修改單元試卷12-30

1、單元試卷1230十二、模塊檢測 （必修2）4、（萬有引力） “嫦娥二號”于2010年10月1日18h59m57s在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，19h57m36s，指揮中心宣布嫦娥二號發(fā)射成功。“嫦娥二號”相比于“嫦娥一號”而言有許多的技術(shù)亮點(diǎn)，“嫦娥二號”的飛行程序和“嫦娥一號”相似，但是，“嫦娥一號”的工作軌道是200km，這次計劃把“嫦娥二號”降到100km，看月球會更清楚一些。2008年11月12日，“嫦娥一號”從距離月球200km高空獲取了“中國第一幅全月球影像圖”。這一次，更值得國人期待的是：“嫦娥二號”將從15km近月點(diǎn)“睜開眼睛”，拍回未來“嫦娥三號”月球預(yù)選著陸區(qū)的高分辨率的三維

2、影像圖。通過以上新聞報道，可以判斷出以下說法中正確的是（ ）A. “嫦娥二號”繞月球運(yùn)行時的軌道將是一個圓B. “嫦娥二號”繞月運(yùn)行時的周期比“嫦娥一號”的小C. “嫦娥二號”繞月運(yùn)行時的角速度比“嫦娥一號”的大D. “嫦娥二號”繞月運(yùn)行時的線速度不變答案：BC解析：由題中信息可以發(fā)現(xiàn)有近月點(diǎn)，可見軌道不會是圓，A錯誤；“嫦娥二號”繞月的軌道半徑更小，由開普勒第三定律可以判斷出BC正確；由于“嫦娥二號”不是圓軌道，所以其線速度大小是變化的，所以D錯誤。8、（機(jī)械能守恒、速度的合成分解）有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一不可伸長的輕細(xì)繩相連，A、B

3、質(zhì)量相等，且可看作質(zhì)點(diǎn)，如圖125所示，開始時細(xì)繩水平伸直，A、B靜止由靜止釋放B后，已知當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為()圖125A. B.C. D.答案：D。解析：設(shè)滑塊A的速度為vA，因繩不可伸長，兩滑塊沿繩方向的分速度大小相等，得：vAcos30°vBcos60°，又vBv，設(shè)繩長為s，由A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgscos60°mvA2mv2，以上兩式聯(lián)立可得：s，故選D.圖1269、 （萬有引力、機(jī)械能）2010年1月11日，中國成功地進(jìn)行了陸基中段反導(dǎo)試驗(yàn)，如圖126所示、從內(nèi)陸

4、某地發(fā)射了一枚導(dǎo)彈，成功地將在大氣層外高速飛行的“敵方來襲”彈頭撞碎。產(chǎn)生的碎片最終將落入大氣層燒毀，不會對在軌航天器造成安全威脅。假設(shè)有一碎片軌道緩慢下降的過程中仍可看成在繞地球做勻速圓周運(yùn)動，則（ ）A碎片的機(jī)械能減少，動能增加 B碎片的機(jī)械能減少，勢能增加C碎片的機(jī)械能減少，內(nèi)能減少 D碎片的動能減少，勢能減少答案：。解析：由于受到空氣阻力的作用，空氣阻力對碎片做負(fù)功，碎片的機(jī)械能減少，內(nèi)能增加，軌道半徑降低，勢能減少，由于碎片做圓周運(yùn)動，由，知，速度變大，動能變大，正確。圖510、（動能定理、功率）滑雪是很多青少年朋友喜愛的項(xiàng)目。如圖5所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質(zhì)量為

5、m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運(yùn)動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為.在他從上向下滑到底端的過程中，若取底端為重力零勢能面，則下列說法正確的是()A、 當(dāng)運(yùn)動員下滑高時，其動能與重力勢能相等B、 下滑過程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為C、 運(yùn)動員到達(dá)底端時的重力的功率為D、 運(yùn)動員獲得的動能為答案：AD。解析：運(yùn)動員的加速度為，小于gsin30°，所以必受摩擦力，且大小為，克服摩擦力做功為。所以下滑過程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為，到達(dá)底端時的動能為，所以B錯D正確。當(dāng)運(yùn)動員的動能與重力勢能相等時，設(shè)下滑高度為x，則有：，解得：，所以A正確。由動能定理可知，運(yùn)動員獲得的動能為，得，所以

6、，所以C錯。故答案為AD。14、（動能定理）（14分）某司機(jī)在平直公路上測試汽車的制動性能。他從車上速度表看到汽車速度v=72km/h時緊急剎車，由于車輪相對公路面開始滑動，車輪在公路面上劃出一道長s=40m的剎車痕后停止。求：（1）車輪與公路面間的動摩擦因數(shù)。（2）該司機(jī)駕車仍以v=72km/h的速度在一段動摩擦因數(shù)也為、傾角為8°的坡路上勻速向下行駛，發(fā)現(xiàn)前方停著一輛故障車。若剎車過程中司機(jī)的反應(yīng)時間（從發(fā)現(xiàn)到汽車開始制動）為t=0.7s，為了避免兩車相撞，該司機(jī)至少應(yīng)在距故障車多遠(yuǎn)年采取同樣的緊急剎車措施？（取sin8°=0.14，cos8°=0.99，g=

7、10m/s2）答案：0.5、70.34m。解析：（1）制動減速時，由動能定理mgs0mv2（4分）解得：0.5（2分）（2）汽車勻速過程中的位移 s1vt （2分）汽車減速過程中（mgsinmgcos）s20mv2（4分）且ss1s2（2分）解得：s70.34m（2分）17、（機(jī)械能守恒）過山車質(zhì)量均勻分布，從高為h的平臺上無動力沖下傾斜軌道并進(jìn)入水平軌道，然后進(jìn)入豎直圓形軌道，如圖1210所示，已知過山車的質(zhì)量為M，長為L，每節(jié)車廂長為a，豎直圓形軌道半徑為R，L2R，且Ra，可以認(rèn)為在圓形軌道最高點(diǎn)的車廂受到前后車廂的拉力沿水平方向，為了不出現(xiàn)脫軌的危險，h至少為多少？(用R、L表示，認(rèn)為

8、運(yùn)動時各節(jié)車廂速度大小相等，且忽略一切摩擦力及空氣阻力)圖1210答案：.解析：不出現(xiàn)脫軌的最小速度為車廂恰能通過圓軌道最高點(diǎn)的速度，由mgmv2/R得：v由機(jī)械能守恒得：MghMv2·gR解得：h.十三、模塊檢測（力學(xué)）1、 （天體運(yùn)動）“神舟七號”繞地球做勻速圓周運(yùn)動的過程中，下列事件不可能發(fā)生的是()A航天員在軌道艙內(nèi)能利用彈簧拉力器進(jìn)行體能鍛煉B懸浮在軌道艙內(nèi)的水呈現(xiàn)圓球狀C航天員出艙后，手中舉起的五星紅旗迎風(fēng)飄揚(yáng)D從飛船艙外自由釋放的伴飛小衛(wèi)星與飛船的線速度相等答案：C。解析： “神舟七號”做圓周運(yùn)動的軌道所在空間沒有空氣，五星紅旗不會迎風(fēng)飄揚(yáng)圖1348、（平拋運(yùn)動)如圖1

9、34所示，小球P在A點(diǎn)從靜止開始沿光滑的斜面AB運(yùn)動到B點(diǎn)所用的時間為t1，在A點(diǎn)以一定的初速度水平向右拋出，恰好落在B點(diǎn)所用時間為t2，在A點(diǎn)以較大的初速度水平向右拋出，落在水平面BC上所用時間為t3，則t1、t2和t3的大小關(guān)系正確的是()At1>t2t3 Bt1<t2t3Ct1>t2>t3 Dt1<t2<t3答案：A。圖135解析：設(shè)斜面傾角為，A點(diǎn)到BC面的高度為h，則gsint12，平拋落到B點(diǎn)時，hgt22，以較大的速度平拋，落到BC面上時，hgt32，可得出：t1 > t2t3，故A正確10、(圓周運(yùn)動、機(jī)械能守恒)一質(zhì)量為m的小球A用輕

10、繩系于O點(diǎn)，如果給小球一個初速度使其在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，某時刻小球A運(yùn)動到圓軌道的水平直徑的右端點(diǎn)時，如圖135所示位置，其加速度大小為g，則它運(yùn)動到最低點(diǎn)時，繩對球的拉力大小為()A(3)mg B7mgC(2)mg D6mg答案：A。解析：小球運(yùn)動到圓軌道水平直徑右端時，受繩的拉力F和重力mg，設(shè)其速度為v1，到最低點(diǎn)時速度為v2.由向心力公式mg從右端運(yùn)動到最低點(diǎn)，機(jī)械能守恒mv12mgrmv22FTmgmFT3mgmg(3)mg17、如圖1310所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相接，導(dǎo)軌半徑為R.一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一

11、向右速度后脫離彈簧，當(dāng)它經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌瞬間對導(dǎo)軌的壓力為其重力的7倍，之后向上運(yùn)動恰能完成半個圓周運(yùn)動到達(dá)C點(diǎn)試求：圖1310(1)彈簧開始時的彈性勢能(2)物體從B點(diǎn)運(yùn)動至C點(diǎn)克服阻力做的功(3)物體離開C點(diǎn)后落回水平面時的動能答案：(1)3mgR(2)0.5mgR(3)2.5mgR解析：(1)物塊在B點(diǎn)時，由牛頓第二定律得：FNmgm，F(xiàn)N7mgEkBmvB23mgR.在物體從A點(diǎn)至B點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢能EpEkB3mgR.(2)物體到達(dá)C點(diǎn)僅受重力mg，根據(jù)牛頓第二定律有mgmEkCmvC2mgR物體從B點(diǎn)到C點(diǎn)只有重力和阻力做功，根據(jù)動能定理有：W阻mg&#

12、183;2REkCEkB解得W阻0.5mgR所以物體從B點(diǎn)運(yùn)動至C點(diǎn)克服阻力做的功為W0.5mgR.(3)物體離開軌道后做平拋運(yùn)動，僅有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：EkEkCmg·2R2.5mgR.十四、靜電場（一）1、（電場強(qiáng)度）真空中有兩個異種點(diǎn)電荷相隔一定距離放置，則空中場強(qiáng)為零的地方有幾處（ ）A若兩電荷帶電量相同，則空間只有兩處場強(qiáng)為零的點(diǎn)B若兩電荷帶電量相同，則空間沒有場強(qiáng)為零的點(diǎn)C若兩電荷帶電量不同，則空間只有一處場強(qiáng)為零的點(diǎn)D若兩電荷帶電量不同，則空間只有兩處場強(qiáng)為零的點(diǎn)【答案】BC。【解題思路】無論兩電荷電量如何，在兩電荷所連直線的兩側(cè)，由于場強(qiáng)方向不可能在同一

13、直線上而不可能出現(xiàn)合場強(qiáng)為零的點(diǎn)。所以場強(qiáng)為零的點(diǎn)只在電荷連線上找即可。若兩電荷帶電量相同，在兩電荷連線之間選任意一點(diǎn)，兩點(diǎn)電荷在該點(diǎn)的場強(qiáng)方向一致，合場強(qiáng)為兩電場之和，不可能為零。而在兩側(cè)任選一點(diǎn)，雖然兩點(diǎn)電荷在該點(diǎn)的場強(qiáng)方向相反，但由于該點(diǎn)距兩電荷的距離不同 ，使兩電荷所形成場強(qiáng)大小不同，而不能出現(xiàn)合場強(qiáng)為零點(diǎn)。所以答案A錯B對；同理，若兩電荷帶電量不同，連線中間也不會出現(xiàn)合場強(qiáng)為零的點(diǎn)，但在兩側(cè)中距小電荷較近的一側(cè)，卻會出現(xiàn)兩電荷在該點(diǎn)所形成電場場強(qiáng)大小相等方向相反的一點(diǎn)。所以答案C對D錯。答案為：BC。5、（帶電粒子在電場中的運(yùn)動）（2010年新課標(biāo)17）靜電除塵器是目前普遍采用的一種

14、高效除塵器.某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板，圖5中直線為該收塵板的橫截面.工作時收塵板帶正電，其左側(cè)的電場線分布如圖所示；粉塵帶負(fù)電，在電場力作用下向收塵板運(yùn)動，最后落在收塵板上.若用粗黑曲線表示原來靜止于點(diǎn)的帶電粉塵顆粒的運(yùn)動軌跡，下列4幅圖中可能正確的是(忽略重力和空氣阻力)（） 【答案】。【解題思路】因?yàn)榉蹓m帶負(fù)電，所以其所受的電場力方向是與各處的電場線的切線方向相反，由于是從靜止開始運(yùn)動，電場線是曲線，其各點(diǎn)的切線方向在發(fā)生變化，受電場力的方向也在不斷的發(fā)生變化，則速度與合外力方向就不共線，所以帶電粒子不能做直線運(yùn)動，則運(yùn)動軌跡為曲線，在后面的運(yùn)動過程中，電場力應(yīng)指向軌跡的內(nèi)側(cè)

15、，綜上可以判斷，只有A圖可能。所以答案為A。點(diǎn)評：這是有關(guān)電場的“三線”問題，在高考中考得特別多的，“三線”是指電場線、等勢線、軌跡線。如果是等勢線與軌跡線，則一般先把等勢線轉(zhuǎn)化為電場線，再來分析。 “三線”問題主要涉及的內(nèi)容有：帶電粒子速度的變化，動能的變化，電勢能的變化，加速度的變化，軌跡的判斷等等。6、圖7（靜電場）如圖7所示，水平面絕緣且光滑，彈簧左端固定，右端連一輕質(zhì)絕緣擋板，空間存在著水平方向的勻強(qiáng)電場，一帶電小球在電場力和擋板壓力作用下靜止若突然將電場反向，則小球加速度的大小隨位移x變化的關(guān)系圖象可能是下圖中的()【答案】A?！窘忸}思路】將電場反向瞬間至彈簧恢復(fù)原長的過程中，對小

16、球據(jù)牛頓第二定律得kxqEma；彈簧恢復(fù)原長之后的過程中，小球水平方向僅受電場力作用，對小球據(jù)牛頓第二定律得qEma，選項(xiàng)A正確10、（帶電粒子在電場中的運(yùn)動）如圖所示,Q1、Q2為兩個被固定的點(diǎn)電荷,兩點(diǎn)在它們連線的延長線上。有一帶電粒子僅在電場力作用下以一定的初速度沿直線從點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動，粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時的速度分別為，兩點(diǎn)的電勢分別為，下列說法中正確的是（ ）A若都帶正電，則一定有B若都帶正電，則一定有速率C若帶正電，帶負(fù)電，則有可能D若都帶正電、粒子帶正電，則粒子沿著直線運(yùn)動的最終的速度一定接近無窮大。答案：解析：若都帶正電，則右側(cè)的電場強(qiáng)度的方向一定水平向右，則電勢，正確

17、；若粒子帶負(fù)電，則粒子做減速運(yùn)動，若粒子帶正電，則粒子做加速運(yùn)動，錯誤；若帶正電，帶負(fù)電，則兩點(diǎn)間有可能某一點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向相反，則有可能，正確；若都帶正電、粒子帶正電，則粒子一定做加速運(yùn)動，但是，越往遠(yuǎn)處，電場強(qiáng)度越小，粒子的加速度越來越小，故粒子的最終的速度越來越接近某一有限值，不是無窮大，錯誤。17、（庫侖定律、電勢能）如圖14所示，一根長L1.5 m的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在場強(qiáng)為E1.0×105 N/C、與水平方向成30°角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場中桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q+4.5×10-6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑

18、動，電荷量q+1.0×10-6 C，質(zhì)量m1.0×10-2 kg現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運(yùn)動（靜電力常量k9.0×109 N·m2C2，取gl0 m/s2)圖14小球B開始運(yùn)動時的加速度為多大？小球B的速度最大時，距M端的高度h1為多大？小球B從N端運(yùn)動到距M端的高度h20.6l m時，速度為v1.0 m/s，求此過程中小球B的電勢能改變了多少？【答案】a3.2 m/s2；h10.9 m；【解題思路】 開始運(yùn)動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運(yùn)動，由牛頓第二定律得：解得：代人數(shù)據(jù)解得：a3.2 m/s2小球B速度最大時

19、合力為零，即解得： 代人數(shù)據(jù)解得：h10.9 m小球B從開始運(yùn)動到速度為v的過程中，設(shè)重力做功為W1，電場力做功為W2，庫侖力做功為W3，根據(jù)動能定理有：解得：設(shè)小球B的電勢能改變了Ep，則： 解得：【糾錯分析】由于點(diǎn)電荷A在空間各點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)并不相等，使小球B的運(yùn)動加速度也不恒定，因此不能從運(yùn)動規(guī)律求高度h1，必須對小球B在運(yùn)動中受力情況的變化作出分析和判斷，得到“小球B速度最大時合力為零”的結(jié)論，然后通過求合力來計算高度h1；第問是本題的難點(diǎn)，拋開考生熟悉的點(diǎn)電荷在單一電場中電勢能變化與電場力做功的關(guān)系模式，考生必須從能量轉(zhuǎn)化與做功的關(guān)系的角度出發(fā)，確定小球B電勢能的改變與兩個力做功有關(guān)：

20、勻強(qiáng)電場的電場力和小球A對小球B的庫侖力，且電場力做的功等于電荷電勢能的減少量，才能確定十五、靜電場（二）2、（電場強(qiáng)度與電勢的關(guān)系）（2010年江蘇卷）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強(qiáng)度E隨X變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（A）O點(diǎn)的電勢最低w w w.ks5 u .c om（B）X2點(diǎn)的電勢最高（C）X1和- X1兩點(diǎn)的電勢相等（D）X1和X3兩點(diǎn)的電勢相等答案：C。解析：可畫出電場線，如下沿電場線電勢降落（最快），所以A點(diǎn)電勢最高，A錯誤，B錯誤；根據(jù)，電場強(qiáng)度是變量，可用圖象面積表示，所以C正確；兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，電勢不相等，X2的電勢高于X3的電勢，D錯誤，此項(xiàng)迷惑人

21、。3、（帶電粒子在電場中運(yùn)動）三個粒子在同一地點(diǎn)沿同一方向垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖2所示的運(yùn)動軌跡，b恰好從下板邊緣飛出，由此可知說法錯誤的是 ( )圖2A.在b飛離電場的同時，a剛好打在負(fù)極板上B.b和c同時飛離電場C.進(jìn)入電場時，c的速度最大，a的速度最小D.動能的增加值c最小，a和b一樣大【答案】B。【解題思路】三個粒子在豎直方向上的運(yùn)動相同，根據(jù)可知，運(yùn)動時間由豎直位移y決定，所以A正確；由于不知水平初速度，則由水平運(yùn)動無法確定運(yùn)動時間，由豎直方向可以確定離開電場時c的時間比b短，水平位移相同時c速度最大，a速度最小，所以B錯誤；C正確，離開電場時的動能增加量，可見豎直位移越大離開

22、電場時的動能就越大，所以D正確，答案選B.4、圖8（帶電粒子在電場中運(yùn)動）如圖8所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中，絕緣細(xì)線的一端固定在O點(diǎn)，另一端系一帶正電的小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球所受的電場力大小等于重力大小，比較a、b、c、d這四點(diǎn)，小球 ()A.在最高點(diǎn)a處動能較其他三點(diǎn)都小B.在最低點(diǎn)c處重力勢能最小C.在水平直徑右端b處機(jī)械能最大D.在水平直徑左端d處總能量最大【答案】BC。【解題思路】帶正電的小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，僅有電場力和重力做功，由功能關(guān)系可知，小球在b點(diǎn)電場力做功最多，小球的機(jī)械能最大，故C正確；小球在c點(diǎn)重力做功最多，小球的重力勢能最小，故B正確；由能的轉(zhuǎn)化和守

23、恒定律，小球的總能量不變，故D錯誤；由等效力場，可以把電場力和重力等效成一個恒力F，它的方向與電場線成45°角向下，小球在ad圓弧的中點(diǎn)e時，恒力F指向圓心，小球的動能最小，a、d兩點(diǎn)關(guān)于e點(diǎn)對稱，小球在a、d兩點(diǎn)的動能相同，故A錯誤.5、（電容器）（2010年北京卷）18用控制變量法，可以研究影響平行板電容器的因素（如圖）。設(shè)兩極板正對面積為，極板間的距離為，靜電計指針偏角為。實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若A. 保持S不變，增大d，則變大B. 保持S不變，增大d，則變小C. 保持d不變，增大S，則變小D. 保持d不變，增大S，則不變【答案】A【解析】由知保持S不變，增大d，電容減小

24、，電容器帶電能力降低，電容器電量減小，靜電計所帶電量增加，變大；保持d不變，減小S，電容減小，變大。正確答案A。17、（帶電粒子在電場中運(yùn)動）如圖12所示，光滑絕緣的圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線水平.現(xiàn)有一帶正電小球從B點(diǎn)正上方的A點(diǎn)自由下落，A、B兩點(diǎn)距離為4R.從小球進(jìn)入管口開始，整個空間中突然加上一個勻強(qiáng)電場，結(jié)果小球在管中運(yùn)動過程的速度逐漸減小.小球從管口C處脫離圓管后，其運(yùn)動軌跡最后經(jīng)過A點(diǎn).設(shè)小球運(yùn)動過程帶電量沒有改變，重力加速度為g，求：（1）所加的勻強(qiáng)電場的方向。（2）小球經(jīng)過管口C處時對圓管的壓力?！敬鸢浮浚?）向左上方，與水平方向間的夾角（2）

25、【解題思路】小球自由下落到管口B處，機(jī)械能守恒 小球在管中運(yùn)動過程的速度逐漸減小，說明小球所受重力和電場力的合力方向水平向左.設(shè)電場力的豎直分力為、水平分力，（方向豎直向上）OCBA圖12 小球從B運(yùn)動到C過程，由功能關(guān)系有小球從管口C處脫離圓管后，做類平拋運(yùn)動，軌跡經(jīng)過A點(diǎn)，則 聯(lián)立解得 電場力的合力方向與水平方向成角，則 小球帶正電，勻強(qiáng)電場的方向與電場力方向相同，因此所加勻強(qiáng)電場的方向向左上方，與水平方向間的夾角 小球經(jīng)過管口C處時，向心力由和圓管的壓力FN提供，設(shè)壓力N的方向向左，即 解得（方向向左）小球經(jīng)過管口C處時，對圓管的壓力（方向向右）。十六、恒定電流（一）1、（電阻定律）某金

26、屬導(dǎo)線的電阻率為，電阻為R，現(xiàn)將它均勻拉長到直徑為原來的一半，那么該導(dǎo)線的電阻率和電阻分別變?yōu)?)A4和4R B和4RC16和16R D和16R答案：D。解析：導(dǎo)體的電阻率反映材料的導(dǎo)電性能，溫度一定時電阻率是不變的導(dǎo)線拉長后，直徑變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t橫截面積變?yōu)樵瓉淼?/4，因總體積不變，長度變?yōu)樵瓉淼?倍，由電阻定律R計算可知電阻變?yōu)樵瓉淼?6倍2、(歐姆定律)如圖所示，a、b分別表示由相同材料制成的兩條長度相同、粗細(xì)均勻電阻絲的伏安特性曲線，下列判斷中正確的是()Aa代表的電阻絲較粗Bb代表的電阻絲較粗Ca電阻絲的阻值小于b電阻絲的阻值D圖線表示的電阻絲的阻值與電壓成正比答案：B。解析：

27、b圖線的斜率大，表示電阻小，由電阻定律，R，b的導(dǎo)線粗，B正確，A、C不正確電阻是導(dǎo)體本身的性質(zhì)，與電阻兩端的電壓無關(guān)，D不正確3、（串聯(lián)、并聯(lián)電路）把六個相同的小燈泡接成如圖10115甲、乙所示的電路，調(diào)節(jié)變阻器使燈泡正常發(fā)光，甲、乙兩電路所消耗的功率分別用P甲和P乙表示，則下列結(jié)論中正確的是()圖10115AP甲P乙 BP甲3P乙CP乙3P甲 DP乙>3P甲答案：B。解析：設(shè)各燈泡正常工作時的電流為I，則甲電路的總電流為I甲3I，乙電路的總電流為I乙I，所以由PUI得P甲3P乙，應(yīng)選B.6、（歐姆定律）在探究電表的偏轉(zhuǎn)角度與其示數(shù)的關(guān)系時，選用兩個由相同“表頭”改裝成的量程不同的電流

28、表A1和A2，其中A1的量程是A2的2倍，則有（）A.若將兩表串聯(lián)起來，正確的接入電路中，兩表指針偏角12，且兩表示數(shù)相等B.若將兩表串聯(lián)起來，正確的接入電路中，兩表指針偏角相等，且A1示數(shù)大于A2 示數(shù)C.若將兩表并聯(lián)起來，正確的接入電路中，兩表指針偏角相等，A1 示數(shù)大于A2 示數(shù) D.若將兩表并聯(lián)起來，正確的接入電路中，兩表指針偏角12，兩表示數(shù)相等【答案】AC?！究键c(diǎn)分析】本題考查電表的改裝和電表指針的偏轉(zhuǎn)問題。答圖2【解題思路】答圖1電流表是由表頭并聯(lián)上電阻改裝成的，電流表量程不同并聯(lián)的電阻阻值就不同，量程大的并聯(lián)的電阻小。當(dāng)兩電流表串聯(lián)時如答圖1所示連接。其中R1R2，由串并聯(lián)特點(diǎn)

29、可知A1 兩端電壓小，故流過表頭的電流小，偏角小。但因兩電流表串聯(lián)，表針指示的是總電流，故示數(shù)相同。兩電流表并聯(lián)時如答圖2所示連接，兩表頭兩端的電壓相同，流過的電流相同，故偏角相同，但因A1的量程大，故A1的示數(shù)大于A2的示數(shù)。所以、選項(xiàng)正確?！炯m錯分析】電表的示數(shù)和偏角關(guān)系是很容易錯的，我們只有把改裝后的表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)畫出來，才能避免出錯。8、在如圖所示的閃光燈電路中，電源的電動勢為E，電容器的電容為C.當(dāng)閃光燈兩端電壓達(dá)到擊穿電壓U時，閃光燈才有電流通過并發(fā)光，正常工作時，閃光燈周期性短暫閃光，則可以判定()A.電源的電動勢E一定小于擊穿電壓UB.電容器所帶的最大電荷量一定為CEC.閃光燈閃

30、光時，電容器所帶的電荷量一定增大D.在一個閃光周期內(nèi)，通過電阻R的電荷量與通過閃光燈的電荷量一定相等答案：D。解析：電容器兩端的電壓與閃光燈兩端的電壓相等，當(dāng)電源給電容器充電，達(dá)到閃光燈擊穿電壓U時，閃光燈被擊穿，電容器放電，放電后閃光燈兩端電壓小于U，斷路，電源再次給電容器充電，達(dá)到電壓U時，閃光燈又被擊穿，電容器放電，如此周期性充、放電，使得閃光燈周期性短暫閃光.要使得充電后達(dá)到電壓U，則電源電動勢一定大于或等于U，A項(xiàng)錯誤；電容器兩端的最大電壓為U，故電容器所帶的最大電荷量為CU，B項(xiàng)錯誤；閃光燈閃光時電容器放電，所帶電荷量減少，C項(xiàng)錯誤；充電時電荷通過R，通過閃光燈放電，故充放電過程中

31、通過電阻R的電荷量與通過閃光燈的電荷量一定相等，D項(xiàng)正確.【思維提升】理解此電路的工作過程是解決本題的關(guān)鍵.找出題意(當(dāng)閃光燈兩端電壓達(dá)到擊穿電壓U時，閃光燈才有電流通過并發(fā)光，正常工作時，閃光燈周期性短暫閃光)中的內(nèi)涵，就是我們的突破口.10、（歐姆定律）壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小一同學(xué)利用壓敏電阻設(shè)計了判斷升降機(jī)運(yùn)動狀態(tài)的裝置，如圖甲所示，將壓敏電阻平放在升降機(jī)內(nèi)，受壓面朝上，在上面放一物體m，升降機(jī)靜止時電流表示數(shù)為I0.某過程中電流表的示數(shù)如圖乙所示則在此過程中()A物體處于失重狀態(tài)B物體處于超重狀態(tài)C升降機(jī)一定向上勻加速運(yùn)動D升降機(jī)可能向下勻減速運(yùn)動答案：BD。解析：由乙

32、圖可知，電流保持不變，說明壓敏電阻受壓力恒定；電流由I0變?yōu)?I0，說明阻值減小，壓力變大，說明物體處于超重狀態(tài)，即升降機(jī)有向上的加速度升降機(jī)有兩種運(yùn)動狀態(tài)：加速向上或減速向下，故選項(xiàng)B、D正確十七、恒定電流（二）3、(閉合電路歐姆定律)在太陽能發(fā)電系統(tǒng)中，技術(shù)最復(fù)雜的組成部分算得上是太陽能電池。2009年太陽能電池唱響新能源主角。用如圖2甲所示的電路來測量電池電動勢和內(nèi)電阻，根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出了如圖2乙所示的UI圖，由圖可知 （ ） I/AU/V1.401.201.000I0.4圖2（乙）AV圖2（甲）A.電池電動勢的測量值是1VB.電池內(nèi)阻的測量值是3.50C.外電路發(fā)生短路時的電流為0.

33、40AD.電壓表的示數(shù)為1.20V時電流表的示數(shù)I/=0.20A【答案】D?！究键c(diǎn)分析】本題考查外電路的電壓與電流的關(guān)系圖象?！窘忸}思路】由全電路歐姆定律U=E-Ir知當(dāng)I=0時，U=E。UI直線的斜率表示電源的內(nèi)阻，則U 軸的電壓刻度不是從零開始的，UI 圖線的橫截距不再表示U=O時的短路電流，而是表示路端電壓1V時的干電流是0.4A, 因?yàn)?，從圖中易，所以I/=0.2A。所以D選項(xiàng)正確?！炯m錯分析】這種題目要看清縱坐標(biāo)是不是從零開始的，若不是從零開始的，則橫截距就不表示短路電流。8、在如圖5所示的電路中，電源電動勢為3.0V，內(nèi)阻不計，L1、L2、L3為3個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏

34、安特性曲線如圖5所示當(dāng)開關(guān)閉合后，下列判斷正確的是（ ）圖5A燈泡L1的電阻為12B通過燈泡L1的電流為通過 燈泡L2電流的2倍C燈泡L1消耗的電功率為0.75WD燈泡L2消耗的電功率為0.30W【答案】ACD?！究键c(diǎn)分析】本題考查伏安特性曲線。 【解題思路】由于電源電動勢為3.0V，內(nèi)阻不計，所以當(dāng)開關(guān)閉合后，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，加在小燈泡L1兩端的電壓應(yīng)為3.0V，由小燈泡的伏安特性曲線可以看出當(dāng)電壓為3.0V時，流過小燈泡L1的電流為0.25A，由此求得，燈泡L1的電阻為12，所以A選項(xiàng)正確由可以求得燈泡L1消耗的電功率為0.75W，所以C選項(xiàng)正確L2 和L3是串聯(lián)關(guān)系，電流一樣，電壓各為1

35、.5伏，由圖得電流為0.20安，由可以求得燈泡L2消耗的電功率為0.30W，可知B選項(xiàng)不正確的所以ACD選項(xiàng)正確?！炯m錯分析】很多同學(xué)把燈泡的電阻當(dāng)作不變來分析，而導(dǎo)致錯誤。其實(shí)燈泡電阻會隨電壓而發(fā)生變化，要由U-I圖來求電阻。10、（故障分析）某居民家中的電路如圖3所示，開始時各部分工作正常，將電飯煲的插頭插入三孔插座后，正在燒水的電熱壺突然不能工作，但電燈仍正常發(fā)光。拔出電飯煲的插頭，把試電筆分別插入插座的左、右插孔，氖管均能發(fā)光，則 （    ） 圖3A. 僅電熱壺所在的C、D兩點(diǎn)間發(fā)生了斷路故障B. 僅電熱壺所在的C、D兩點(diǎn)間發(fā)生了短路故障C. 僅導(dǎo)線AB

36、間斷路D. 因?yàn)椴遄脤?dǎo)線接地，所以發(fā)生了上述故障【答案】C ?！究键c(diǎn)分析】本題考查常見的電路故障分析?！窘忸}思路】由于電燈仍正常發(fā)光，說明電源是好的，電熱壺所在的C、D兩點(diǎn)間沒有發(fā)生短路故障。把試電筆分別插入插座的左、右插孔，氖管均能發(fā)光，說明插座的左、右插孔都與火線相通，說明電熱壺所在的C、D兩點(diǎn)間沒有發(fā)生斷路故障。綜合分析可知，故障為導(dǎo)線AB間斷路，即C選項(xiàng)正確?！炯m錯分析】分析故障也是同學(xué)們感到困惑的題目，對于選擇題目可以從題目提供的選項(xiàng)去分析。12、（實(shí)驗(yàn)）（2010年江蘇高考、10）在測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，由于所用的電壓表（視為理想電壓表）的量程較小，某同學(xué)涉及了如圖13

37、所示的實(shí)物電路。圖13w w w.ks5 u .c om（1） 試驗(yàn)時，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到_.（選填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2） 改變電阻箱的阻值R，分別測出阻值=10的定值電阻兩端的電壓U，下列兩組R的取值方案中，比較合理的方案是_.（選填1或2）（3）（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)，繪出的圖像是一條直線。若直線的斜率為k，在坐標(biāo)軸上的截距為b，則該電源的電動勢E= ，內(nèi)阻r= （用k、b和R0表示）答案：（1）最大值 （2）2 （3），解析：本題考查測電源的電動勢和內(nèi)阻及圖象的物理意義，根據(jù)圖象求物理量。難度：較難。（1）為了安全。（2）若R300，電流約為，若，電流約為，后者電

38、流讀數(shù)大，誤差小，所以填2. (3) 電流，得，圖象的斜率，截距，所以電動勢，內(nèi)阻R017、（2010年四川卷）如圖所示，電源電動勢。內(nèi)阻，電阻。間距的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場。閉合開關(guān)，板間電場視為勻強(qiáng)電場，將一帶正電的小球以初速度沿兩板間中線水平射入板間。設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對小球的作用，取。（1）當(dāng)Rx=29時，電阻消耗的電功率是多大？（2）若小球進(jìn)入板間做勻速圓周運(yùn)動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為，則Rx是多少？【答案】0.6W；54?！窘馕觥块]合電路的外電阻為 根據(jù)閉合電路的歐姆定律 A R2兩端的電壓為 V R

39、2消耗的功率為 W 小球進(jìn)入電磁場做勻速圓周運(yùn)動，說明重力和電場力等大反向，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律 連立化簡得 小球做勻速圓周運(yùn)動的初末速的夾角等于圓心角為60°，根據(jù)幾何關(guān)系得 連立帶入數(shù)據(jù) V 干路電流為 A 十八、磁場（一）1、把電流強(qiáng)度均為I，長度均為l的兩小段通電直導(dǎo)線分別置于磁場中的1、2兩點(diǎn)處時，兩小段通電直導(dǎo)線所受磁場力的大小分別為F1和F2，若已知1、2兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)系為B1B2，則必有（ ）AB1= BB2= CF1F2 D以上都不對【答案】D。圖4【解題思路】磁感強(qiáng)度B的定義式B=中的F，應(yīng)理解為檢驗(yàn)電流（Il）垂直于B的方向放置時所受到

40、的最大磁場力，而此題中兩小段通電導(dǎo)線在1、2兩點(diǎn)處是否垂直于B未能確定，因此A、B兩選項(xiàng)中的等式不一定成立；另外，正因?yàn)榇艌鰧﹄娏鞯淖饔昧Υ笮〕cB、I、l有關(guān)外，還與導(dǎo)線放置時與B的方向間關(guān)系有關(guān)，因此，無法比較F1和F2的大小，所以應(yīng)選D。5、如圖3所示，條形磁鐵放在水平桌面上，在其上方偏右固定一根長直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁鐵垂直，給導(dǎo)線通以垂直紙面向外的電流，則 （ ）INS圖3 A磁鐵對桌面壓力減小，不受桌面的摩擦力作用 B磁鐵對桌面壓力減小，受到桌面的摩擦力作用 C磁鐵對桌面壓力增大，不受桌面的摩擦力作用 D磁鐵對桌面壓力增大，受到桌面的摩擦力作用【答案】?！窘忸}思路】解題思路：由轉(zhuǎn)換對象法

41、，先由左手定則判斷導(dǎo)線受到斜向左下的引力作用，由牛頓第三運(yùn)動定律可知，磁鐵受到電流斜向右上的作用力，對磁鐵受力分析可知，磁鐵對桌面的壓力減小，且受桌面的摩擦力作用。故B正確。7、（安培力）（2010年上海物理）如圖所示，長為的直導(dǎo)線拆成邊長相等，夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強(qiáng)度為的電流時，該形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為（A）0 （B）0.5 （C） （D）答案：C解析：導(dǎo)線有效長度為2lsin30°=l，所以該V形通電導(dǎo)線收到的安培力大小為。選C。本題考查安培力大小的計算。10、（四川卷）20.如圖所示，電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌固

42、定在一絕緣斜面上，兩相同的金屬導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面?，F(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的恒力F作用在a的中點(diǎn)，使其向上運(yùn)動。若b始終保持靜止，則它所受摩擦力可能A變?yōu)? B先減小后不變 C等于F D先增大再減小答案：AB解析：對a棒所受合力為Fa=FFfmgsinBIl說明a做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為0后勻速運(yùn)動，所以a所受安培力先增大后不變。如果F=Ff+2mgsin，則最大安培力為mgsin，則b所受摩擦力最后為0，A正確。如果FFf+2mgsin，則最大安培力小于mgsin，則b所受摩擦力一直減小最后不變，B正確。如果Ff+3mgsinFFf+

43、2mgsin，則最大安培力大于mgsin小于2mgsin，則b所受摩擦力先減小后增大最后不變?？梢钥闯鯾所受摩擦力先變化后不變，CD錯誤。17、圖13（洛倫茲力）某塑料球成型機(jī)工作時，可以噴出速度v0 = 10 m/s的塑料小球，已知噴出的每個小球的質(zhì)量m = 1.0 × 10 4 kg，并且在噴出時已帶了q = 1.0 × 10 4 C的電荷量如圖13所示，小球從噴口飛出后，先滑過長d = 1.5 m的水平光滑的絕緣軌道，而后又滑過半徑R = 0.4 m的圓弧形豎立的光滑絕緣軌道并從某處飛出今在水平軌道上加上水平向右的場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，小球?qū)⑶『脧膱A弧軌道的最高點(diǎn)M

44、處水平飛出；若再在圓形軌道區(qū)域加上垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場后，小球?qū)⑶『没^圓弧軌道上與圓心等高的N點(diǎn)，最后落入放在地面上接地良好的金屬容器內(nèi)，g = 10 m/s2，求： （1）所加電場的場強(qiáng)E多大？ （2）所加磁感應(yīng)強(qiáng)度B多大？在此種情況下，小球經(jīng)過M點(diǎn)時對軌道的壓力多大？【答案】32 V/m，8.7 T，1.74 × 10 3 N。【解題思路】（1）設(shè)小球在M點(diǎn)的速率為v1，只加電場時對某球的M點(diǎn)由牛頓第二定律得：mg = m；在水平軌道上，對某球由動能定理得： Eqd =。聯(lián)立解得：E = 32 V/m （2）設(shè)小球在N點(diǎn)的速率為v2，在N點(diǎn)，對小球由牛頓第二定律得：qv2B

45、= m從M點(diǎn)到N點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得：mgR +聯(lián)立解得：B =T = 8.7 T在M點(diǎn)，對小球由牛頓第二定律得：mg + qv1B FN = m（或FN = qv1B）解出軌道對小球的支持力FN1.74 × 10 3 N由牛頓第三定律，= FN 1.74 × 10 3 N，其中負(fù)號表示方向豎直向下十九、磁場（二）2、（帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動）在某地上空同時存在著勻強(qiáng)的電場與磁場，一質(zhì)量為m的帶正電小球，在該區(qū)域內(nèi)沿水平方向向右做直線運(yùn)動，如圖2所示，關(guān)于場的分布情況可能的是()圖2A該處電場方向和磁場方向重合B電場豎直向上，磁場垂直紙面向里C電場斜向里側(cè)上方，磁場斜向外

46、側(cè)上方，均與v垂直D電場水平向右，磁場垂直紙面向里【答案】ABC?！窘忸}思路】帶電小球在復(fù)合場中運(yùn)動一定受重力和電場力，是否受洛倫茲力需具體分析A選項(xiàng)中若電場、磁場方向與速度方向垂直，則洛倫茲力與電場力垂直，如果與重力的合力為0就會做直線運(yùn)動B選項(xiàng)中電場力、洛倫茲力都向上，若與重力合力為0，也會做直線運(yùn)動C選項(xiàng)中電場力斜向里側(cè)上方，洛倫茲力向外側(cè)下方，若與重力的合力為0，就會做直線運(yùn)動D選項(xiàng)三個力的合力不可能為0，因此選項(xiàng)A、B、C正確5、（帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動）如圖6所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為

47、B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場。下列表述正確的是（ ）圖6A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小【答案】ABC。【解題思路】由加速電場可見粒子所受電場力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場力水平向右，洛倫茲力水平向左，如圖所示，因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外B正確；經(jīng)過速度選擇器時滿足，可知能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B，帶電粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動則有，可見當(dāng)v相同時，所以可以用來

48、區(qū)分同位素，且R越大，比荷就越大，D錯誤。圖59、（帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動）如圖5所示，空間存在一勻強(qiáng)磁場B(方向垂直紙面向里)和一電荷量為Q的點(diǎn)電荷的電場，一帶電粒子q(不計重力)以初速度v0從某處垂直于電場、磁場入射，初位置到點(diǎn)電荷Q的距離為r，則粒子在電、磁場中的運(yùn)動軌跡可能是()A沿初速度v0方向的直線B以點(diǎn)電荷Q為圓心，以r為半徑，在紙面內(nèi)的圓C初階段在紙面內(nèi)向右偏的曲線D初階段在紙面內(nèi)向左偏的曲線【答案】BCD?！窘忸}思路】當(dāng)帶電粒子所受庫侖力和洛倫茲力的合力正好能提供其所需的向心力時，粒子便以點(diǎn)電荷Q為圓心，以r為半徑，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動；因?yàn)辄c(diǎn)電荷Q周圍的電場是非勻強(qiáng)電場，

49、所以粒子不可能做直線運(yùn)動綜上所述粒子的運(yùn)動軌跡可能為B、C、D.abcov0圖14O12、（帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動）某帶電粒子從圖14中速度選擇器左端由中點(diǎn)O以速度v0向右射去，從右端中心a下方的b點(diǎn)以速度v1射出；若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，該粒子將打到a點(diǎn)上方的c點(diǎn)，且有ac=ab，則該粒子帶_電；第二次射出時的速度為_。【答案】正、?！窘忸}思路】B增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電。由于洛倫茲力總不做功，所以兩次都是只有電場力做功，第一次為正功，第二次為負(fù)功，但功的絕對值相同。15、圖14（帶電粒子在磁場中運(yùn)動）（2010年新課標(biāo)25)如圖14所示，在0xa、oy范圍內(nèi)有垂直于xy平面

50、向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0范圍內(nèi).己知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動周期的四分之一.求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度大小；(2)速度方向與y軸正方向夾角正弦?！敬鸢浮?，?！窘忸}思路】設(shè)粒子的發(fā)射速度為v,粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式，可得：，解得：?！皬陌l(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動周期

51、的四分之一”這句話告訴我們“在磁場中運(yùn)動的粒子的最長運(yùn)動時間為四分之一個周期”，由于粒子的速度大小相等，所以其運(yùn)動軌跡對應(yīng)的半徑相同，但由于運(yùn)動粒子進(jìn)入磁場的方向不同，所以其軌跡不同，要使粒子的運(yùn)動時間最長，則帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡最長，弦就最長，對應(yīng)的圓心角最大，又因?yàn)?，所以運(yùn)動時間最長的粒子應(yīng)從有界磁場的右邊界出來，做出如圖所示的軌跡，對應(yīng)的弦應(yīng)是最長的，若弦順時針轉(zhuǎn)動的話，交磁場邊界的交點(diǎn)，其弦會變小，若逆時針轉(zhuǎn)動的話，則帶電粒子會從磁場的上邊界離開，時間也不是最長的。所以最長的時間對應(yīng)的軌跡會與磁場的上邊界相切。設(shè)運(yùn)動時間最長的軌跡對應(yīng)的圓心為C，運(yùn)動時間t為, 。，設(shè)最后離開磁場

52、的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得：，以及。聯(lián)立幾式解得：，。點(diǎn)評：這是一個帶電粒子在磁場中運(yùn)動的試題，仍保持原來大綱的模式，有一定有區(qū)分度，比去年的第25題要容易些。這種題目的關(guān)鍵是找出臨界條件，畫出臨界狀態(tài)下帶電粒子的運(yùn)動軌跡，標(biāo)出圓心，求出半徑，再結(jié)合幾何關(guān)系求解有關(guān)問題。二十、模塊檢測（選修31）1、（靜電場）如圖所示的情況中，a、b兩點(diǎn)的電勢相同，而電場強(qiáng)度不同的是（ ）A、甲圖：帶電平行金屬板兩板間邊緣附近處的a、b兩點(diǎn)B、乙圖：離點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)C、丙圖：兩個等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上，與連線中點(diǎn)等距的a、b兩點(diǎn)D、丁圖：兩個等量異種電荷連線上，與連線中

53、點(diǎn)等距的a、b兩點(diǎn)答案：B。解析：甲圖電勢不同、場強(qiáng)相同，乙圖電勢相同、場強(qiáng)大小相等方向不同，丙圖電勢相同、場強(qiáng)相同，丁圖電勢不同、場強(qiáng)相同，故B正確?！局R拓展】本題考查靜電場中電勢、場強(qiáng)的概念。在高考中靜電場出現(xiàn)在選擇題的頻率非常高，考查的內(nèi)容往往是電勢、電勢差、電勢能、電勢變化、電勢能變化、場強(qiáng)、場強(qiáng)變化等基本概念。因此要區(qū)別概念并理解一個概念與另一個概念之間的關(guān)系，要對點(diǎn)電荷、等量異種點(diǎn)電荷、等量同種點(diǎn)電荷、勻強(qiáng)電場等常見的場和電勢分布規(guī)律相當(dāng)熟悉，比如電勢高低判斷方法有哪些、電勢能大小判斷方法、場強(qiáng)大小與電勢大小有無必然聯(lián)系等等。4、(靜電場)如圖所示，質(zhì)子(H)和粒子(24He)，以相同的初動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側(cè)位移y之比為()A11B12C21 D14答案:B.解析：選B.由y 和Ek0mv02，得：y可知，y與q成正比，B正確