实验课6探究影响向心力大小的因素-2-一、实验目的1.探究小物体的线速度相同时,向心力与半径的关系。2.探究小物体的角速度相同时,向心力与半径的关系。二、实验原理手感觉到的拉力大小近似等于物体所受向心力的大小。三、实验器材轻绳、小物体、停表。-3-四、实验操作(1)轻绳一端拴一个小物体,轻绳上距离小物体重心40cm的地方打一个绳结A,距离小物体重心80cm的地方打一个绳结B,如图甲所示。(2)手握绳结A,如图乙所示,使小物体在水平方向做匀速圆周运动,每秒运动1周,体会此时轻绳拉力的大小。(3)改为手握绳结B,仍使小物体在水平方向做匀速圆周运动,每秒运动1周,体会此时轻绳拉力的大小。(4)又改为手握绳结A,使小物体在水平方向做匀速圆周运动,每秒运动2周,体会此时轻绳拉力的大小。-4-五、实验现象分析1.步骤(3)中感觉到的轻绳拉力比步骤(2)中感觉到的轻绳的拉力大。2.步骤(4)中感觉到的轻绳拉力比步骤(3)中的大。六、实验结论当角速度相同时,向心力与转动的半径有关,转动半径越大,所需的向心力越大。当线速度相同时,向心力与转动的半径有关,转动半径越小,所需的向心力越大。-5-考向1考向2考向3实验原理与操作例1小明和小亮两个同学合作做体验性实验来粗略地验证向心力公式Fn=mω2r。他们的做法如下:在绳子的一端拴一个小沙袋,绳子上离小沙袋重心不同距离的地方各打一个绳结A、B,如图甲所示。小明同学看手表,小亮同学按下列步骤操作:-6-考向1考向2考向3操作一:手握住绳结A,使沙袋和绳子近似在水平面内做匀速圆周运动如图乙所示,每秒运动1周,体会绳子拉力的大小。操作二:手仍然握绳结A,使它们还是做匀速圆周运动,但是每秒运动2周,体会此时绳子拉力的大小。操作三:改为手握绳结B,仍然每秒运动2周,体会此时绳子拉力的大小。根据以上操作步骤填空:(1)两个同学采用了哪种科学实验方法?。(2)操作一与操作二两个过程中,小亮同学会感到操作(选填“一”或“二”)向心力比较大。(3)操作二与操作三(选填“半径”或“角速度”)相同,小亮同学会感到操作(选填“二”或“三”)向心力比较大。-7-考向1考向2考向3解析(1)由题可知,操作一与操作二比较,半径不变,角速度发生变化;操作二与操作三比较,角速度不变,半径发生变化,所以两个同学采用了控制变量法。(2)操作一和操作二,都是每秒转动一圈,则角速

实验课7验证机械能守恒定律-2-一、实验目的验证机械能守恒定律。二、实验原理1.在只有重力做功的自由落体运动中,物体的重力势能和动能互相转化,但总的机械能保持不变。若物体某时刻瞬时速度为v,下落高度为h,则重力势能的减少量为mgh,动能的增加量为,看它们在实验误差允许的范围内是否相等,若相等则验证了机械能守恒定律。实验原理图-3-2.速度的测量:做匀变速直线运动的纸带上某段位移中间时刻的瞬时速度等于这段位移之间的平均速度。计算打第n个点速度的方法:测出与第n个点相邻前后点间的距离-4-三、实验器材铁架台(含铁夹)、打点计时器、学生电源、纸带、复写纸、导线、毫米刻度尺、重物(带纸带夹)。四、实验过程1.安装置:如图所示将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上,接好电路。-5-2.打纸带:将纸带的一端用夹子固定在重物上,另一端穿过打点计时器的限位孔,用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方。先接通电源,后松开纸带,让重物带着纸带自由下落。更换纸带重复做3~5次实验。3.选纸带:分两种情况说明-6-五、实验数据处理1.测量计算在起始点标上0,在以后各计数点依次标上1、2、3……,用刻度尺测出对应下落高度h1、h2、h3……。利用公式计算出点1、点2、点3……的瞬时速度v1、v2、v3……。-7--8-六、误差分析1.本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功,故动能的增加量ΔEk稍小于重力势能的减少量ΔEp,即ΔEk<ΔEp这属于系统误差。改进的办法是调整器材的安装,尽可能地减小阻力。2.本实验的另一个误差来源于长度的测量,属偶然误差。减小误差的办法是测下落距离时都从0点量起,一次将各打点对应的下落高度测量完;或者多次测量取平均值来减小误差。3.打点计时器产生的误差(1)由于交变电流周期的变化,引起打点时间间隔变化而产生误差;(2)读数点选择不好,振动片振动不均匀,纸带放置方法不正确引起摩擦,造成实验误差。-9-七、注意事项1.打点计时器要稳定地固定在铁架台上,打点计时器平面与纸带限位孔调整到竖直方向,以减小摩擦阻力。2.重物要选用密度大、体积小的物体,这样可以减小空气阻力的影响,从而减小实验误差。3.实验中,需保持提纸带的手不动,且保证纸带竖直,待接通电源,打点计时器工作稳定后,再松开纸带。4.测量下落高度时,为了减小测量值h

实验课8验证动量守恒定律-2-一、实验目的验证动量守恒定律。二、实验原理在一维碰撞中,测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v',找出碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p'=m1v1'+m2v2',看碰撞前后动量是否守恒。三、实验器材方案一:气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。方案二:带细绳的摆球(相同的两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。方案三:光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。方案四:斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。-3-四、实验步骤1.方案一:利用气垫导轨验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量:用天平测出滑块的质量。(2)安装:正确安装好气垫导轨。(3)实验:接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量;②改变滑块的初速度大小)。(4)验证:一维碰撞中的动量守恒。-4-2.方案二:利用摆球验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量:用天平测出两小球的质量m1、m2。(2)安装:把两个等大的摆球用等长悬线悬挂起来。(3)实验:一个摆球静止,拉起另一个摆球,放下时它们相碰。(4)测速度:测量摆球被拉起的角度,从而算出碰撞前对应摆球的速度;测量碰撞后摆球摆起的角度,从而算出碰撞后对应摆球的速度。(5)改变条件:改变碰撞条件,重复实验。(6)验证:一维碰撞中的动量守恒。-5-3.方案三:利用光滑桌面上两小车相碰验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量:用天平测出两小车的质量m1、m2。(2)安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器的限位孔连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。(3)实验:接通电源,让小车A运动,小车B静止,两车碰撞时撞针插入橡皮泥,把两小车连接在一起共同运动。(4)测速度:通过纸带上两计数点间的距离及时间由算出速度。(5)改变条件:改变碰撞条件,重复实验。(6)验证:一维碰撞中的动量守恒。-6-4.方案四:利用平抛运动规律验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量,并选定质量大的小球为入射小球。(2)按要求安装好实验装置,并调整斜槽使斜槽末端切线水平。(3)白纸在下,复写纸在上,在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O

实验课9用单摆测重力加速度-2-一、实验目的1.利用单摆测定当地的重力加速度。2.巩固和加深对单摆周期公式的理解。二、实验原理三、实验器材铁架台及铁夹、中心有小孔的金属小球、约1m长的细线、停表、刻度尺、游标卡尺。-3-四、实验步骤1.让线的一端穿过小球的小孔,然后打一个比小孔大一些的线结,做成单摆。2.把线的上端用铁夹固定在铁架台上,把铁架台放在实验桌边,使铁夹伸到桌面以外,让摆球自由下垂,在单摆平衡位置处做上标记,如图所示。-4-3.用刻度尺测摆线长,用游标卡尺测小球直径d或直接用刻度尺测量单摆的摆长(悬点到球心间的距离)。4.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5°),然后放开小球让它摆动,用停表测出单摆完成30~50次全振动的时间,计算出平均完成一次全振动的时间,这个时间就是单摆的振动周期。5.改变摆长,重做几次实验。6.根据单摆的周期公式,计算出每次实验的重力加速度,求出几次实验得到的重力加速度的平均值,就是该地区的重力加速度的值。7.将测得的重力加速度数值与当地重力加速度数值加以比较,分析产生误差的可能原因。-5-五、数据处理-6-六、误差分析1.系统误差的主要来源:悬点不固定,球、线不符合要求,振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。2.偶然误差主要来自时间的测量,因此,要从摆球通过平衡位置时开始计时,不能多计或漏计全振动次数。七、注意事项1.选择器材时应选择细而不易伸长的线,长度一般为1m左右。小球应选用质量大、体积小的金属球。2.摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应不大于5°。3.摆球摆动时,要使之保持在同一个竖直平面内,不要形成圆锥摆。4.计算单摆的振动次数时,应以摆球通过最低点位置时开始计时,以摆球从同一方向通过最低点时计数,要多测几次(如30次或50次)全振动的时间,并用取平均值的方法求周期。-7-考向1考向2考向3实验原理与操作例1某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中:(1)用游标卡尺测定摆球的直径,测量结果如图甲所示,则该摆球的直径为cm。摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°,为了减小测量周期的误差,计时开始时,摆球应是经过最(选填“高”或“低”)点的位置,且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间,求出周期。图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间,则单摆振动周期为。-8-考向1考向2考向3-9-考向1考向2考向3(2)

课时作业33电磁感应现象楞次定律时间：45分钟1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是(C)A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针解析：由楞次定律知，当磁铁向下靠近圆环时，圆环中产生向下的感应磁场，又结合安培定则可知圆环中产生顺时针方向(从上向下看)的感应电流；同理可判定，当磁铁向下远离圆环时，圆环中产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，故只有C正确．2．一种早期发电机原理示意图如图所示，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，线圈圆心为O点．在磁极绕转轴匀速转动的过程中，当磁极与O点在同一条直线上时，穿过线圈的(B)A．磁通量最大，磁通量变化率最大B．磁通量最大，磁通量变化率最小C．磁通量最小，磁通量变化率最大D．磁通量最小，磁通量变化率最小解析：根据磁极的转动可知线圈中的磁通量发生变化，当磁极与O点在同一条直线上时，穿过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故B项正确，A、C、D项错误．3．一闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，框上垂直放置一金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在如图所示的匀强磁场中，当用外力使ab棒右移时(D)A．其穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行解析：abcd组成的线框中的磁通量垂直纸面向里增大，abfe组成的线框中的磁通量垂直纸面向里减小，故根据楞次定律可得左半边的感应电流逆时针方向绕行，右半边的感应电流顺时针方向绕行，故D正确．4．(多选)如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷．在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上，现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是(AD)A．铝环N有沿逆时针方向的感应电流B．铝环N有扩大的趋势C．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下D．橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上解析：本题考查楞次定律．橡胶圆盘M由

进入导航第1页第十章电磁感应进入导航第2页第1讲电磁感应现象楞次定律进入导航第3页进入导航第4页考点1磁通量电磁感应现象1．磁通量(1)计算式：Φ＝B·S·cosα当B⊥S时，Φ最大当B∥S时，Φ＝0(2)理解：穿过某一平面磁感线的条数．进入导航第5页(3)磁通量变化的三种情况：进入导航第6页2．判断感应电流的方法(1)确定研究的闭合回路．(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定其磁通量Φ.(3)Φ不变→无感应电流Φ变化→回路闭合，有感应电流不闭合，无感应电流，但有感应电动势进入导航第7页1．关于磁通量，下列说法中正确的是()A．磁通量不仅有大小而且有方向，所以是矢量B．磁通量越大，磁感应强度越大C．通过某一平面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零D．磁通量就是磁感应强度C进入导航第8页解析：磁通量是标量，没有方向，故A错；由Φ＝BS知Φ是由B和S两个因素决定的，Φ大，有可能是S较大造成的，故B错；由Φ＝BS知，当线圈平面与磁场平行时，S＝0，Φ＝0，但磁感应强度B不一定为零，故C对；磁通量和磁感应强度是两个不同的物理量，故D错．进入导航第9页2．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法中正确的是()A进入导航第10页A．开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转进入导航第11页解析：开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起穿过线圈B的磁通量的变化，从而使电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流变化，使线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．进入导航第12页3．(多选)如图所示，矩形线框abcd由静止开始运动，若使线框中产生感应电流，则线框的运动情况应该是()A．向右平动(ad边还没有进入磁场)B．向上平动(ab边还没有离开磁场)C．以bc边为轴转动(ad边还没有转入磁场)D．以ab边为轴转动(转

课时作业34法拉第电磁感应定律自感现象时间：45分钟1.如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′.则E′E等于(B)A.12B.22C．1D.2解析：设折弯前导体切割磁感线的长度为L，运动产生的感应电动势为E＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L′＝L22＋L22＝22L，故产生的感应电动势为E′＝BL′v＝B·22Lv＝22E，所以E′E＝22，B正确．2．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为21，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是(B)A．EaEb＝41，感应电流均沿逆时针方向B．EaEb＝41，感应电流均沿顺时针方向C．EaEb＝21，感应电流均沿逆时针方向D．EaEb＝21，感应电流均沿顺时针方向解析：由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝ΔΦΔt＝πr2·ΔBΔt，则EaEb＝r2ar2b＝41，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确．3．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(A)A．Q1>Q2，q1＝q2B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q2解析：由Q＝I2Rt得，Q1＝E1R2Rt＝BLabv2R×Lbcv＝B2L2abLbcvR，同理，Q2＝B2L2bcLabvR，又因为Lab>Lbc，故Q1>Q2.由电荷量q＝IΔt＝nΔΦR＝nBLbcLabR，故q1＝q2.所以选项A正确．4．(多选)用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R.闭合开关S，传感器记录

进入导航第1页第十章电磁感应进入导航第2页第2讲法拉第电磁感应定律自感现象进入导航第3页进入导航第4页考点1法拉第电磁感应定律的理解和应用1．法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt对应Φ-t图线上某点切线的斜率．进入导航第5页2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝nBΔSΔt；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝S·ΔB，则E＝nS·ΔBΔt；(3)磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时，则根据定义，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n|B2S2－B1S1|Δt≠n|ΔBΔS|Δt.进入导航第6页1．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()AC进入导航第7页A．在t＝T4时为零B．在t＝T2时改变方向C．在t＝T2时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向进入导航第8页解析：本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律．由i-t图象可知，在t＝T4时，ΔiΔt＝0，此时穿过导线框R的磁通量的变化率ΔΦΔt＝0，由法拉第电磁感应定律可知，此时导线框R中的感应电动势为0，选项A正确；同理在t＝T2和t＝T时，ΔiΔt为最大值，ΔΦΔt为最大值，导线框R中的感应电动势为最大值，不改变方向，选项B错误；根据楞次定律，t＝T2时，导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向，而t＝T时，导线框R中的感应电动势的方向为逆时针方向，选项C正确，选项D错误．进入导航第9页2．如图甲所示，用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径．在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则0～t1时间内()D进入导航第10页A．圆环中产生感应电流的方向为逆时针B．圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C．圆环一直具有扩张的趋势D．圆环中感应电流的大小为B0rS4t0ρ解析：磁通量先向里减小再向外增大，由楞次定律

课时作业35电磁感应规律的综合应用(一)时间：45分钟1．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法中正确的是(D)A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小解析：磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得ab中的感应电流方向由a到b，故A错误．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝ΔBSΔt得感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误．根据F＝BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误．金属棒在安培力和静摩擦力作用下处于平衡状态，有f＝F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．2．如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时(C)A．电容器两端的电压为零B．通过电阻R的电流为BLvRC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR解析：本题考查电磁感应的电路问题，搞清谁是电源，内、外电阻分别是什么可快速求解．当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，故A、B错误．电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，所以C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误．3．如图所示，用横截面积之比为41的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中将a和b匀速拉到磁场外，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则WaWb为(C)A．14B．12C．11D．不能确定解析：根据能量守恒定律，外力做的功等于电路中产生的电能，设线框切割磁感线的有效长度为l，则外力对线框做的功W＝B2l2v2R·lv，而R＝ρ·

进入导航第1页课时作业33电磁感应现象楞次定律进入导航第2页时间：45分钟1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是()A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针C进入导航第3页解析：由楞次定律知，当磁铁向下靠近圆环时，圆环中产生向下的感应磁场，又结合安培定则可知圆环中产生顺时针方向(从上向下看)的感应电流；同理可判定，当磁铁向下远离圆环时，圆环中产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，故只有C正确．进入导航第4页2．一种早期发电机原理示意图如图所示，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，线圈圆心为O点．在磁极绕转轴匀速转动的过程中，当磁极与O点在同一条直线上时，穿过线圈的()B进入导航第5页A．磁通量最大，磁通量变化率最大B．磁通量最大，磁通量变化率最小C．磁通量最小，磁通量变化率最大D．磁通量最小，磁通量变化率最小进入导航第6页解析：根据磁极的转动可知线圈中的磁通量发生变化，当磁极与O点在同一条直线上时，穿过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故B项正确，A、C、D项错误．进入导航第7页3．一闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，框上垂直放置一金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在如图所示的匀强磁场中，当用外力使ab棒右移时()D进入导航第8页A．其穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行解析：abcd组成的线框中的磁通量垂直纸面向里增大，abfe组成的线框中的磁通量垂直纸面向里减小，故根据楞次定律可得左半边的感应电流逆时针方向绕行，右半边的感应电流顺时针方向绕行，故D正确．进入导航第9页4．(多选)如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷．在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上，现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是()AD进入导航第10页A．铝环N有沿逆时针方向的感应电流

课时作业36电磁感应规律的综合应用(二)时间：45分钟1．如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(逆时针方向为正)，则下列表示I-t关系的图线中，正确的是(D)解析：导线框完全进入磁场后，磁通量保持不变，没有感应电流产生，故A、B错误．线框进入和穿出磁场过程，有效切割长度发生变化，所以感应电动势和感应电流发生变化，故C错误．线框进入磁场过程，有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流I均匀增大；穿出磁场过程，有效切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反，故D正确．2．如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为其圆心．环内两个圆心角为90°关于圆心对称的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等、方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心与圆环间连有电阻R.杆OM以角速度ω逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流i随ωt变化的图象是(C)解析：杆OM以角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好进入磁场，故ωt在0～π2内时，电阻R中有电流流过，B错误；根据右手定则可知，ωt在0～π2内时，感应电流的方向由M指向圆心O，流过电阻R时的方向是从b流向a，与题中规定的正方向相反，为负值，A错误；ωt在π2～π内时，杆OM处没有磁场，则没有感应电流产生，C正确，D错误．3．(多选)一正方形闭合导线框abcd边长L＝0.1m，各边电阻均为1Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽L＝0.1m的磁感应强度为1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，如图所示．在线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中，如图所示的各图中，能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中，ab边两端电势差Uab和回路中电流I(设顺时针方向为正方向)随导线框ab边位置变化情况的是(BC)解析：本题考查电磁感应的图象问题．ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0～L范围：

进入导航第1页课时作业34法拉第电磁感应定律自感现象进入导航第2页时间：45分钟1.如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′.则E′E等于()B进入导航第3页A.12B.22C．1D.2进入导航第4页解析：设折弯前导体切割磁感线的长度为L，运动产生的感应电动势为E＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L′＝L22＋L22＝22L，故产生的感应电动势为E′＝BL′v＝B·22Lv＝22E，所以E′E＝22，B正确．进入导航第5页2．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为21，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()B进入导航第6页A．EaEb＝41，感应电流均沿逆时针方向B．EaEb＝41，感应电流均沿顺时针方向C．EaEb＝21，感应电流均沿逆时针方向D．EaEb＝21，感应电流均沿顺时针方向进入导航第7页解析：由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝ΔΦΔt＝πr2·ΔBΔt，则EaEb＝r2ar2b＝41，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确．进入导航第8页3．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()A．Q1>Q2，q1＝q2B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q2A进入导航第9页解析：由Q＝I2Rt得，Q1＝E1R2Rt＝BLabv2R×Lbcv＝B2L2abLbcvR，同理，Q2＝B2L2bcLabvR，又因为Lab>Lbc，故Q1>Q2.由电荷量q＝IΔt＝nΔΦR＝nBLbcLabR，故q1＝q2.

课时作业37交变电流的产生和描述时间：45分钟1．将闭合多匝线圈置于如图所示的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈可绕MN轴自由转动，则下列表述中正确的是(C)A．当磁感应强度均匀增加时，线圈不动，线圈中感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．当磁感应强度均匀增加时，线圈不动，线圈中感应电流为顺时针方向C．线圈以MN为轴匀速转动时，可以产生正弦式交流电D．当磁感应强度恒定时，线圈匝数越大，穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大解析：根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势E＝nΔΦΔt＝nΔBSΔt，感应电动势与线圈的匝数有关，故A错误；根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流的方向为逆时针方向，故B错误；当线圈以MN为轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量发生周期性变化，故可以产生正弦式交流电，故C正确；根据E＝nΔΦΔt可知，当磁感应强度恒定时，穿过线圈的磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故D错误．2．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是(C)A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直B．t＝0.02s时刻，线圈磁通量的变化率达最大C．t＝0.01s时刻，瞬时电流达到最大D．该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示解析：由甲图知t＝0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，A错误；t＝0.02s时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，B错误；t＝0.01s时刻，磁通量为零，磁通量的变化率最大，交流电动势最大，瞬时电流最大，故C正确；由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，D错误．3．(多选)如图甲所示，标有“220V40W”的电灯和标有“20μF300V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表．交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是(BC)A．t＝T2时刻，V的示数为零B．电灯恰正常发光C．电容器有可能被击穿D．交流电压表V的示数保持1102V不变解析：交流电压表V的示数应是电压的有效值220V，故A、D错误；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值2202V≈311V，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C正确．4．如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻可视为无穷大)，在A、B间加一正弦交流电

进入导航第1页课时作业35电磁感应规律的综合应用(一)进入导航第2页时间：45分钟1．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法中正确的是()D进入导航第3页A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小解析：磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得ab中的感应电流方向由a到b，故A错误．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝ΔBSΔt得感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误．根据F＝BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误．金属棒在安培力和静摩擦力作用下处于平衡状态，有f＝F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．进入导航第4页2．如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()C进入导航第5页A．电容器两端的电压为零B．通过电阻R的电流为BLvRC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR进入导航第6页解析：本题考查电磁感应的电路问题，搞清谁是电源，内、外电阻分别是什么可快速求解．当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，故A、B错误．电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，所以C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误．进入导航第7页3．如图所示，用横截面积之比为41的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中将a和b匀速拉到磁场外，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则WaWb为()A．14B．12C．11D．不能确定C进入导航第8页解析：根据能量守恒定律，外力做

课时作业38变压器电能的输送时间：45分钟1．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sinπt(V)的交流电源上，副线圈接在负载电阻R＝5.5Ω，原副线圈匝数之比为201，交流电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是(B)A．交流电压表的读数为15.6VB．交流电流表的读数为0.1AC．副线圈输出交变电流的周期为50sD．原线圈的输入功率为222W解析：由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为201，由U1U2＝n1n2，得U2＝U1n2n1＝220×120V＝11V，电压表的读数为有效值，即U2＝11V，故A错误；副线圈的电流为I2＝U2R＝115.5A＝2A，故I1I2＝n2n1，得I1＝n2n1I2＝120×2A＝0.1A，故B正确；由u＝2202sinπt(V)，可知ω＝π，由ω＝2πT，解得：T＝2πω＝2s，理想变压器不改变周期，故C错误；原线圈中的输入功率为P入＝U1I1＝220×0.1W＝22W，故D错误．2．一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n1n2＝21，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4Ω、2Ω和3Ω，U为有效值恒定的正弦交流电源．当开关S断开时，理想电流表的示数为I，当S闭合时，电流表的示数为(D)A.23IB.12IC.32ID．2I解析：设S闭合时，电流表示数为I1，对理想变压器有P入＝P出，I1I2＝n2n1，则开关闭合时有I1U－I21R1＝(2I1)2R2，开关断开时有IU－I2R1＝(2I)2(R2＋R3)，解得I1＝2I，故D项正确．3．(多选)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是(BD)A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：对于理想变压器U2＝n2n1U1，U1不变则U2不变，与调节P无关，故B正确．又UL＝U2，所以灯的亮度不变，A错．P向上滑动时RP减小，则R总减小，P出＝U22R总增大，P入＝P出＝U1I1，所以I1增大，可知C错误，D正确．4．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡能发光，若将滑片P上移(电压表和电流表均为理想电表)，则(D)A．电容器的容抗增

进入导航第1页课时作业36电磁感应规律的综合应用(二)进入导航第2页时间：45分钟1．如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(逆时针方向为正)，则下列表示I-t关系的图线中，正确的是()D进入导航第3页进入导航第4页解析：导线框完全进入磁场后，磁通量保持不变，没有感应电流产生，故A、B错误．线框进入和穿出磁场过程，有效切割长度发生变化，所以感应电动势和感应电流发生变化，故C错误．线框进入磁场过程，有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流I均匀增大；穿出磁场过程，有效切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反，故D正确．进入导航第5页2．如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为其圆心．环内两个圆心角为90°关于圆心对称的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等、方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心与圆环间连有电阻R.杆OM以角速度ω逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流i随ωt变化的图象是()C进入导航第6页进入导航第7页解析：杆OM以角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好进入磁场，故ωt在0～π2内时，电阻R中有电流流过，B错误；根据右手定则可知，ωt在0～π2内时，感应电流的方向由M指向圆心O，流过电阻R时的方向是从b流向a，与题中规定的正方向相反，为负值，A错误；ωt在π2～π内时，杆OM处没有磁场，则没有感应电流产生，C正确，D错误．进入导航第8页3．(多选)一正方形闭合导线框abcd边长L＝0.1m，各边电阻均为1Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽L＝0.1m的磁感应强度为1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，如图所示．在线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中，如图所示的各图中，能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中，ab边两端电势差Uab和回路中电流I(设顺时针方向为正方向)随导线

课时作业39波粒二象性时间：45分钟1．某单色光照射某金属时不能发生光电效应，下列措施中可能使该金属发生光电效应的是(D)A．延长光照时间B．增大光的强度C．换用频率较低的光照射D．换用波长较短的光照射解析：能不能发生光电效应取决于光的频率，与照射时间、照射强度没有关系，波长越小的光频率越高，越容易发生光电效应，故D正确．2．在通往量子论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是(A)A．爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应现象B．德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念C．玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念D．普朗克把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性解析：爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应现象，选项A正确；玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，选项B错误；普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项C错误；德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，选项D错误．3．关于光电效应，下列说法正确的是(B)A．只要入射光的强度足够强，就可以使金属发生光电效应B．光子的能量大于金属的逸出功就可以使金属发生光电效应C．照射时间越长光电子的最大初动能越大D．光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比解析：根据光电效应规律，只要入射光的频率足够大，就可以使金属发生光电效应，与入射光的强度无关，选项A错误；光子的能量大于金属的逸出功就可以使金属发生光电效应，选项B正确；光电子的最大初动能与照射时间无关，选项C错误；光电子的最大初动能随入射光子的频率增大而增大，但并不是正比关系，选项D错误．4．下图是光电管的原理图．已知当有波长为λ0的光照到阴极K上时，电路中有光电流，则(D)A．若增加电路中电源电压，电路中光电流一定增大B．若将电源极性反接，电路中一定没有光电流产生C．若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流D．若换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照射阴极K时，电路中一定有光电流解析：若光电流已经达到饱和，增加电路中电源电压，电路中光电流也不再增大，A错；将电源极性反接，若加在光电管上的电压小于截止电压，电路中仍然有光电流产生，B错；换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K

课时作业40原子结构原子核时间：45分钟1．如图是卢瑟福的α粒子散射实验装置，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的α粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，射到金箔上，最后打在荧光屏上产生闪烁的光点．下列说法正确的是(A)A．该实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B．该实验证实了汤姆孙原子模型的正确性C．α粒子与原子中的电子碰撞会发生大角度偏转D．绝大多数的α粒子发生大角度偏转解析：卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，A项正确，B项错误；电子质量太小，对α粒子的影响不大，C项错误；绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原方向前进，D项错误．2．氡222经过α衰变变成钋218，t＝0时氡的质量为m0，任意时刻氡的质量为m，下列四幅图中正确的是(B)解析：每经过一个半衰期有一半质量发生衰变，则剩余质量m＝m012n＝m012tT，解得mm0＝12tT，T为半衰期，可知mm0与t成指数函数关系，故B项正确，A、C、D项错误．3．如图为氢原子能级示意图，则氢原子(A)A．从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出电磁波的波长长B．从n＝5能级跃迁到n＝1能级比从n＝5能级跃迁到n＝4能级辐射出电磁波的速度大C．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的D．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量解析：光子能量E＝hν＝hcλ，而E4－3<E3－2，故λ4－3>λ3－2，A项正确．不同频率的电磁波在真空中传播时速度均相等，故B错误．电子在核外不同能级出现的概率是不同的，故C错误．能级跃迁是核外电子在不同轨道间的跃迁，与原子核是否放出能量无关，故D错误．4．如图所示为氢原子的能级图，当一群氢原子从n＝3能级向低能级跃迁时，共辐射出三种不同频率的光子，光子的频率分别为ν1、ν2、ν3，且ν1>ν2>ν3，则下列说法正确的是(B)A.1ν1＋1ν2＝1ν3B．ν1＝ν2＋ν3C．从n＝3能级跃迁到n＝2能级，辐射出的光子频率为ν1D．辐射出频率为ν1的光子后的氢原子的电势能比辐射出频率为ν2的光子后的氢原子的电势能大解析：由题意及玻尔理论可知，E3－E1＝hν1，E2－E1＝hν2，E3－E2＝hν3，因此有hν1＝hν2＋hν3，即ν1＝ν2＋ν3，选项A错误，B正确；从n＝3能