、如图所示，一带电荷量为210-9C，质量为1.810-16kg的粒子，在直线MN上一点O沿30度角方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经历1.610-6 s后，到达直线上另一点P，求：（1）粒子做圆周运动的周期 （2）磁感应强度B的大小 （3）若Op距离为0.1m,则粒子的运动速度为多大？OBSvP能力提高7、一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率v垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图中纸面向里。（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离。（2）如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P，证明：直线OP与离子入射方向之间的夹角跟t的关系是。课时一答案1解析：本题主要是考查电荷守恒定律与库仑定律的应用.由于A、B间有吸引力，则A、B带异种电荷，设为Q，两球之间的相互吸引力，r为两球之间的距离.当C球与A球接触后，A、C两球带电量，当C球再与B球接触后，B、C两球要先中和后平分剩余电量，所以B、C两球带电量，此时A、B两球之间的相互作用力大小F=.故选项A正确.2解析：F=Eq，场中位置确定了，则E就确定了.对于确定的点，Fq.在Fq图上E应从斜率反映出来.由斜率知EcEaEbEd，又因为斜率均为正值，所以a、b、c、d四点场强方向相同.此四点可以是孤立的点电荷形成电场的一条电力线上的四个点，也可以是等量异种电荷连线中垂线上的四个点，所以它们可以在一条电力线上，也可以不在一条电力线上.答案：B3解析：（1）带电微粒由A点运动到B点的电势能的增加量为：=Ek即q(B-A)=Ek则B点电势为：B=+A= V+(-10 V)=10 V-10 V=0 V.（2）带正电微粒动能减少，则电场力对电荷做负功，由此可知电场方向水平向左，电场力方向水平向左，带电微粒做曲线运动，其轨迹曲率中心应在轨道左侧，所以微粒运行轨迹应是1.综上所述本题只有选项A是正确的.4解析：取B球为研究对象，当A、B相距为d时，B受A的库仑力作用，则有：k=ma 当A、B相距为r时，同理有：k=ma 由得：r=2d根据能量守恒定律，电势能减少量等于B带电小球动能增加量，即E=mv2.5解析：（1）正点电荷从无限远处移到A点，电场力做负功，则有：WA=q(-A)-A= V=-400 V因为=0,所以A=400 V同理，B点的电势：B=100 V.（2）A、B两点电势差UAB=A-B=400 V-100 V=300 V.（3）负电荷从A点移到B点电场力所做的功为WAB=q(A-B)=-210-8300 J=-6.010-6 J.6解析：细线对悬点的作用力大小等于悬线对上面一个小球A 的作用力可以隔离每个小球，通过受力分析，由力平衡条件求得设上、下两细线的拉力分别为T1、T2，以两小球为研究对象，作受力分析：A球受到向上的悬线拉力T1，向下的重力mg、细线拉力T2，库仑力Fc，电场力FE1；B球受到向上的细线拉力T2，库仑力F，电场力FE2，向下的重力mg它们的隔离体受力图如图1所示平衡时，满足条件T1=mgT2Fc+ FE1，T2+ FcFE2=mg因T2=T2，Fc=Fc，FE1=2qE，FE2=qE，联立、两式得T12mg+FE1FE22mg+qE根据牛顿第三定律，所以细线对悬点的拉力大小为2mgqE说明 如果把两个小球和中间的细线作为一个整体（系统），那么电荷间相互作用的库仑力Fc、Fc，细线的拉力T2、T2，都是系统的内力，它们互相抵消，作用在系统上的外力仅为两球重力2mg、悬线拉力T1，电场力FE=qE（图3），于是由力平衡条件立即可得T12mgFE=2mgqE7解析：本题涉及到带电粒子在电场中的平衡、带电粒子在电场中的圆周运动及等效重力场中的临界条件、能量守恒定律等知识，重在考查学生分析力、电综合问题的能力.同时关于物理上的等效方法也是研究物理问题常用的方法，应特别注意物体做圆周运动时物理上的最高点与几何上的最高点的意义不同，注意分析物理上的最高点的临界条件.（1）小球在B点受力平衡，由平衡条件有： Tsin=qE Tcos=mg 所以qE=mgtan 设小球由C点（细线与竖直方向的夹角为，如图）运动至最低点处时速度恰为零，此过程小球的重力势能减少mgl(1-cos)，电势能增加qElsin.由能量守恒知： mgl(1-cos)=qElsin 由以上两式得 即，则=2 也可这样分析：由于小球是在复合场中运动，小球在A、C间的运动类比为一单摆，B点为振动的平衡位置，A、C点为最大位移处，由对称性即可得出结论=2.（2）绳系小球在复合场中做圆周运动的条件与在重力场中类似，只不过其等效“最高”点为D，“最低”点为B，等效重力加速度g=，如图所示，则有mg= 又由联立解得课时2答案基础回顾一1答案：一条直线2答案：（1）qU=mv2（2）qU=mv2-mv02 任何3：答案：运动学 动力学二1答案：平抛运动2答案：a= vy=at=t t= tan=3答案：y=at2= ()2= 相同三、C=Q/U C=s/4kd精题训练1：B 2：D 3：C 4：5思路分析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用 当U1=300 V时，小球平衡：mg=q 当U2=60 V时，带电小球向下板做匀加速直线运动：mg-q=ma 又h=at2，联立式得：t=4.510-2 s.6思路分析：方法一：应用动能定理.设小物块共走过的路程为s，由W=Ek，得qEx0-fs=0-mv02，解得s=.方法二：用能量守恒定律解设小物块共走过路程s，克服摩擦力做功的值为fs，这也就是转变为内能的能量动能与电势能的总和减少了E=qEx0+mv02，内能增加了E=fs，又由E=E=qEx0+mv02=fs，解得s=.能力提高7思路分析：(1)因qE= mg，所以qE、mg的合力F合与竖直方向夹角tan=，即=37，则珠子由A点静止释放后从A到B过程中做加速运动，如图所示，B点动能最大.由动能定理得：qErsin-mgr(1-cos)=Ek，解得B点动能即最大动能为Ek= mgr(2)设珠子在B点受圆环弹力为FN，有FN-F合=m，即FN=F合+m=+mg= mg由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力也为mg课时3参考答案选择题1.D 2.D 3.D 4.D 5 .BC 6. C 7. ACD 8 AB填空题）9. 1/4 1.6X10-17 10. 500v/m 计算题11.（1）匀速直线运动 匀加速直线运动 4分 （2）t=l/v0 4分(3)a=F/m=qU/md 5分(4)y=qUl2/2mdv02 5分12(1)C=Q/U=6X10-11/60F=10-12F 6分 (2)F=qE=1.6X10-19X60/1.6X10-2N=6X10-16N 6分 (3)WBA=qUAB=-1.6X10-19X(-60)J=9.6X10-18J 电场力做正功，电势能减少了9.6X10-18J 10分课时4 闭合电路欧姆定律答案1答案：A 2答案:AD 3 答案A 4答案: 12 45解析：当K闭合时，R1和R2并联接入电路，得E=1.6+0.4r，当K断开时，只有R1接入电路，外电阻变大，总电流减小，路端电压增大，得E=1.7+0.3r，两式联立得，E=2 V，r=1 .答案: 2V 16思路分析：要正确理解电源的外特性曲线与电阻的伏安特性曲线的物理意义的不同之处.从图象中能知道哪些物理量及从两个图象能求出哪些物理量是解题的关键.解析：根据题意从A的图线可读出E=3 V，r= =0.5 ，从B图线中可读出外电阻R=1 .由闭合电路欧姆定律可得I=A=2 A，则电源的输出功率为P出=I2R=4 W，P内=I2r=2 W，所以电源的总功率为P总=IE=6 W，故电源的效率为=66.7%.答案:4 W 2 W 66.7%7答案:（1）电饭煲盛上食物后，接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯被短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80 时，S2自动断开，S1仍闭合；水烧开后，温度升高到103 时，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态;由于散热，待温度降至70 时，S2自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80 时，S2又自动断开，再次处于保温状态.（2）如果不闭合开关S1，则不能将饭煮熟，因为只能加热到80 .（3）加热时电饭煲消耗的电功率P1=，保温时电饭煲消耗的电功率P2=，两式中R并= = ，从而有P1P2=121.课时5答案1、AD2、AB3、AD4、（1）甲；（2）如图，变大5、（1）A2；V1
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