人教版高中物理选修3-1复习资料全套带答案

最新人教版高中物理选修3-1复习资料全套带答案高中物理第一章静电场章末总结新人教版选修3-1第一部分题型探究静电力与平衡把质量m的带负电小球A,用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为Q的带正电球B靠近A,当两个带电小球在同一高度相距r时，绳与竖直方向成a角•试求:(1)A球受到的绳子拉力多大？(2)A球带电荷量是多少？【思路点拨】(1)对小球A受力分析，受重力、静电引力和绳子的拉力，根据三力平衡求出绳子拉力;(2)根据库仑定律求出小球A的带电量.解析：⑴带负电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F'、重力mg以及绳子的拉力T的作用，其合力为零.因此mg-Tcosa=0,F'-Tsina=0enig,得丁=，F=mgtana.cosa(2)根据库仑定律F‘=k^r,2所以A球带电荷量为q"；,：答案：(1)A球受到的绳子拉力F，=mgtana/、4皿i卄冃口mgr2tana(2)A球带电荷量是q=—小结：本题先根据平衡条件得到库仑力，再根据库仑定律求出B球的带电量.a针对性训练1.用两根长度均为L的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点.已知两小球质量均为m,当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为0,如图所示.若己知静电力常量为k,重力加速度为g.求：(1)小球所受拉力的大小；⑵小球所带的电荷量.解析：(1)对小球进行受力分析，如图所示.设绳子对小球的拉力为T,则"严(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F,贝!)F=mgtan0,又因为：F=k—,r=2Lsin0r所以Q=2Lsi吧严卜答案：见解析粒子在电场屮的运动一带电的粒子射入一固定的点电荷Q形成的电场中，沿图屮虚线由a点运动到b点，a、b两点到点若粒子只受电场力,则在这一过程中(A.粒子一定带正电荷B.电场力一定对粒子做负功C.粒子在b点的电势一定高于a点的电势D.粒子在b点的加速度一定小于在a点的加速度【思路点拨】由于粒子运动的轨迹是远离电荷Q的，所以可以判断它们应该是带同种电荷；再由电场力的方向和粒子运动的方向的关系，可以判断做功的情况；根据电场线的疏密可以判断出场强的大小，进而可以判断出电场力和加速度的大小.解析：A.rh粒子的运动的轨迹对以判断出粒子和点电荷Q之间的作用力是互相排斥的，所以它们应该是带同种电荷，但不一定就是带正电荷，所以A错误.B.由于粒子和点电荷Q之间的作用力是互相排斥的，而粒子是向着电荷运动的，也就是库仑力的方向和粒子运动的方向是相反的，由功的公式可以判断电场力一定对粒子做负功，所以B正确.C.由A的分析可知，不能判断Q带的电荷的性质，所以不能判断ab点的电势的高低，所以C错误.D.由于ra>n,根据E=k2可以判断a点的场强要比b点小，所以粒子在b点时受的电场力比较大，r加速度也就大，所以D错误.答案：B小结：本题是対电场性质的考查，根据粒子的运动的轨迹判断出粒子和电荷Q所带的电荷的性质，是解决本题的关键，当然还要理解电场线与场强的关系.»针对性训练2.(多选)一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abed曲线，下列判断正确的是(BC)A.粒子带负电B.粒子通过a点时的速度比通过b点时大C.粒子在a点受到的电场力比b点小D.粒子在a点时的电势能比b点大解析：A.轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，所以该粒子帯正电.故A错误.B.从a到b,电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b点的速度.故B正确.C.b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小.故C正确.D.从a到b,电场力做负功，电势能增加.所以a点的电势能小于b点的电势能.故D错误.功能关系在电场中的运用如图所示，在点电荷+Q的电场中有A、B两点，将质子和a粒子(带电荷量是质子的2倍，质量是质子的4倍)分别从A点由静止释放到达B点时，它们速度大小之比为多少？解析：质子和a粒子都是正离子，从A点释放后将受电场力作用，加速运动到B点，设AB间的电势差为U,根据动能定理得：对质子：qnU=^mnVH①对a粒子：qaU=^maVa②答案：将质子和a粒子分別从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小Z比是£：1.»针对性训练3.如图所示，一电子(质量为in,电量绝对值为e)处于电压为U的水平加速电场的左极板A内侧，在电场力作用下由静止开始运动，然后穿过极板B中间的小孔在距水平极板M、N等距处垂直进入板间的匀强偏转电场.若偏转电场的两极板间距为d,板长为1,求：(1)电子刚进入偏转电场时的速度vo；(2)要使电子能从平行极板M、N间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压•令習厂M解析：（1）在加速电场屮，由动能左理有:eU=^mvo—0©解①得:②1=Vot③leU'2C④垂直极板方向:（2）电子在偏转电场屮做类平抛运动，有:平行极板方向：要飞出极板区:联解③④⑤式得：「即U‘.ax=-^-U.@答案：见解析创新探究有这样一种观点：有质量的物体都会在英周围空间产生引力场，而一个有质量的物体在英他有质量的物体所产生的引力场中，都要受到该引力场的引力（即万有引力）作用，这种情况可以与电场类比，那么，在地球产生的引力场中重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比（）A.电势B.电势能C.电场强度D.电场力解析：本题的情境比较新，引力场与电场是两个不同性质的场，但有可比性.引力场的特点是对处于引力场的有质量的物体有力的作用即F=n）g,g为重力加速度，这是引力场中力的性质.而电场的特点是对处于电场的电荷有力的作用即F=Eq,E为电场强度.两者都是从力的角度显示场的重要性质.答案：C第二部分典型错误释疑典型错误之一忽视对电性的讨论真空中两个静止点电荷相距10cm,它们之间的相互作用力大小为9X1（E"N,当它们合在一起吋，成为一个带电量为3X10—8C的点电荷，问：原來两个电荷的带电量各为多少？【错解】根据电荷守恒定律：qi+q2=3X10-8C=a©2[/\—2x2根据库仑定律：q】q2=〒F=——X9X10-4C2=1X1O-15C2=bh以q2飞代入①式得：qf）+b=0解得qi=-（a±-\/a2—4b）=~（3X10_s±^/9X10_1（，—4X10_I：，）C.【分析纠错】学生的思维缺乏全面性，因两点电荷有对能同号，也有可能异号.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qi—Q2=3X10sC=a.q】q2=lX10-11C2=b.得qf—aqi—b=0,由此解得:q】=5X108Cq2=-2X10-8C.41典型错误之二因错误理解直线运动的条件而出错如图所示，一粒子质量为m,带电量为+q,以初速度v与水平方向成45°角射向空间匀强电场区域，粒子恰做直线运动.求这匀强电场最小场强的大小，并说明方向.【错解】因粒子恰做直线运动，所以电场力刚好等于mg，即电场强度的最小值为：歸=才.【分析纠错】因粒子恰做直线运动，说明粒子所受的合外力与速度平行，但不一定做匀速直线运动,还可能做匀减速运动.受力图如图所示，显然最小的电场强度应是：厂mgsin45°亠宀工士〒“宀,亠Emin==—，方I口J垂直于V斜冋上方.q2q典型错误之三因错误判断带电体的运动情况而出错质量为m的物块，带正电Q,开始时让它静止在倾角u=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为的匀强电场，如图所示，斜面高为H,释放物体后，物块落地的速度大小为（）A.J72+&)gHC.2V2gH【错解】不少同学在做这道题时，一看到“固定光滑绝缘斜而”就想物体沿光滑斜而下滑不受摩擦力作用，由动能定理得：mgH+QE#=$Tiv2,得v=p（2+羽）gH而错选A.【分析纠错】其实“固定光滑绝缘斜面”是干扰因素，只要分析物体的受力就不难发现，物体根本不会沿斜面下滑，而是沿着重力和电场力合力的方向做匀加速直线运动，弄清了这一点，就很容易求得本题正确答案应是C.典型错误之四因忽视偏转电场做功的变化而出错一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2应，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器吋的动能变为()A.8EuB.5EkC.4.25EkD.4Ek【错解】当初动能为Ek时，未动能为2Ek,所以电场力做功为W=Ek；当带电粒子的初速度变为原來的两倍时，初动能为4比，电场力做功为W=Ek；所以它飞出电容器时的动能变为5Ek,即B选项正确.【分析纠错】因为偏转距离为丫=跻，所以带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为》,所以电场力做功只有W=0.25Ek,所以它飞出电容器时的动能变为4.25Ek,即C选项正确.高中物理第二章恒定电流章末总结新人教版选修3-1恆定电流导线I控制件111源1电開定鏗2部分电路欧姆定律3焦耳定律®闭合电路欧姆定禅用电器电浣表电压表多用表开艾猜动变阻器原理实验测电阻率描述小灯泡的伏安特性曲线测电池的便用多用表第一部分题型探究将复杂的研究对象转换成简单的物体模型解决实际问题在国庆日那天，群众游行队伍中的国徽彩车，是由一辆电动车装扮而成，该电动车充一次电可以走100km左右.假设这辆电动彩车总质量为6.75X103kg,当它匀速通过天安门前500m长的检阅区域时用时250s,驱动电机的输入电流I=10A,电压为300V,电动彩车行驶时所受阻力为车重的0.02倍.g取10m/s2,不计摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：(1)驱动电机的输入功率；(2)电动彩车通过天安门前时的机械功率；(3)驱动电机的内阻和机械效率.【思路点拨】转换对象思路立现彩车一“非纯电阻电路”模型把复杂的实际研究对象转化成熟悉的非纯电阻电路进行处理，抓住了问题的实质，忽略了次要因素，看似复杂的问题变得非常容易解析：(1)驱动电机的输入功率：P入=UI=300VX10A=3000W.V(2)电动彩车通过天安门前的速度v=?=2m/s,电动彩车行驶时所受阻力为Fr=0.02mg=0.02X6.75X103X10N=l.35X10’N；电动彩车匀速行驶吋F=Ff,故电动彩车通过天安门前时的机械功率P机=Fv=2700W.(3)设驱动电机的内阻为R,由能量守恒定律得：1)入七=P机t+『Rt,解得驱动电机的内阻R=3Q,驱动电机的机械效率HXI00%=90%.1入答案：(1)3000W(2)2700W(3)3Q90%小结：电动彩车是由电动机驱动的，其含电动机的电路是一非纯电阻电路模型，处理此类问题常用能量守恒定律列式求解.a针对性训练1.有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过测量钻孔中的电特性反映地下的有关情况.如图为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10cm•设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率P=0.314Q・m.现在在钻孔的上表面和底部加上电压测得U=100V,1=100mA,求该钻孔的深度.解析：设该钻孔内的盐水的电阻为R,由R=p得Rjo男Q=io‘Q・由电阻定律得：深度hm=100m.RS103X3.14X0.I2=i=—=P0.314答案：100m含电容电路的分析与计算方法(多选)如图所示，乩、R2、R3、出均为可变电阻，G、C2均为电容器，电源的电动势为E,内阻r^O.若改变四个电阻中的一个阻值，贝9()A.减小Ri,B.增大R2,C.增大D.减小Ri,G、C】、G、G、&所带的电量都增加C2所带的电量都增加C2所帯的电量都增加C2所带的电量都增加【思路点拨】由电路图可知，电阻R2、&、串联接入电路，电容器G并联在电阻R2两端，电容器C2与心、出的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化.解析：Ri上没有电流流过，R】是等势体，故减小R】，G两端电压不变，C2两端电压不变，G、C2所带的电量都不变，选项A错误；增大G、C2两端电压都增大，G、G所带的电量都增加，选项B正确；增大心，G两端电压减小，C2两端电压增大，G所带的电量减小，C2所带的电量增加，选项C错误；减小心，G、C2两端电压都增大，C】、C2所带的电量都增加，选项D正确.答案：BD小结：解决含电容器的直流电路问题的一般方法：(1)通过初末两个稳定的状态來了解中间不稳定的变化过程.(2)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路.(3)电路稳定时，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压.(4)在计算电容器的帶电荷量变化吋，如果变化前后极板帯电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之和.a针对性训练2./?ft(多选)如图所示电路中，4个电阻阻值均为R,电键S闭合时，有质量为叭带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间.现断开电键S,则下列说法正确的是(AC)A.小球带负电B.断开电键后电容器的帯电量增大C.断开电键后带电小球向下运动0.断开电键后带电小球向上运动解析：带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的正屮间，说明所受电场力向上，小球带负电，选项A正确；断开电键后电容器两端电压减小，电容器的带电量减小，带电小球所受电场力减小，带电小球向下运动，选项C正确、D错误.创新情景探究角速度计可测量航天器自转的角速度3,其结构如图所示.当系统绕OCT转动时，元件A在光滑杆上发生滑动，并输出电压信号成为航天器的制导信号源.已知A质量为m,弹簧的劲度系数为k,原长为I』，电源电动势为E,内阻不计.滑动变阻器总长为L,电阻分布均匀，系统静止时滑动变阻器滑动头P在中点，与固定接点Q正对，当系统以角速度3转动时，求：(1)弹簧形变量x与3的关系式；(2)电压表的示数U与角速度(Q的函数关系.【思路点拨】当系统在水平面内以角速度3转动时，由弹簧的弹力提供元件A的向心力，根据牛顿第二定律得到角速度3与弹簧仲长的长度x的关系式.根据串联电路电压与电阻成正比，得到电压U与x的关系式，再联立解得电压U与角速度3的函数关系.解析：(1)根据牛顿第二定律，有：Fr.=ma=mw2R,而Fn=kx=m2(Lo+x),2m3*L0(k—mco2)vp⑵电压表示数u=丁=m3'LoEL(k—inw2)答案：见解析.小结：本题是一道典型的理论联系实际的题目，也是一道力学、电学的综合题，关键是要弄懂滑动变阻器上当滑动头P滑动时的电阻关系.»针对性训练3.如图所示，图甲是我市某中学在研究性学习活动中，吴丽同学自制的电子秤原理示意图.目的是利用理想电压表的示数指示物体的质量.托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计•・滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘屮没有放物体时，滑动触头恰好指在变阻器R的最上端，此吋电压表示数为零.设变阻器总电阻为R,总长度为L,电源电动势为E,内阻为「限流电阻阻值为R。，弹簧劲度系数为k,不计一切摩擦和其他阻力.(1)推出电压表示数U与所称物体质量m的关系式Ux=.(2)为使电压表示数与待测物体质量成正比，请利用原有器材进行改进，在乙图的基础上完成改进后的电路原理图，并求出电压表示数与所称物体质量m的关系式.思路点拨：根据欧姆定律求得电路的电流，再根据弹簧弹力等于重力，电阻与长度的关系列式即可求解.解析：（1）当在托盘中放质量为m的重物后，弹簧被压缩x,据题意可知:mg=kx•X此时滑动变阻器滑片以上的电阻值为出，贝iJ：心=严，根据闭合电路欧姆定律有：EIRo+r+Ri'电压表的示数U为：Ux=lR】，联立以上各式得：u=mgR+k7（l+r）-（2）设计的新电路如图所示.设电流为T',则:Ro+R+r'—Er电压表示数为u/,u/=rR）,联立可得:IVgREm(Ro+R+r)kL*答案:(1)Ux=mgREmgR+kl(R()+r)(2)UJ=gREm(Ro+R+r)kL第二部分典型错误释疑典型错误之一混淆额定功率与实际功率的关系在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，下列措施可行的是（）A.剪去一半的电阻丝B.并联一根相同的电阻丝0.串联一根相同的电阻丝D.使电热器两端的电压增大一倍TJ21【错解】根据Q=I2Rt=-t可知，（J--因U不变，故要使电阻减小为原來的一半.故选项A、B正确.【分析纠错】本题解答忽略了每根电阻丝都有一定的额定功率这一隐含条件.将电阻丝剪去一半后，其额定功率减小一半，虽然这样做在理论上满足使热量增加一倍的要求，但由于此吋电阻丝实际功率远远大于额定功率，因此电阻丝将被烧坏.故只能选B.典型错误之二混淆电阻的串、并联中电流、电压的分配关系如图所示，并联电路中，己知干路电流I=1.2A,R,：R2：R3=l：2：3,求各支路电流强度各为多少？【错解】因并联电路屮各支路电流强度与电阻成反比，由于：Ri：R2：R3=l：2：3所以：Ii：12：【3=3：2：1即：Ii=3I：J,T2=2I3而：Ii+I2+I3=I即：3I3+2I3+l3=1.2A所以：Ii=0.6Ab=0.4Ah=0.2A.【分析纠错】造成以上错解原因是对并联电路的分流原理的错误理解，即误以为流过Ri,R2,心的电流II,12,13满足11:12:I3=R1:&:正确解法是：设并联电路两端电压为U由于Ri：R?：R?=1：2：3AR2=2RI,R3=3RIUU1U111=V【2=施=0，1尸賦=尹而Il+l2+l3=IIi+|li+^Ii=l.2AIi=0.65Ah=0.22AI3=0.33A.典型错误之三死记结论有四个电源，电动势均为8V,内阻分别为1Q、2Q、4Q、8Q,今要对R=2Q的电阻供电,问选择内阻为多大的电源才能使R上获得的功率最大()A.1QB.2QC.4QD.8Q【错解】依“外电阻等于内电阻(R=r)时，外电路上的电功率有最大值”可知，应选内阻2Q的电源对R供电，故选B.【分析纠错】上述错解的根源在于滥用结论.事实上，确定的电源有最大的输出功率和确定的外电路上获得最大功率的条件是不同的.“外电阻等于内电阻(R=r)时，外电路上的电功率有最大值”只适用于电源确定而外电阻可选择的情形，而本题实属外电阻确定而电源可选的情况，两者意义不同，不可混为一谈.rtlP=I2R可知，R上消耗的功率P=辟7『R=2(諾二显然，P是r的单调减函数，所以就题设条件而言，t取1Q时P有最大值，应选A.典型错误之四对电路中滑动变阻器改变阻值对应电路变化的错误认识如图所示电路，已知电源电动势E=6.3V,内电阻r=0.5Q,固定电阻R.=2Q,&=3Q,R：｛是阻值为5Q的滑动变阻器.按下电键K,调节滑动变阻器的触点，求通过电源的电流范围.【错解】将滑动触头滑至左端，R3与K串联再与R2并联，外电阻(RI+R2)心(2+5)X3R.+R^+Ra=2+5+3Q=2.1QE6・3l<+r=2.1+0.5A=2.4A再将滑动触头滑至右端&与R2串联再与出并联，外电阻,(R2+R3)R】(3+5)X21-6—R+R2+R3—2+5+3,E6.3T1==A=3AR‘+r1.6+0.5【分析纠错】rh于平时实验，常常用滑动变阻器作限流用(滑动变阻器与用电器串联)当滑动头移到两头时，通过用电器的电流将最大或最小.以至给人以一种思维定势：不分具体电路，只要电路中有滑动变阻器，滑动头在它的两头，通过的电流是最大或最小.将上图化简成下图，外电路的结构是R'与&串联、(&一心)与Ri串联，然后这两串电阻并联.要使通过电路中电流最大，外电阻应当最小，要使通过电源的电流最小，外电阻应当最大.设心中与&串联的那部分电阻为R',外电阻R为(R2+R')(Ri+R2—R‘)R2+R'+R：+R3—R'(&+R')(R1+R；-R,)R2+R1+R3因为，两数和为定值，两数相等时其积最大，两数差值越大其乘积越小.即当R2+RZ=R1+Rs-R,时，R最大.解得R'R大=(3+2)(2+5-2)Q=2・5Q因为R,=2Q<Rz=3Q,所以当变阻器滑动到靠近R|端点时两部分电阻差值最大.此时刻外电阻R最小.(R2+R3)Ri(3+5)X2R小=R.+R.+R：.=2+5+3Q=L6°由闭合电路欧姆定律有:A=2.1AE_6.3Rx+r=2.5+0.5j=E^7=1.6+0.5A=3A通过电源的电流范围是2.1A到3A.高中物理第三章磁场章末总结新人教版选修3-1第一部分题型探究将立体图转换成平面图解决与安培力有关的综合问题如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m,金属导轨所在的平面与水平面夹角6=37°,在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T,方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场，金屈导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Q的直流电源.现把一个质Mni=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R°=2.5Q,金属导轨电阻不计,g取10m/sl已知sin37°=0.60,cos37°=0.80,求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力的大小;(3)导体棒受到的摩擦力.【思路点拨】转换对象思路立现立体图f平而图在三维空1'可对物体受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解决此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即通过画俯视图、剖面图或侧视图等，可较清晰地明确物体受力情况，画出受力分析图F解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：1=丁=1.5九(2)导体棒受到的安培力：F^=BIL=0.3N.(3)导体棒所受重力沿导轨所在平面向下的分力Fi=mgsin37°=0.24N,由于Fi小于安培力，故导体棒受沿导轨所在平面向下的摩擦力f,如图所示，根据共点力平衡条件mgsin37°+f=F安，解得：f=0.06N.答案：(1)1.5A(2)0.3N(3)0.06N,方向沿导轨向下小结：解决此类问题，首先将此立体图转化为平面图(剖面图)，金屈杆用圆代替，电流方向用“X”与“•”表示，然后画出磁场方向，分析物体的受力，画出物体受力的平面图，列方程求解.A针对性训练1.如图甲所示，质量为m=50g,长1=10cm的铜棒，用长度也为1的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=*.未通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度。=37。，求此棒屮恒定电流的大小.解析：金属棒向外偏转过程中，导线拉力不做功，如图所示，安培力F做功为:WE=FS1=BIl2sin37°重力做功为WG=—mgs2=—mgl(1—cos37°)由动能定理得Bll2sin37°—mgl(1—cos37°)=0解得$=5A.答案：（1）见解析（2）5A利用放缩法解决“带电粒子的磁偏转”问题如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里・P为屏上的一个小孔.PC与MN垂直.一群质量为叭带电荷量为一q的粒子（不计重力），以相同的速率v,从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域.粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为0的范围内.则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（）A.2mv（1—sinB）2mv（1—cos6）rDqBqB【思路点拨】放缩法：粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化，如图所示（图中只I田i出粒子带正电的情景），速度w越大，运动半径也越大.可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP‘上.由此我们可得到一种确定临界条件的方法：在确定这类粒子运动的临界条件时，可以以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，使问题迎刃而解，这种方法称为“放缩法”.*XXXXXXXXXX解析：由图可知，沿PC方向射入磁场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最远，为PR=—,沿Bq两边界线射入磁场中的带负电的电子打在MN上的点离P点最近为PQ=*gos9,故在屏MN上被粒子打qBZZM答案：D小结：由于带电粒子进入磁场时的速率是相同的，粒子运动轨迹的圆周半径是相同的，所以可将圆周以P点为转轴进行旋转平移，从而可确定出粒子打中区域的最远端和最近端.A针对性训练2.如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b,从0点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上.不计重力.下列说法正确的有(AD)A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行的吋间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短0.。在P上的落点与0点的距离比b的近解析：离子耍打在屏P上，离子都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，A项正一v2一确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由qvB=%7可知，它们做圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，比较得a在磁场屮运动的路程比b的长，C项错误；由t=｛可知，a在磁场屮运动的时间比b的长，B项错误；从图上可以看出，D项正确.应用力电知识解决带电粒子在复合场屮的运动问题如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）.在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为叭电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直.圆心0到直线的距离为三R.现将磁场换为平行于纸而且垂直于直线的匀强电a场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域.若磁感应强度大小为B,不计重力，求电场强度的大小.【思路点拨】第一步：审题干，抓关键信息.关键点获取信息①电场或磁场存在于圆形区域内②③入射速度方向与出射速度方向垂直通过几何关系可确定be的长度，进而确定带电粒子做圆周运动的半径④改为电场则带电粒子做类平抛运动⑤可确定类平抛运动的轨迹及其分位移第二步：审设问，找问题突破口.要确定电场度的大小需要研究带电粒子在匀强电场川运动确定类平抛运动的加速度类平抛运动的分位移需要确定带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的半径第三步：三定位，将解题过程步骤化.第四步：求规范，步骤严谨不失分.2解析：粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：qvB=n—rmvr=—①，式中v为粒子在a点的速度.QB过b点和0点作直线的垂线，分别与直线交于c点和d点，由儿何关系知，线段ac、be和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形，因此ac=bc=r②设cd=x,由几何关系得：ac=^R+x③□7联立②③④式得：1=邪⑤再考虑粒子在电场中的运动，设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得：qE=ma©粒子在电场方向和直线方向所运动的距离均为r,由运动学公式得r=|at2(7)r=vt⑧式中t是粒子在电场中运动的时间，联立①⑤⑥⑦⑧式得：答案：E=14qRB，5m小结：⑴在①中带电粒子做匀速圆周运动的半径r=希，应有公式qvB=n十推出，不能直接写出，否则要扣分.(2)在寻找儿何关系时，不要把a、0、b画成在同一条直线上，否则会使②中的关系不能得出，造成后面的求解无法进行.＞针对性训练3.如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Ftl左边界的0点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的V点(图中未标岀)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0点射入，从区域右边界穿出，则粒子b(C)EA.穿出位置一定在L点下方B.穿出位置一定在0’点上方C.运动时，在电场屮的电势能一定减小D.在电场中运动时，动能一定减小解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区域内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动,故対粒子a有：Bqv=Eq,即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区域；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从0’点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程屮必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误.创新情景探究某专家设计了一种新型电磁船，它不需螺旋桨推进器，航行时平稳而无声，时速可达100英里.这种船的船体上安装一组强大的超导线圈，在两侧船舷装上一对电池，导电的海水在磁场力作用下即会推动船舶前进.如图所示是超导电磁船的简化原理图，AB和CD是与电池相连的导体，磁场由超导线圈产生.以下说法正确是()A丑・・・一X保-疋*・丫二二二二沃丸之二8之二二AKi—--——-———-————■■■■A.船体向右运动B.船体向左运动C.无法断定船体向哪个方向运动D.这种新型电磁船会由于良好的动力性能而提高船速【思路点拨】海水中电流方向从CD流向AB,根据左手定则判断出海水所受的安培力的方向，根据牛顿第三定律判断出船体所受力的方向，即可判断出船体的运动方向.这种新型电磁船水对船体的阻力小，会由于良好的动力性能而提高船速.解析：根据左手定则可知海水受到的安培力向左，由牛顿第三定律可知船体受向右的反作用力而向右运动.答案：AD小结：本题为安培力在最新科技中的应用之一，考查考生的分析综合能力.本题解题的关键是掌握左手定则和牛顿第三定律，并能正确地应用.»针对性训练4.在原子反应堆中抽动液态金属，在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动的机械部分与这些液体相接触，常使用一•种电磁泵，如图所示是这种电磁泵的结构，将导管放在磁场中，当电流穿过导电液体时，这种液体即被驱动，问：(1)这种电磁泵的原理是怎样的？(2