2022年同步练习答案 .pdf

《2022年同步练习答案 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年同步练习答案 .pdf（47页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1 44 同步练习答案答案1、 电荷及其守恒定律、库仑定律、电场强度1、 （1）摩擦起电，感应起电，接触起电； （2）电荷既不能创造，也不能消失，它只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，在转移的过程中总电荷量保持不变。也可以表述为：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和总是保持不变的。（3）发生静电感应时，靠近带电体的近端带异种电荷，远端带同种电荷，选B。2、 （1）最小的电荷量，电荷量与质量的比值，1.76 1011c/kg ； （2）元电荷是电量不是电荷，所有带电体的电荷量一定是元电荷的整数倍，电荷量e 的数值是由美国物理学家密立根测得的，选 BD 3、 （1

2、）真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，与它们电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。F=221rqqk，真空中的点电荷。（2）因为两球心距离不比球的半径大很多，所以不能看作点电荷，必须考虑电荷的实际分布，当 q1、q2是同种电荷时， 互相排斥， 电荷分布于最远的两侧，距离大于3R，此时 Fk221)3( Rqq，本题选 D。（3）由于 A、B 间有吸引力，则A、 B 间带异种电荷，设为Q，当 C 与 A 接触时， A、C带电量均为Q/2，C 再与 B 接触后，先中和后平分，B、C 带电量均为Q/4，最后根据库仑定律计算可得出答案，选A。4、 （ 1）放入

3、电场中某点的电荷所受的静电力F跟它的电荷量q的比值， 叫做该点的电场强度。（比值定义法）注意：式中的E=F/q,q叫试探电荷或检验电荷，要求电荷量和尺寸必须充分小。由于是定义式对任何电场都适用。（2）正电荷在该点受到电场力的方向（负电荷受到电场力的反方向为该点场强的方向）。对放入其中的电荷有力的作用。（3）空间某点的电场是由电场本身的性质决定的，与试探电荷无关，B、D 错，电场强度是矢量，场强相等，除要求大小相等外还要看方向是否相同，C 错，本题选A5、(1)F=k2rQ注意：式中的Q是激发电场的场源电荷，r是研究的点到场源的距离；真空中的点电荷 (2) 与场源电荷Q和该点到场源的距离；与该点

4、是否存在电荷。（3）E=F/q 是电场强度定义式，对任何电场都适用，E=k2rQ只对真空中的点电荷产生的电场适用，所以A、B均对， 当 r 接近于零时， 场源电荷不能看成点电荷，公式不再适用， D 错，库仑定律 F=k221rqq可以看成 F=qE 两项的乘积，C 对。本题选ABC 6、 （1）矢量和。（2）分析：如图 ,在 x 轴上分三个区间讨论，Q1的左侧，Q1和Q2之间，Q2的右侧，由于Q1大于Q2，场强相等的点不可能在Q1的左侧；Q1、Q2之间两场强方向相同，大小可以相等；Q2的右侧两场强方向相反，大小可以相等，合场强可以为Q2x Q1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -

5、- - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 47 页 - - - - - - - - - 2 零。本题选B（3）这是一条考查场强叠加及对称性方面的试题。a 点处的场强是点电荷产生的场强和均匀带电薄板产生的场强的合场强。合场强为零，说明均匀薄板带的是正电，同时它的场强大小和点电荷产生的场强大小相等，方向相反。由于a、b 对称，均匀带电薄板在 a 点处产生的场强大小与在b 点处产生的电场强度大小相等，方向相反。答案：2kqd，水平向左 ( 或垂直薄板向左) 7、（ 1）疏密；切线。（2）略（3）电场线从正电荷或无限远出发

6、，终止于无限远或负电荷；电场线在电场中不相交，不闭合。（4）电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一直线上，带电粒子只受电场力的作用。（5）根据等量同号点电荷，等量异号点电荷的电场线分布可出作定性的判断，本题选AD 2、 电荷及其守恒定律、库仑定律、电场强度1、A 2 、c 3 、B 4、B 5 、D 6 、D 7、B 8、AD 9 、BD 10 、ACD 11 、BC 12 、CD 13、（ 1）CNE/1025外方向水平水平向左（2）AB 中点处CN /104.16水平向右14、 （1）正正（2）21212221)( :1:)(llllll15、E=CNqmg/10

7、8sin4方向与绳垂直向下16、 1.64110-19c . 既然油滴带电量是基本电荷e 的整数倍，所以油滴带电量之比应当为整数比，最后取 e 平均值。17、题中仅给出相互作用力的大小，两点电荷可能异号，按电荷异号计算. 由.101.10321521821bCqqaCqq得0121baqq由此解得Cq81105Cq8210218、 （1）对 BC 整理受力分析：所以 TAB=QE+5mg （2）A 球从静止释放的一小段时间内，B 带动 A 一起运动， C 的加速度比B 小，所以 BC 绳松弛。先对 AB 整体分析运用牛顿第二定律可得：3mg+QE=3ma 对 A 单独分析，运用牛顿第二定律可得

8、：T+mg=ma 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 47 页 - - - - - - - - - 3 T=QE/3 3、 电势能和电势、电势差、电势差和电场强度的关系1、qELcos 、qELcos、qELcos、与路径无关只与始末位置有关；2、 （1）电荷在电场中所具有的与电荷位置有关的势能称为电势能（与重力势能相似）； （2）静电力做的功等于电势能的减少量、WAB=EPA- EPB 3、 （1）电荷在电场中某点的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势

9、，qEP；（2）降低；（3）越大，越小，越小，越大；（4）ABD ；4、 （ 1）略； （2）等势面一定跟电场线重合、在同一等势面上移动电荷电场力不做功、电场线总是从高等势面指向低等势面、任意两个等势面都不会相交、等差等势面越密的地方电场强度越大；（3）AC ；5、 （ 1）电场中两点电势的差值，BA，AB； （2）能，6、 （ 1）任何电场，匀强电场； （2）-20V、 -30V、10V（3）23V 7、 （ 1）匀强电场， d 表示两个等势面间的距离（沿电场方向的距离）， （2）B， （3）AC ；8、 （ 1）CD， （2）ACD ；4、 电势能和电势、电势差、电势差和电场强度的关系1、

10、A；2、C；3、D；4、C；5、D； 6、B；7、A；8、CD ；9、BCD ；10、ABD ；11、ABC ；12、BD ；13、 ?垂直于BC，由 A 指向 BC 另一侧， UAB=300 伏， UAC=300 伏， UBC=0，? E=10000v/m ；14、mV /200，VA1，eV1；15、 （1） 从 a 到 O 处电场力做功： W电=-qEx0， 电场力做功与电势能变化的关系W电=(Eqx-0) ，故： Epx0=qEx0(2) 在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为x 由牛顿第二定律可得：qE=ma, vx2=2a(x-x0) Ekx=221mv=qE(x-x0), E=

11、Ek+Ep= qE(x-x0)+ ( qEx) =- qEx0 =Epx0 ；16、解：小球带正电，由小球处于平衡可得：mgEqtg解得：Emgtgq小球从细线与竖直方向的夹角为开始运动， 到细线成竖直位置时速度恰好为零，则根据动能定理有：0sin)cos(EqLImgL得：atgatg2,2有17（1）正点电荷在A、B连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零，即2221)(xLqQkxqQkx=3L（2）点电荷在P点处如其所受库仑力的合力沿OP方向，则它在P点处速度最大， 即此时满足名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - -

12、 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 47 页 - - - - - - - - - 4 tan =222212sincos4)cos2()sin2(4RQqkRQqkFF即得 arctan3418、带电小球从M运动到N的过程中，在竖直方向上小球仅受重力作用，从初速度v0匀减速到零。水平方向上小球仅受电场力作用，速度从零匀加速到2v0。竖直位移：gvh220水平位移：tvx220又tvh20所以：gvhx202所以 M 、 N两点间的电势差dgUvxdUUMN20从 M运动到 N的过程，由动能定理得：2022121mvmvWWNG电又2021mvmghGW所以202mvW电

13、5、 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动1、 （ 1）互相靠近又彼此绝缘；（ 2）使电容器带电的过程，使充电后的电容器失去电荷的过程；（3）一个极板所带电量的绝对值；2、 （1）电容器所带电荷量与两极板间电势差的比值叫电容，C=UQ=UQ（2）表示电容器容纳电荷本领的物理量； （3）法拉，微法，皮法，106，1012； （4）210-8，210-8； （5）D；3、 （ 1）介电常数，正对面积，两极板间的距离；（ 2）D；4、 （ 1）增大，增大，不变，减小；（2）B；5、固定电容器，可变电容器6、 （ 1）平行金属板间的场强：EUd带电粒子受到的电场力：FqEqUd带电粒子的加速度：aFm

14、qUmd带电粒子从正极板运动到负极板做初速度为零的匀加速直线运动，设到达负极板的速度为v，根据运动学公式有：v22ad + 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 47 页 - - - - - - - - - 5 解得： v2qUm( 点评：动力学和运动学方法只适用于匀强电场) （2）带电粒子在运动过程中，电场力所做的功WqU。设带电粒子到达负极板时的动能Ek12mv2，由动能定理可知qU12mv212mv02由此可求出v2qUm7、 （1）带电粒子沿极板方向作速

15、度为v0的匀速运动；垂直于极板方向作初速度为零的匀加速运动。粒子的运动类似平抛运动。以进入点为坐标原点，沿极板方向取x 轴，垂直于极板方向取y 轴，则粒子在电场中的运动方程为xv0t y12at2qU2mdt2解得：yqU2mdv02x2(抛物线轨迹方程) （2）TLv0（3）y12at2qUL22mdv02L2tanUL24v02U(U为进入偏转电场前的加速电压) （4）vx v0vyvaTqULmdv0vvx2vy2v02(qULmdv0)2（5）vxv0vyvaTqULmdv0vvx2vy2v02(qULmdv0)2可以证明，将带电粒子的速度方向反向延长后交于极板中线上的中点。（6）根据

16、相似三角形知识有：yyxL2L2yqL2mdv02(xL2)Utan(xL2) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 47 页 - - - - - - - - - 6 rgvB18、 （1）发射并加速电子，使电子束竖直偏转，使电子束水平偏转（2）正比，扫描；6、 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动一、选择题1、D 2、D 3、B 4、C 5、A 6 、D 7 、B 8、A 二、多项选择题9、AD 10、 CD 11、 BC 12、BD 三、计算题13、 （1）

17、0.02N,(2) 58C 14、 （1）0 （2）2mg(1cos) 15、解：（1）以 v0方向为 x 正方向，垂直于v0方向斜向上的方向为y 正方向建立坐标系，微粒同受重力、电场力、阻力三个力的作用。（图略）设 E 的方向 x 正方向的夹角为，则要使微粒沿x 正方向做直线运动，必须满足：sin/coscossinqmgEmgqE当 E 的方向与y 正方向垂直，即=90时 E 最小为：qmgE/cosmin（2）当 E 水平向左时，同样建立上面的坐标系，并设微粒沿x 正方向的位移为L，加速度为 a 则：在 x 正方向有：mamgqEfsincos在 y 正方向：0cossinmgqE由运动

18、学有：aLv20由动能定理有：20212212mvmvfL联立以上各式得：sin/sin0fmgfmgvv16、解析：?小物体受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用，如图所示，建立如图所示的坐标由牛顿运动定律有：x 方向：mafqEmgcossiny 方向：0cossinmgqENNf小物体能从静止开始沿斜面下滑的条件是：小物体沿斜面的 加 速度 a0， 斜面对物体的支持力，则由以上几式可得：qEmgtgqEmgqEmg?小物体与挡板数次碰撞反复滑行后，最终将停在档板处，此过程中， 重力对小物体做功mgh，电场力做功qEhctg，小物体克服摩擦力所做的功与总路程有关为fS，由动能定理有：

19、0fSqEhctgmgh由两式可得)s i nc o s(qEmgf解得小物体通过的总路程)sincos()(qEmghqEctgmgS17、 解：若滑块能在圆形轨道上做完整的圆周运动，且刚能通过B 点，划块的受力如图示：令g 1 = g+qE/m 必须有mg 1=mv2 /r名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 47 页 - - - - - - - - - 7 rmgmvmvAB22121122rgvA15由动能定理：A-B 7、 静电场测试卷答案一、选择题1

20、、B 2、A 3、A 4、C 5、B 6、B 7、C 二、多项选择题8、ACD 9、AC 10、AD 11、BD三、填空题12、 2、Q2外侧、 Q1Q2中间连线上某处13、 210-2 1 1/2 14、斜向上810-2四、计算题15、 解： （1）小球带负电（2）小球共受三个力的作用（图略），由平衡条件有tan/tangqEmmgqE（3）细线突然剪断，小球将沿电场力和重力的合力方向做匀速直线运动，则：cos/cos/gamgF加速度合16、解：（1）E 水平向左时，设物体在水平面上滑行的最大距离为L 则对全程由动能定理有：0)(LqEmgqERmgR)(/qEmgRqEmgL代入数据得：

21、 L= 0.4m （2）E 竖直向下时，则对全程同样由动能定理有：0LqEmgqERmgR代入数据得：75.0Lm 17、 （1）当 q=mg/E 时，所需加外力大小为F1=mg cos30+qecos30=3mg方向与水平线夹600角斜向右上方（2）当 q=2mg/E 时，所需加外力大小为F2=mgcos30=23mg18、L258、 导体中的电场和电流、电动势、欧姆定律、串联电路和并联电路1、 （1）定向移动 (2) 自由电压(3)正(4) 通过导体横截面的电荷量q，通过这些电荷量所用的时间 tq t安培， 安，A电流表 (5) 方向不随时间而改变的电流方向和强弱都不随时间而改变的电流（6

22、）D （7）C 2、(1) 能够不断地把其他形式的能量转变为电能(2) 电源本身的性质(3) 没有接入电路时两极间的(4)其它形式的能转化为电能的名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 47 页 - - - - - - - - - 8 212019(1.125 107.510) 1.610560qIAt（5）D 3、 （1）导体中的电流I 跟导体两端的电压U 成正比，跟导体的电阻R 成反比。（2）UR（3）除金属外， 欧姆定律对电解质溶液也适用，但对气体和某些导电

23、器件并不适用。（4）导体电阻的倒数。 （5）阻碍 RUI欧姆，欧， （6）BC（7） CD 4、 （ 1） 都相等 各部分电路两端的电压之和各个导体的电阻之和串联（2） 都相等 各支路的电流之和各个导体的电阻的倒数之和并联5、解析： 表头 G 的满偏电压UgIgRg，分压电阻两端的电压URUUgUIgRg, 据欧姆定律可知，分压电阻的阻值R，RURIgUIgRgIgUIg Rg9906、解析： 由题意知， Rg25，Ig3 mA 3103A，I0.6 A。据并联电路的基本特点可知，加在电阻 R 两端的电压与加在表头G 两端的电压相等，即 URIgRg通过电阻 R 的电流 IRIIg电阻 RUR

24、IRIgIIgRg0.126改装后电流表的内阻RA为RAIgRgI0.1259、 导体中的电场和电流、电动势、欧姆定律、串联电路和并联电路一、单项选择题1、C 2、 C 3、C 4 、D 5、A 6、B 解析： S 闭合时， R2与 R3并联，由并联电路电流分配关系可知I3=9I2109I，即干路电流I I 几乎不变 .因电源电压不变，所以总电阻几乎不变 ,故应有 R1 R2. 答案： B 7、C解析 : 考查串并联电路的电压关系.15 只“ 15 V、3W”的灯串联能承受电压225 V,最接近照明电压 220 V,较为合适 , 故选 C. A 接法将被烧毁, B、D 接法将不能正常发光.:

25、C8、A 9、D 二、多项选择题10、C D11、A C 12、ABD 13 、A、 C、D 14、BC 三、填空题14、 0.6 0.3 0 0.3 ab中点 0.2A 15、化学能 1.5 机械能 660J 四、计算题16、)sin1 (cosqmgsin1)cossin1 (2glsin1)cos2sin33(mg17、名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 47 页 - - - - - - - - - 9 18、解析 : 本题是一个等效电路问题, 准确画出

26、等效电路是解题的关键. 全解 : 如解图， R34=4343RRRR=2R234=R34R2=12I2=234RU=2 A 213443RRII, I3=31I2=32A I1=1RU=6 A IA=I1I3=6.67 A 答案 : 6.67 A 19解：设A端至故障处长1L，导线电阻分别为1R，故障处至B端长2L，导线电阻分别为2R，如图所示当A端加上V120U电压时，有：012URRRUB当B端加上V120U电压时，有：022URRRUA据电阻定律，有：1R12LR2L由题意：)km(1121LL解上述各式可得：)km(11L名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - -

27、 - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 47 页 - - - - - - - - - 10 10、 焦耳定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律1、 （1）UIt 焦耳(2) UI 瓦特（3）I2Rt （4）I2R （5）相等UIt I2RtU2Rt UI I2RU2R大于UIt I2Rt UI I2R (6) D （7）C (8) 解析：由题意知：U220 V，R0.5， I4 A，t10 min600 s。消耗的电能W UIt2204600 J5.28 105 J；产生的热量QI2Rt420.5600 J4.8103 J；输出的机

28、械能EW Q 5.23105 J。2、(1) 导体的电阻R 跟它的长度L 成正比，跟它的横截面积S 成反比，这就是电阻定律。RLS(2) 导电欧姆米m 增大（3）解析：一段导线对折两次后，变成四段相同的导线，并联后的总电阻为0.5，设每段导线的电阻为R，则R40.5，R2 ，所以导线原来的电阻为4R8。若把这根导线的一半均匀拉长为原来的3 倍，则这一半的电阻变为4936，另一半的电阻为 4，所以拉长后的总电阻为40，是原来的5 倍。（4）A 3、 （ 1）U内U外(2) 闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比，这个结论叫做闭合电路的欧姆定律。IERr外电路是纯电阻的

29、电路。（3）增大减小（4） 、B （5） 、 A 11、 焦耳定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A D C B B D A BC AC ACD CD BCD 13、320 80 14、25 分钟15、略16、4 17、4v 1 18、将图 91 化简成图99。因为，两数和为定值，两数相等时其积最大，两数差值越大其积越小。当 R2+R=R1+R3-R时， R 最大，解得名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 47

30、 页 - - - - - - - - - 11 因为 R1=2 R2=3，所以当变阻器滑动到靠近R1端点时两部分电阻差值最大。此时刻外电阻R 最小。通过电源的电流范围是2.1A 到 3A。12、 多用电表、测定电池的电动势和内阻、简单的逻辑电路一、 1、调整定位螺丝欧姆调零旋钮选择开关2、高红中央值0 10 100 1000 正 负红黑二、 1、122121IIUIIU1221IIUUr2、线性一次U电池的内阻题选 1、1.50 0.61 略三、略13、 多用电表、测定电池的电动势和内阻、简单的逻辑电路13、调零螺丝左端的 0 挡的 1 欧姆调零旋钮右端的 014、 （1）电流表 A1不能精确

31、测出其内阻，因这时图中的电流表A应为 A2、A3中的一只，这使得电流表 A1中的电流不能超过300mA，其指针的偏转极其微小，误差很大。而A2、A3可用此电路精题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案B B C B B D A BC CD ABD ABD BC 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 47 页 - - - - - - - - - 12 确测出其内阻。（2）若测r3，实物连线如图4所示。（3）根据前面的分析，要读出的物理量是A

32、、A两电流表的示数I、I和电阻箱的阻值R1，待测内阻的计算公式是1RIIIRA15、非门16、1.5 0.3 1.2 4 51.1% 0.37 0.38 不合理17、非门略 R 较大18、1000 19、（1）OM是电阻的伏安特性曲线，由此可知电阻R 2；（2）由图可知6V，根据闭合电路欧姆定律，可计算电源阻r=( -U) I （ 64） 2（） 1，交点 C处电源的输出功率为PC出=UcIc=42(W)=8(w) （3）在 C点电源内部消耗的功率为 PC 内Ic2r221（W ） 4W （4）电源的最大输出功率Pm，是在外电阻的阻值恰等于电源内电阻时达到的. Pm=24r624（W ） 9W

33、名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 47 页 - - - - - - - - - 13 14、恒定电流单元测试答案13、 （1）偏小甲图14 （1） D (2) 实验原理图如图所示（3）答案如图（4）1.48（1.471.49）0.80( 0.700.90)说明：实验原理图有错不给分；（3）中没有剔除误差点不给分15解析：（1 断开 S 的瞬间，通过R1的电流方向向左；02.01IA（2）P 在 a 点时，4106 .1QC 16、解： 210V 1 欧 2

34、2.5W 30.625W 150盏17、90v 67.5v 0.28A 18、1.5W 15 静电场 恒定电流1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B A D A C D C BD BC BD ACD BCD 13 答案： （1）如图（ a）.（2）tan（3）kmgd提示：带电小球的受力如图b，根据平衡条件有mgFtan，题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案D A C B B B AC BCD BCD BD ABD ABD A R3P R1G S E I1 / mAI2 / A1.00 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 1.50 1.

35、40 1.30 1.20 1.10 0 ?名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 47 页 - - - - - - - - - 14 又有dUqqEF，联立解得，tantankqmgdU，所以应以tan为横坐标 . 14、解析： （1）因油滴到达最高点时速度大小为v，方向水平，对 ON 过程用动能定理有0电WWG，所以电场力一定做正功，油滴带负电，则最高位置一定在O 点的左上方 . （2）由（ 1）的分析可知mghqUNO，在竖直方向上油滴做初速为sinv的竖直

36、上抛运动，则有ghv2)sin(2，即qmvUNO2sin22. （3）油滴由 ON 的运动时间gvtsin，则在水平方向上由动量定理得，cosmvmvqEt即sin)cos1 (qmgE. 15、解析： （1）设电子经电压 U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：e U1=2021mv解得：meUv102（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为 y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：F=eE，E=dU2，F=ma

37、，a =mdeU2t1=01vL，y1=2121at， 解 得 ：y1=dULU12124设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得： vy=at1=012dmvLeU电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为 t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示U1 L1 L2 dPMNOKAy2 y1 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 47 页 - - - - - - - - - 15 t2=02vL，

38、y2= vyt2解得：y2=12122dULLUP 到 O 点的距离为y=y1+y2=dULULL112124)2(16、截取电子运动轨道的任一截面，在电子运动一周的时间 t= 2.410-16s 内，通过这个截面的电量q=e=1.610-19C.由电流定义式得等效电流为17、4V，118、解：设电动机线圈电阻为1R ，5的电阻为2R ， 则检查故障时616)(121AVIURR电动机线圈阻值1R =62R =65=1设电动机转动时通过线圈的电流为12222,RIPUII机则代入数据解得)5(122舍去AIAI16、 磁现象和磁场、磁感应强度、几种常见的磁场一、 1、磁极和电流磁场N 极2、A

39、D 二、 1、磁场磁场排斥吸引铁钴镍2、BD 三、 1、强弱N S S N 相交2、c 端为正极， d 端为负极3、BC 四、 1、强弱矢量方向特斯拉匀强很小垂直2、D 3、D 4、ABCD 5、A 五、 1、电流方向磁感线方向电流方向磁感线方向2、A 六、 1、安培运动的电荷名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 47 页 - - - - - - - - - 16 2、C 3、A 17、 磁现象和磁场、磁感应强度、几种常见的磁场一、选择题：1、D 2、A 3、

40、B 4、B 5、C 6、 C 7、C 8、 A 9、D 10、AB 11、AD 12、BD 13、BC 14BD 15BD 二、填空题：16、 I=6/3=2A 0.4=B20.2 B=1 水平向左17、磁场N 18、I1三、计算题：19、 0.1 0.1 18、8N 4J 20、2B 21、 （1）3320v， （ 2）qLmv3320， （3）63L22、cos6835R18、 磁场对通电导线的作用力要点自主测控一、 1、BIL BILsin 左手定则平面不一定连线匀强磁场2、D 3、1.6 R4.8 二、 1、安培力磁场垂直一个平面内受力电流的垂直穿入手心2、ABD 3、AC 4、AB三

41、、 1、C 2、A 四、 1、无关2、能量电能能量五、力矩平衡蹄形磁铁铁芯绕在线框上的线圈螺旋弹簧指针19、 磁场对通电导线的作用力1A 2 C 3D 4C 5C 6C 7 D 8A 9A 10AC 11 ABCD 12 BD13、BD名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 47 页 - - - - - - - - - 17 14 Gcos/BL15 55，1.110716 （1）k（ l2-l1）（2）21（l1+l2）17 （1）ILmg2（2）ILmg33

42、18 （1）电流方向由下而上（2）把液体看成由许多横切液片组成，因通电而受到安培力作用，液体匀速流动时驱动力跟液体两端的压力差相等，即F=pS，p=F/S=IbB/ab=IB/A19、g BEBqmgv20、磁场对运动电荷的作用力、带电粒子在匀强磁场中的运动1、洛伦兹力qvBf f0 2、D 3、左手定则电流方向运动方向4、沿顺时针方向做匀速圆周运动，且圆心在y轴正方向某一点5、BD 二、 1、速度方向速度大小一定做匀速圆周运动2、RvmqvB2qBmvRqBmT23、B2tan21emUr4、UdqBm8225、 磁场区域最小面积22202243BqvmrS)332(21qBmtttb点的坐

43、标为（qBmv03，0）6、P1P2=20cm 21磁场对运动电荷的作用力、带电粒子在匀强磁场中的运动1、B 2 、D 3、C 4、D 5 、A 6、B 7 、BD 8 、ABC 9 、AB 10 、ABC 11 、BD 12、解析：电场向上时mg=qE ，电场反向后重力与电场力的合力=mg+qE=2mg 随速度增大洛仑兹力增大，当增大到与垂直斜面的分力时，斜面支持力为零，小球将离开斜面。根据qvB=Fcos30 =2mgcos30，可求出离开斜面时速度。设小球下滑距离为S，由动能定理有 Fsin30S=mv2/2，可解出S=3m2g / 2q2B213、解析：微粒受力情况如图所示，要微粒作匀

44、速直线运动，它所受的合力应为零。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 47 页 - - - - - - - - - 18 由图可知qE=mgtan45，解出电场强度E=mg /q 由 f cos45= mg，即 qvBcos45=mg，可解出磁感强度B=2mg /qv 14、解析：2tan212tan2122由以上各式解得又有则半径为，运动，圆心为弧水平进入磁场区，沿圆速度电子在电场中加速，以emUrBRrRVmeBVmVeURCabVcabO2-15、（ 1

45、）离子加速时qU=mv2/2，进入磁场中作匀速圆周运动时，由题意知其半径也是R，由qvB=mv2 / R，两式消去得U=B2qR2 /2m（V）（2）加速过程时间t1=d /0.5v=2dm /qBR ，在磁场中偏转时间t2=T /4=2 R /4v=m /2qB 出磁场后匀速运动需时间t3=(L R)/v=m(L R)/qRB 16、解析：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 47 页 - - - - - - - - - 19 图如图所示。所以一圈的时间越来

46、越短，间，转动、，所以粒子经过大，磁感强度越来越大）由于粒子速度越来越（）（圈的周期之和。子在磁场中转动圈的总时间即为粒略，粒子转动粒子被加速时间可以忽）由于极板间距很小，（得则，磁感强度圈时速度为）绕行第（即由动能定理圈，所以绕行做功，间被加速一次，电场力、）粒子每绕行一圈将在（tuBAnqUmRTTTtnqUmRqBmTqUmRqBmTqUmRqBmTnnqnmURBqBmVRnqUmVEBVnnqUEnqUEnqUWBAnnnnnnnknnnknkn413121122222422222321212012122112Uut0T1T2T3（5）不可以，因为这样粒子在A、B 之间飞行时电场对其

47、做功+qU 使之加速，在A、B 之外飞行时电场又对其做功-qU 使之减速。粒子绕行一周，电场对其做总功为零，能量不会增加。22、 磁场测试卷参考答案1、D 2、C 3、D 4、C 5 、C 6 、 B 7、B 8 、ACD 9 、BC 10 、BC 11 、AC 12 、BC 13、解析：（ 1）根据公式得：r=3195271034.3106 .1106.11067.1eBmv=0.5 m; （2）由平面几何知识得：r2=L2+(r-H)2得 H=0.1 m; （3）质子在磁场中转动的角度为37，则运动的时间为：t=360T37=3602eBm37=2.06 10-6 s. 名师资料总结 -

48、- -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 47 页 - - - - - - - - - 20 答案： (1)0.5 m (2)0.1 m (3)2.0610-6 s 14、解析：磁场方向未知，所以AB 受到的安培力的方向也未知.设安培力F 与水平方向的夹角为 ，建立如图所示坐标系. FFNmg由平衡条件得：Fcos=FNsinFsin+FNcos=mg解得： F=mgsin/cos(-) FN=mgcos /cos(-) 因为 F0，FN0（FN不可能反方向）,故得：-（90-)

49、90于是由 F=BIL 得:B=mgsin/ILcos(-) B 的方向由 角确定 . 答案： B=mgsin/ILcos(-)，15、解析：粒子通过速度选择器时，所受电场力和磁场力方向相反、大小相等，粒子可匀速穿过速度选择器 .由于质子和氘核以相同速度进入磁场后，做匀速圆周运动的半径不同，打在两条不同的条纹上 . （1）eB1v=eE, v=1BE=6.0102.15m/s=2105 m/s (2)eB2v=mRv2R=2eBmvd=22eBmv2-2eBmv 2=5.210-3 m. 答案： （ 1）2105 m/s （2） 5.210-3 m B 的方向由 角确定16、解析：（ 1）粒子

50、在电场和磁场中的运动轨迹如图所示.设粒子由P1运动到 P2的时间为 t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律和运动学公式有：qE=ma,v0t=2h,h=21at2. .PPPOyx12322hhhCvv由上列三式解得：E=qhmv220. （2）粒子到达P2时速度沿 x 方向，速度分量为v0，以 v1为速度沿y 方向速度分量的大小，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 47 页 - - - - - - - - - 21 v 表示速度的