人教版高中物理选修3-1高二假期自主巩固学案答案

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诸城四中高二物理假期自主巩固学案参考答案

课时1.描述电场的物理量

1．A 2．C 3．C 4．5×103，1×10－5

445. (1) A200V,C300V;(2) EPA610J,EPC910J.

6、 解析：取带电小球为研究对象，设它带电量为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qU1 ① dU2ma ② d当Ｕ2＝60 V时，带电小球向下板做匀加速直线运动：mgq又h12at ③ 2由 ① ② ③ 得：

2U1ht(U1U2)g20.8102300s

(30060)10 =4.5×10－2 s ④

①②③④各2分.

7、解析：(1)设两板间电场强度为E．由U=解得:U=300V （2分） 由E =

Q CU （2分） d解得:E=1500 V /m（2分） (2)设电场力对带电小球做功为W

则:W=qESsin30º （3分） 解得:W=4.8×10-8J（2分）

课时2.带电粒子在电场中的运动

1、D 2、AD 3、B 4、

2mv01、v0t qt25、解：(1)由电势差的定义得：

UDC =WDC/q=-200V（2分）

E= UCD/CDcos60=1.0×10V/m（2分）

（2）UAB=Ed＝600V（2分）

（3）UDC = UDA＝φD-φA=-200V（2分） φD=-200V（1分）

6、解：在水平方向 ax=

（2分）

粒子运动的总时间

（2分）

在竖直方向粒子,粒子在时间t内通过的位移h为 h=

=

（2分）

=

0

4

由动能定理得：

mgh＝m(v-v0)/2 （2分）

解得：

（1分）

2

2

7、（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=

12

mv0， 解得：v02

2eU1

m （2分）

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=

U2eU2 ， F=ma， a = dmd（2分）

K A d L1 M N y2 y1 P O

U1 L2 2L112U2L1t1=， y1=at1，解得： y1= v024U1d （2分）

（2）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=

（1分）

eU2L1dmv0

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

t2=

L2ULL， y2= vyt2 解得：y2=212v02dU1

（2分）

（1分）

P到O点的距离为 y=y1+y2=

(2L2L1)U2L14U1d课时3. 单元自测题（一）

1．D 2．D 3． A 4．AC 5．C 6．D 7．C 8．D 9. 1 , 向左 10．0.5；小

11．（1）UAB=WAB/q=—2V （4分） E=U/d=200V/m（4分） （2）UAB =φA-φB φA= -1V（4分）（3）EPB=φB （-e）=-1eV， （3分）△EK增=△Ep减=2eV （3分）

12．（1）设电容器两极间电压为U 由 C=

2)设匀强电场场强为E，带电粒子沿直线AD运动 qEcosα=mg E=

QQ 得 U=（4分） UCmg（8分）

qcos3)设板间距离为d，粒子从A到D位移为S，S=粒子带达C处速度为v qU=

d（2分） sin2qU12mv （2分） V=（2分）

m22qUtdUQqcoscot d= tcm2sinEcmggvts 22Qq（4分） mc课时4.闭合电路欧姆定律

答案：1、B 2、C 3、B 4、6.25W 6Ω 5、解：当接1时：E=I1(R1+ r)=0.2(14+r) 当接2时：E=I2(R2+ r)=0.3(9+r) 得：E=3V r=1Ω 6、解：由E=U+Ir得 4.5=4+4/4r r=0.5Ω

7、（1）断路 发生在灯泡 （2）故障后：ER/(R+r)=10 0.5R=10 R=20Ω 故障前：UR=IR=0.45X20=9V IL=P/ UR=0.25A R1=U1/IL=36Ω

课时5.实验：测定电源电动势和内电阻、测绘小灯泡的伏安特性曲线

1、CD 2、A 3、C 4、B A量程过大 ，读数误差较大 A B额定电流过小，调节不方便 V分流 A分压 甲6、（4）1.47 0.84 7、（5）1.47 0.84

课时6. 单元自测题（二）

一． 题 1 2 3 4 5 6 7 8 号 答A A B D B ACD A D 案

三.9、并 5Х10-3

10、 (1 )A1 (2)R1 (3）电路图如图所示.

5、 ．

3四、11、⑴驱动电机的输入功率: P电IU1.510W (6分)

⑵在匀速行驶时:P机0.9P电Fvfv （4分）

f0.9P电/v （4分）

汽车所受阻力与车重之比:f/mg0.045 （4分） 12、（1）当电机不转时：r=U/Ⅰ=0.2/0.4Ω=0.5Ω （5分）

2

正常工作时：P出=P总-P内=UⅠ-Ⅰr=1.5W （ 5分）

2

(2)P热=2/0.5W=8W （10分）

课时7.磁场、磁场对运动导线的作用力

1.B 2.B 3.A 4、外，里，先垂直纸面向外逐渐减小，再垂直纸面向里逐渐增大。 5、解：画出金属杆的截面图。由三角形定则可知，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI1L=mgsinα， B=mgsinα/I1L。

α 当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得BI2Lcosα=mgsinα，I2=I1/cosα。（在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系）。

6、2.4×10-17N

7、解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。

课时8.带电粒子在磁场中的中的运动

1、A 2、A 3、ACD 4、

2m qB5、离子的质量m是不能直接测量的，但通过离子在磁场中的偏转而转化为距离进行测量。

当离子在电场中加速时应用动能定理可得：

qU=

12mv0 22mv2当离子在磁场中偏转时应用牛顿定律可得： Bqv=

xqB22x. 由上述二式求得 m=8U6、设正离子的质量为m，电量为q，两盒间加速电压为U，离子从离子源射出，经电场加速一次，第一次进入下半工半盒时速度和半径分别为

v1mv2qU,R11 mBq第二次进入下半盒时，经电场加速三次，进入下半盒速度和半径分别为 v2mv223qU ,R1mBq第k次进入下半盒时，经电场加速（2k-1）次，进入下半盒速度和半径分别为

vKmvK2(2k1)qU ,RKmBq所以，任意相邻两轨道半径之比为

RKvKRK1vK12k1 2k1可见，粒子在回旋加速器中运动时，轨道半径是不等距分布的。

7、（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。

粒子由 A点射入，由 C点飞出，其速度方向改变了 90°，则粒子轨迹半径

Rr

1 ○

又qvBmv2 R

2 ○

3 ○

则粒子的比荷

qv mBr（2）粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60°角，故 AD 弧所对圆心角 60°，粒子做圆周运动的半径

R'rcot303r

又

4 ○

5 ○

R'mv qB'

所以

B'3B 3

6 ○

粒子在磁场中飞行时间：t112m3r T66qB'3v

课时9.单元自测题（三）

1.ABC 2.AB 3.B 4.D 5.AC 6.C 7.C 8.BCD 9.

8U

10. b，Bdv B2L2

11. 解：因为悬线受的拉力为零，所以向上的安培力: F安=BIl=mg （4分）

解得： I=0.5A，方向从左到右． （5分）

金属导线在重力mg、悬线拉力2F和安培力BI/l的作用下平衡， 所以有： mg+BI/l=2F （4分）

解得：I/=1.5A，方向水平向左． （5分）

12、解：（1）带电粒子所受电场力方向与场强方向相反，因而粒子应带负电，根据带电粒子离开电场时的运动方向，可得：lv0t（2分）

11Eq2lt （4分） 22m2mv0解得： E （4分）

ql（2）换成磁场后，要使带电粒子向CD中点偏转，根据左手定则磁场方向必须垂直纸面向里．（4分） A 此时带电粒子做匀速圆周运动，如图所示．设其运动半径为R，根据几何关系，

v0 D B O 12题图

v0 C 可得:R(R)l 解得：R2l2225l （4分） 422v0mv04mv0又根据 qv0Bm 磁感强度:B （4分） qR5qlR

课时10.电磁感应现象

1、C 2、DE 3、CD

5、可以把速度v分解为两个分量：垂直于磁感线的分量v1=vsinθ和平行于磁感线的分量v2=vcos

θ。后者不切割磁感线，不产生感应电动势。前者切割磁感线，产生的感应电动势为

E=BLv1=BLvsinθ

［强调］在国际单位制中，上式中B、L、v的单位分别是特斯拉（T）、米（m）、米每秒（m/s），

θ指v与B的夹角。

6、解：由于导轨的夹角为θ，开始运动t秒时，金属棒切割磁感线的有效长度为： L=stanθ=

12

attanθ 2据运动学公式，这时金属棒切割磁感线的速度为v=at 由题意知B、L、v三者互相垂直，有 E=BLv=B

121attanθ·at=Ba2t3tanθ 22123

Battanθ. 2即金属棒运动t秒时，棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是E=7、解：（1）磁感应强度变化率的大小为所以E=n

B=0.02 T/s，B逐渐减弱， tSB=100×0.02×0.2 V=0.4 V tI=

E0.4 A=0.04 A，方向从上向下流过R2.

R1R246（2）R2两端的电压为U2=

R26E×0.4 V=0.24 V

R1R246所以Q=CU2=30×10-6×0.04 C=7.2×10-6 C.