高二物理上册知能优化演练习题2
高二物理(含第三册)优化训练 第15章第六节知能优化训练
1．有关回旋加速器的下列说法中，正确的是( ) ①高频电源产生的电场用来加速带电粒子②D 形盒内既有匀强磁场，又有高频电源产生的电场 ③D 形盒内只有匀强磁场，没有高频电源产生的电场④带电粒子在D 形盒中运动时，磁场力使带电粒子速度增大 A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④解析：选C.带电粒子是在电场中加速的，故①对；D 形盒用金属做成，高频电源产生的电场被屏蔽，故D 形盒内无电场，②错③对；磁场力对粒子不做功，故④错．所以选C.2．关于回旋加速器的说法正确的是( )A ．回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子的速度增大B ．回旋加速器是用电场加速的C ．回旋加速器是通过多次电场加速使带电粒子获得高能量的D ．带电粒子在回旋加速器中不断被加速，故在其中做圆周运动一周所用时间越来越小 解析：选BC.带电粒子是靠电场来加速的，磁场使离子偏转，为的是再回到电场继续加速，即通过电场的多次加速使带电粒子获得高能量，故A 不正确，B 、C 正确．带电粒子转一周的时间主要是在磁场中做圆周运动的时间，而在电场中加速时间很小，几乎可以忽略不计，而带电粒子做圆周运动的周期是恒量，与速度无关，故D 不正确．3．已知回旋加速器的磁感应强度为B ，被加速粒子的比荷为a ，则加速粒子所用交变电源的频率为( )A.BaπB.Ba 2πC.B2πa D.Bπa解析：选B.粒子在磁场中的运动频率与交变电源频率相同，则T ＝2πm qB ＝2πBa ，f ＝1T ＝Ba2π.图15－6－44．回旋加速器是利用较低电压的高频电源，使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图15－6－4所示．下列说法正确的是( )A ．粒子在磁场中做匀速圆周运动B ．粒子从A 0运动到A 1比粒子由A 2运动到A 3所用时间少C ．粒子的轨道半径与它的速率成正比D ．粒子的运动周期和运动速率成正比 答案：AC图15－6－55．(2011年徐州模拟)如图15－6－5所示，a 和b 是从A 点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形轨迹．已知其半径r a ＝2r b ，则由此可知( )A ．两粒子均带正电荷，质量之比为m a /m b ＝4B ．两粒子均带负电荷，质量之比为m a /m b ＝4C ．两粒子均带正电荷，质量之比为m a /m b ＝1/4D ．两粒子均带负电荷，质量之比为m a /m b ＝1/4解析：选B.由r ＝mv Bq 得r a ＝m a v a Bq ，r b ＝m b v b Bq ，又由r a ＝2r b 及12m a v 2a ＝12m b v 2b 得m a ∶m b ＝4，由左手定则可判断带电粒子带负电荷．所以B 项正确`，其余错误．图15－6－61．1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图15－6－6所示．这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )A ．离子由加速器的中心附近进入加速器B ．离子由加速器的边缘进入加速器C ．离子从磁场中获得能量D ．离子从电场中获得能量解析：选AD.回旋加速器对离子加速时，离子是由加速器的中心附近进入加速器的，故选项A 正确，选项B 错误；离子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以离子的能量不变，故选项C 错误；D 形盒D 1、D 2之间存在交变电场，当离子通过交变电场时，电场力对离子做正功，离子的能量增加，所以离子的能量是从电场中获得的，故选项D 正确．2．在回旋加速器中，带电粒子在D 形金属盒内经过半个圆周所需时间t 与下列哪些物理量无关( )A ．带电粒子的质量和电量B ．带电粒子的速度C ．加速器的磁感应强度D ．带电粒子运动的轨道半径解析：选BD.带电粒子在D 形盒内运动的周期T ＝2πmBq，所以带电粒子在D 形盒内经过半个周期的时间与带电粒子的速度和轨道半径大小无关．3．用一台回旋加速器来加速质子时，为使质子获得的动能增加为原来的4倍，则可以采取的方法是( )A ．将磁感应强度B 增大到原来的2倍 B ．将磁感应强度B 提高到原来的4倍C ．将D 形盒的直径增大到原来的4倍D ．将D 形盒的直径和磁感应强度B 各增大到原来的2倍 答案：A4．一回旋加速器，当外加磁场一定时，加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．1∶2D ．1∶4解析：选C.回旋加速器中加速电场的交变频率与带电粒子在磁场中做圆周运动的频率相同，由T ＝2πm qB 得f ＝1T ＝qB 2πm ，故f αf H ＝q αq H ·m H m α＝12.C 正确．5．有一回旋加速器，两个D 形盒的半径为R ，两D 形盒之间的高频电压为U ，偏转磁场的磁感应强度为B .如果一个质子(11H)和一个α粒子(42He)都从加速器的中心开始被加速，则它们从D 形盒飞出时的速率之比为( )A ．2∶1B ．1∶2C ．4∶1D ．1∶4解析：选A.质子与α粒子它们在回旋加速器内虽然被加速的次数不同，但它们最后的轨道半径相同，都是D 形盒的半径R ，由于Bvq ＝m v 2r ，v 1＝Bq 1R m 1，v 2＝Bq 2R m 2，所以v 1v 2＝q 1m 1·m 2q 2＝e m ·4m2e＝2∶1.6．两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压为U 1和U 2的高频交流电源上，且U 2＝2U 1，有两个相同的带电粒子分别在这两个加速器中运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t 1和t 2，获得的最大动能分别为E k1和E k2则有( )A.t 1＝t 2，E k1＝E k2 B ．t 1＝t 2，E k1<E k2 C ．t 1>t 2，E k1＝E k2 D ．t 1>t 2，E k1<E k2解析：选C.粒子回旋的最大半径相同，而加速到的最大能量E ＝12mv 2，且R ＝mvqB，故E ＝q 2B 2R 22m ；又因q 、B 、R 、m 均相同，则E k1＝E k2；尽管每次粒子回旋时间均为t ＝πmqB ，但U 2＝2U 1>U 1，导致回旋次数减小，故t 1>t 2，综上所述选C.7．如图15－6－7甲所示的回旋加速器中的匀强磁场的磁感应强度为B ，PQ 间所加电压如图乙所示．一质量为m 、带电量为q 的粒子从A 0点进入磁场的初速度为v 0，回旋加速器的最大半径为R ，那么交变电压的周期T 和该粒子的最大速度v 分别为( )图15－6－7A ．T ＝2πm qB ，v ≤qBR mB ．T ＝πm qB ，v ≤qBR mC ．T ＝2πm qB ，v ≤qBR 2mD ．T ＝πm qB ，v ≤qBR 2m解析：选A.回旋加速器中交变电压周期T 电等于粒子在磁场中的回旋周期T 回，即T 电＝T 回＝2πm qB ，当粒子速度最大时，运动半径等于D 形盒的半径R ，且R ＝mv m qB ，故v m ＝qBRm，选A. 8．如图15－6－8甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在运动中的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示．若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )图15－6－8A ．在E k －t 图中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1B ．高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1C ．从E k －t 图可知，粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D ．从E k －t 图可知，要想粒子获得的最大动能越大，则要求D 形盒的面积也越大解析：选AD.每一方波短线表示在磁场中运动半个周期内动能不变，横轴每个时间宽度都表示粒子在磁场中运动的半个周期，故A 正确．高频电源变化的周期等于粒子圆周运动的周期，应为2(t n －t n －1)，故B 错误．因E max ＝q 2B 2R 22m，最大动能与粒子的加速次数无关，只取决于D 形盒的半径，故C 错误．由以上分析可知，D 形盒面积越大，半径R 越大，粒子的最大动能越大，故D 正确．图15－6－99．如图15－6－9所示，水平放置的厚度均匀的铝箔，置于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．一带电粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，到达P 点垂直穿过铝箔后仍然做匀速圆周运动，粒子每次穿过铝箔时损失的能量都相同，图中两圆弧半径R ＝25 cm ，r ＝20 cm ，问：(1)该粒子带何种电荷？(2)该粒子总共能穿过铝箔多少次？解析：(1)由分析知，粒子第1次穿过铝箔后，做半径为r 的圆周运动，故应带负电．(2)由公式r ＝mv qB 得E k ＝12mv 2＝r 2q 2B22m.所以E k1＝R 2q 2B 22m .E k2＝r 2q 2B 22mΔE k ＝E k1－E k2＝q 2B 22m(R 2－r 2)．故n ＝E k1ΔE k ＝R 2R 2－r 2＝0.2520.252－0.22≈2.78.所以粒子总共穿过铝箔2次． 答案：(1)负 (2)2 10.图15－6－10串列加速器是用来产生高能离子的装置，图15－6－10中虚线框为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b 处有很高的正电势U ，a 、c 两端均有电极接地(电势为零)，现将速度很低的负一价碳离子从a 端输入，当离子到达b 处时，可被设在b 处的特殊装置将其电子剥离，成为n 价正离子，而不改变其速度大小．这些正n 价碳离子从c 端飞出后进入一与其速度方向垂直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，在磁场中做半径为R 的圆周运动，已知碳离子的质量m ＝2.0×10－26 kg ，U ＝7.5×105 V ，B ＝0.50 T ，n ＝2，元电荷e ＝1.6×10－19C ，求R .解析：本题考查直线加速器．设碳离子到达b 处时的速度为v 1，从c 端射出时速度为v 2，由能量关系得12mv 21＝eU ① 12mv 22＝12mv 21＋neU ② 进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得nev 2B ＝m v 22R③由以上三式可得R ＝1Bn2mU n ＋1e④由④式及题给数值可解得R ＝0.75 m. 答案：0.75 m图15－6－1111．(2011年高考天津卷)回旋加速器的原理如图15－6－11，D 1和D 2是两个中空的半径为R 的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f 的交流电源上，位于D 1圆心处的质子源A 能不断产生质子(初速度可以忽略，重力不计)，它们在两盒之间被电场加速，D 1、D 2置于与盒面垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中．若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P ，求输出时质子束的等效电流I 与P 、B 、R 、f 的关系式(忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速)．解析：设质子质量为m ，电荷量为q ，质子离开加速器时速度大小为v ，由牛顿第二定律知qvB ＝m v 2R质子运动的回旋周期为 T ＝2πR v ＝2πm qB由回旋加速器工作原理可知，交流电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T 与频率f 的关系得f ＝1T设在t 时间内离开加速器的质子数为N ，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率 P ＝N ·12mv 2t输出时质子束的等效电流I ＝Nq t由上述各式得I ＝P πBR 2f(若以单质子为研究对象解答过程正确的同样得分．) 答案：I ＝PπBR 2f。
高二物理(含第三册)优化训练 第14章第十三节知能优化训练
2013高二物理（含第三册）优化训练：第14章第十三节知能优化训练图14－13－101．有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图14－13－10所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是( )A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻B．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻答案：AC图14－13－112．如图14－13－11所示，是一个测定液面高度的传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的两极，把这两极接入外电路，当外电路中的电流变化说明电容值增大时，则导电液体的深度h变化为( ) A．增大B．减小C．不变D．无法确定答案：A图14－13－121．(2011年济南模拟)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图14－13－12所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图14－13－13甲、乙、丙、丁所示，下列判断中正确的是( )图14－13－13A ．甲图表示电梯可能做匀速直线运动B ．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动C ．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动D ．丁图表示电梯可能做变减速下降运动答案：ACD2．如图14－13－14所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R 1为光敏电阻，R 2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是( )图14－13－14A ．当有光照射R 1时，信号处理系统获得高电压B ．当有光照射R 1时，信号处理系统获得低电压C ．信号处理系统每获得一次低电压就记数一次D ．信号处理系统每获得一次高电压就记数一次解析：选AC.当光照时，光敏电阻R 1的阻值减小，R 2上的电压增大，当有物体通过时，相当于无光照，R 1阻值增大，R 2电压减小，所以信号处理系统每获得一次低电压记数一次，因此A 、C 正确．3．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程．下列属于这类传感器的是( )A ．红外报警装置B ．走廊内照明灯的声控开关C ．自动洗衣机中的压力传感装置D ．电饭煲中控制加热和保温的温控器答案：A4．(2011年南京调研)传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图14－13－15所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，下列实验现象中正确的是( )图14－13－15A ．当乙传感器接入电路实验时，若F 变小，则电流表指针向右偏转B ．当乙传感器接入电路实验时，若F 变大，则电流表指针向右偏转C ．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h 变大，则电流表指针向左偏转D ．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h 变小，则电流表指针向左偏转解析：选BD.在甲电路中接入的电容器电容增大时，电路中形成充电电流，电流表指针右偏，反之则左偏．由C ＝εS 4k πd知在乙电路中F 增大时，d 减小，C 增大，否则C 减小；在丙电路中h 变大时S 变大，C 变大，否则C 减小，则综合可知B 、D 正确．图14－13－165．如图14－13－16所示是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为由半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变小，U变大D．I变大，U变小解析：选B.当R2处出现火情，温度升高时，R2电阻减小，总电阻减小，总电流变大，故路端电压即ab间电压变小．R3所在支路电压等于电源电动势减去内电压，再减去R1两端电压，由于干路电流增大，内电压、R1两端电压均增大，所以R3所在支路电压减小，故电流减小．所以本题答案为B.图14－13－176．如图14－13－17所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED相距不远，下列说法正确的是( )A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变答案：A图14－13－187．如图14－13－18所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( )A．电压表的示数增大B．R2中电流减小C．小灯泡的功率增大D．电路的路端电压降低解析：选ABCD.当光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻减小，R1两端电压增大；R2两端电压减小，通过R2的电流减小，通过灯L的电流增大，功率增大，所以A、B、C、D都正确．8．(2011年泰州高二检测)传感器是指这样一类元件：它能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量，或转换为电路的通断．把非电学量转换为电学量以后，就可以很方便地进行测量、传输、处理和控制了．(1)下列关于传感器说法正确的是________．A．光敏电阻是常见的光传感器，其作用是将电信号转换为光信号；B．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号；C．热敏电阻能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量；D．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断图14－13－19(2)有一种测量压力的电子秤，其原理图如图14－13－19所示．E是内阻不计、电动势为6 V的电源．R0是一个阻值为300 Ω的限流电阻．G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器．R是一个压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示．C是一个用来压力F/N050100150200250300…电阻R/Ω300280260240220200180…②若电容器的耐压值为5 V，该电子秤的最大称量值为________ N；③如果把电流表中电流的刻度变换成压力刻度，则该测力显示器的刻度________(选填“均匀”或“不均匀”)．答案：(1)CD (2)①R＝300－0.4F②600 ③不均匀9．某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件．图14－13－20为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，实验室备有下列器材；器材(代号)规格电流表(A1)电流表(A2)电压表(V1)电压表(V2)滑动变阻器(R1)滑动变阻器(R2)直流电源(E)开关(S)导线若干量程0～50 mA，内阻约为50 Ω量程0～200 mA，内阻约为10 Ω量程0～3 V，内阻约为10 kΩ量程0～15 V，内阻约为25 kΩ阻值范围0～15 Ω，允许最大电流1 A阻值范围0～1 kΩ，允许最大电流100 mA输出电压6 V，内阻不计图14－13－20(1)为提高实验结果的准确程度，电流表应选用________；电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(以上均填器材代号)(2)为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号．(3)若发现实验测得的伏安特性曲线与图中14－13－20曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？相同点：________________________________________________________________________，不同点：________________________________________________________________________.答案：(1)A2V1R1(2)如图(3)相同点：通过该元件的电流与电压的变化关系和通过小电珠的电流与电压的变化关系都是非线性关系．不同点：该元件的电阻值随电压的升高而减小，而小电珠的电阻值随电压的升高而增大．。
2013高二物理(含第三册)优化训练 第15章第二节知能优化训练
2013高二物理（含第三册）优化训练：第15章第二节知能优化训练1．关于磁感应强度，下列说法正确的是( )A．由B＝FIL可知，B与F成正比，与I、L成反比B．通电导线放在磁场中某点，这一点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，这一点的磁感应强度变为零C．通电导线放在磁场中某点，这一点的磁感应强度等于导线所受安培力与导线中电流强度和导线长度乘积的比值D．磁场中某一点的磁感应强度是由磁场本身决定的，其大小和方向是惟一确定的，与通电导线无关答案：D图15－2－122．如图15－2－12所示，在三角形abc组成的导线框内通有电流，并处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，则线框所受安培力的合力( )A．大小为0B．方向垂直ab向外C．方向垂直bc向外D．方向垂直ca向外答案：A图15－2－133．如图15－2－13，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( ) A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)BILB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)BILC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)BILD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)BIL解析：选A.ab、bc、cd所受安培力的大小均为F＝BIL，bc边所受安培力的方向垂直于bc向上，ab、cd边所受安培力的方向如图所示，由几何关系可知ab与cd边所受安培力方向之间的夹角为90°，合力大小F′＝2BIL，方向垂直于bc向上，且与bc边所受安培力在一条直线上，因此abcd所受磁场的作用力的合力为F合＝F＋F′＝(2＋1)BIL，方向沿纸面垂直bc向上．图15－2－144．一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图15－2－14所示，如果直导线可以自由地运动，且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况( ) A．从上向下看，顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看，顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看，逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看，逆时针转动并靠近螺线管答案：D图15－2－155．(2011年广州高二检测)如图15－2－15所示，有一金属棒ab，质量m＝5 g，电阻R ＝1 Ω，可以无摩擦地在两条轨道上滑行，轨道间的距离d＝10 cm，电阻不计，轨道平面与水平面间的夹角θ＝30°，整个装置置于磁感应强度B＝0.4 T，方向竖直向上的匀强磁场中，回路中电源的电动势E＝2 V，内阻r＝0.1 Ω.求变阻器R0多大时，可使金属棒在轨道上保持静止．解析：ab棒受力如图所示由平衡条件得：mg sinθ＝BId cosθ由闭合电路欧姆定律得：I＝ER0＋R＋r解两式得：R0＝1.67 Ω.答案：1.67 Ω1．下列说法正确的是( )A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度为零C．磁感应强度表示磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值D．同一段通电导线在磁场中受力大的地方磁场强解析：选A.电场最基本的性质是对放入其中的电荷有力的作用，A正确．磁场中某处磁感应强度不为零，但当导线平行磁感线放置时所受磁场力为零，磁感应强度定义式B＝F/(IL)中F是当导线垂直磁场放置时所受的力，B、C、D错误．2．在北半球地面上，有一条东西方向水平放置的长直导线，通有从东向西的电流，则此通电长直导线所受地磁场的作用力的方向是( )A．向上偏北B．向下偏南C．向南D．向北答案：B3．一小段通电直导线长1 cm，电流强度为5 A，把它放入磁场中某点时所受磁场力大小为0.1 N，则该点的磁感应强度为( )A．B＝2 TB．B≥2 TC．B≤2 TD．以上三种情况均有可能解析：选B.由B＝F/(IL)可知F/(IL)＝2 T，当小段通电直导线垂直于磁场B时，受力最大，而此时可能通电直导线与B不垂直，即B sinθ＝2 T ，因而B≥2 T.图15－2－164．(2010年高考上海物理卷)如图15－2－16，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )A．0B．0.5BIlC．BIlD．2BIl解析：选C.由等效性可知，V形导线受到的安培力为F＝BIl，C正确．图15－2－175．如图15－2－17所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是( )A．都绕圆柱转动B．以不等的加速度相向运动C．以相等的加速度相向运动D．以相等的加速度相背运动解析：选C.同向环形电流间相互吸引，虽两电流大小不等，但根据牛顿第三定律可知两线圈间的相互作用力必大小相等．图15－2－186．(2011年南京高二检测)如图15－2－18所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直．当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用F N 表示磁铁对桌面的压力，F静表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较正确的是( )A．F N减小，F静＝0B．F N减小，F静≠0C．F N增大，F静＝0D．F N增大，F静≠0解析：选C.画出一条通电电流为I的导线所在处的磁铁的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知，电流I受安培力方向竖直向上．根据牛顿第三定律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确选项为C.7．取两个完全相同的长导线，用其中一根长导线绕成如图15－2－19甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I 的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为( )图15－2－19A ．0B ．0.5BC ．BD ．2B 答案：A图15－2－208．如图15－2－20所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，当导体棒中的电流I 垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是( )A ．B ＝mg sin αIL，方向垂直斜面向上B ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直斜面向下C ．B ＝mg cos αIL ，方向垂直斜面向下D ．B ＝mg cos αIL，方向垂直斜面向上解析：选A.若磁场方向垂直斜面向上，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向上，则导体棒受竖直向下的重力mg ，斜面对导体棒的支持力F N 和沿斜面向上的安培力F ，如右图所示，则sin α＝F mg ，而F ＝BIL ，所以B ＝mg sin αIL，故A 对D 错；若磁场方向垂直斜面向下，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向下，因斜面光滑，导体棒不可能静止在斜面上，故B 、C 错．图15－2－219．如图15－2－21所示为两个完全相同、互相垂直的导体圆环M 、N 中间用绝缘细线ab 连接，悬挂在天花板下，当M 、N 中同时通入如图所示方向的电流时，关于两线圈的转动(从上向下看)以及ab 中细线张力变化，下列判断正确的是( )A ．M 、N 均不转动，细线张力不变B ．M 、N 都顺时针转动，细线张力减小C ．M 顺时针转动，N 逆时针转动，细线张力减小D ．M 逆时针转动，N 顺时针转动，细线张力增加解析：选C.设想N 固定不动，分析M 上各部分在N 的磁场中的受力，可判断M 或Oa 竖直轴顺时针转动(从上向下看)；由牛顿第三定律可知，M 的磁场必定使N 逆时针转动，转动的最终结果会使两环在同一平面，并且a 、b 两点处电流方向相同，由于同向电流相互吸引，细线张力会减小．故C 对．10．(2011年高考新课标全国卷)图15－2－22电磁轨道炮工作原理如图15－2－22所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变解析：选BD.通电的弹体在安培力作用下加速运动，F 安＝BId ，B ＝kI ，故F 安∝I 2，根据动能定理F 安L ＝12mv 2得v ∝I L m ，故选项B 、D 正确，选项A 、C 错误．或根据运动学公式v2＝2aL ，也可得出v ∝ILm.图15－2－2311．质量为m 、长度为L 的导体棒MN 静止于水平导轨上，通过MN 的电流为I ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图15－2－23所示，求棒MN 受到的支持力和摩擦力．解析：棒MN 受力分析如图所示．由平衡条件有 水平方向：F f ＝F sin θ竖直方向：F N ＝F cos θ＋mg 且F ＝BIL∴F f ＝F sin θ＝BIL sin θF N ＝F cos θ＋mg ＝BIL cos θ＋mg . 答案：BIL cos θ＋mg BIL sin θ图15－2－2412．如图15－2－24所示，MN 、PQ 为水平放置的金属导轨，直导线ab 与导轨垂直放置，导轨间距L ＝10 cm ，其电阻为0.4 Ω，导轨所在区域处在匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度B ＝0.2 T ．电池电动势E ＝1.5 V ，内电阻r ＝0.18 Ω，电阻R ＝1.6 Ω，开关S 接通后直导线ab 仍静止不动．求直导线ab 所受摩擦力的大小和方向．解析：导线处于平衡状态，受力分析如右图所示．当开关闭合时，电阻R 与导线ab 并联，R 并＝R ·R ab R ＋R ab ＝1.6×0.41.6＋0.4Ω＝0.32 Ω，ab 两端的电压为U ＝IR 并＝E R 并＋r R 并＝ 1.50.32＋0.18×0.32 V＝0.96 V通过ab 的电流为I ab ＝U R ab ＝0.960.4A ＝2.4 A.导线ab 所受的安培力F 为F ＝BI ab L ＝0.2×2.4×0.1 N＝0.048 N. 由平衡条件可得F f ＝F ＝0.048 N.所以导线所受的摩擦力大小为0.048 N ，方向水平向左． 答案：0.048 N 方向水平向左图15－2－2513．在倾角θ＝30°的斜面上，固定一金属框架，宽l ＝0.25 m ，接入电动势E ＝12 V 、内阻不计的电池．金属框面放有一根质量m ＝0.2 kg 的金属棒ab (如图15－2－25)，且垂直于两框边．它与框架的动摩擦因数为μ＝36，整个装置放在磁感应强度B ＝0.8 T 的垂直于框面向上的匀强磁场中，当调节滑动变阻器R 的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g ＝10 m/s 2)解析：当变阻器R 取值较大时，I 较小，安培力F 较小，在金属棒重力分力mg sin θ作用下使金属棒有沿框面向下滑动的趋势，因此，框架对金属棒的摩擦力沿框面向上(如图甲所示)．金属棒刚好不下滑时满足平衡条件BER maxl ＋μmg cos θ－mg sin θ＝0 解得R max ＝4.8 Ω当变阻器R取值较小时，I较大，安培力F较大，在金属棒重力分力mg sin θ作用下会使金属棒产生沿框面向上滑动的趋势．因此，框架对金属棒的摩擦力沿框面向下(如图乙所示)．金属棒刚好不上滑时满足平衡条件B ER minl－μmg cos θ－mg sin θ＝0解得R min＝BElmg sin θ＋μcos θ＝1.6 Ω所以滑动变阻器R的取值范围应为1.6 Ω≤R≤4.8 Ω.答案：1.6 Ω≤R≤4.8 Ω。
2013高二物理(含第三册)优化训练 第14章第二节知能优化训练
2013高二物理（含第三册）优化训练：第14章第二节知能优化训练1．关于电阻率的说法正确的是( )A．电阻率与导体的长度有关B．电阻率与导体的材料有关C．电阻率与导体的形状有关D．电阻率与导体的横截面积有关解析：选B.电阻率与导体的材料、温度有关，与其他因素无关．2．一只“220 V,100 W”的灯泡工作时的电阻为484 Ω，测量它不工作时的电阻应( ) A．等于484 ΩB．大于484 ΩC．小于484 ΩD．无法确定答案：C3．关于公式R＝U/I和公式R＝ρ·l/S，下列说法正确的是( )A．两式对一切情况都适用B．R＝U/I仅适用于金属导体，R＝ρ·l/S适用于任何导体C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比D．导体的电阻在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比答案：D图14－2－74．(2011年黄冈模拟)一同学将变阻器与一只“6 V,6 W～8 W”的小灯泡L及开关S串联后接在6 V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发亮．按图14－2－7的接法，当滑片P向右滑动时，灯泡将( )A．变暗B．变亮C．亮度不变D．可能烧坏灯泡解析：选B.滑动变阻器接入电路的部分是PB段，向右滑动时，电阻变小，干路电流变大，则B正确．图14－2－85．为了测定液体的电阻率，工业上用一种称为“电导仪”的仪器．其中一个关键部件如图14－2－8所示，A、B是两片面积为1 cm2的正方形铂片，间距d＝1 cm，把它们浸没在待测液体中，若通过两根引线加一定的电压U＝6 V时，测出通过的电流I＝1 μA，这种液体的电阻率为多少？解析：以A、B间液体柱为研究对象，设电阻为R，由欧姆定律变形公式得：R ＝UI ＝61×10－6 Ω＝6×106 Ω 根据电阻定律：R ＝ρl S ＝ρdSρ＝RS d ＝6×106×1×10－41×10－2Ω·m＝6×104Ω·m. 答案：6×104Ω·m1．关于材料的电阻率，下列说法正确的是( )A ．把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的1/3B ．材料的电阻率随温度的升高而增大C ．纯金属的电阻率较合金的电阻率小D ．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大 解析：选C.电阻率是材料本身的一种电学特性，与导体的长度、横截面积无关，故A 错．金属材料的电阻率随温度升高而增大，而半导体材料则相反，故B 错．合金的电阻率比纯金属的电阻率大，故C 对．电阻率大表明材料的导电性能差，不能表明对电流的阻碍作用一定大，因为电阻才是反映导体对电流阻碍作用的大小的物理量，而电阻还跟导体的长度、横截面积有关，故D 错．2．(2011年天津高二检测)一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d ，电阻为R ，把它拉长成直径为d10的均匀细丝后，它的电阻变成( )A.R10000B.R100C ．10000RD ．100R解析：选C.设镍铬丝原长为l ，由电阻定律得R ＝ρl S ，R ′＝ρ100l S 100＝10000·ρl S＝10000R .3．两根材料相同的导线，质量之比为2∶1，长度之比为1∶2，加上相同电压后通过的电流之比为( )A ．8∶1B ．4∶1C ．1∶1D ．1∶4解析：选A.I ＝U R ，而R ＝ρl S ，m ＝ρ0lS ，故I ＝mU ρρ0l 2∝ml2，I 1∶I 2＝m 1l 21∶m 2l 22＝m 1m 2·(l 2l 1)2＝2×22＝8∶1.4．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U 时，通过的电流是I ，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I ，导线两端所加的电压变为( )A ．U /2B ．UC ．2UD ．4U解析：选D.R ＝U I，当拉长到原来2倍时，电阻R ′＝4R ，所以U ′＝IR ′＝4IR ＝4U .图14－2－95．(2011年秦皇岛高二检测)A 、B 两电阻丝的横截面积相同，长度B 为A 的2倍，即l B＝2l A ，它们的伏安特性曲线如图14－2－9所示，则A 、B 两电阻丝的电阻率之比ρA ∶ρB 为( )A ．6∶1B ．3∶2C ．2∶3D ．1∶1解析：选C.由图象可得A 、B 的电阻之比R A ∶R B ＝cot60°∶cot30°＝1∶3，由电阻定律R ＝ρl S ，所以ρA ∶ρB ＝R A Sl B l A R B S ＝23，故选C.图14－2－106．如图14－2－10所示的电路中，ab 间的电压恒定为2 V ，滑动变阻器的总电阻为R 0，滑动端P 处在正中央．在下列四种情况中，电阻R 上电压最接近1 V 的是( )A ．R 0＝200 Ω，R ＝100 ΩB ．R 0＝200 Ω，R ＝400 kΩC ．R 0＝200 kΩ，R ＝100 ΩD ．R 0＝200 kΩ，R ＝400 Ω 答案：B图14－2－117．一个T 型电路如图14－2－11所示，电路中的电阻R 1＝10 Ω，R 2＝120 Ω，R 3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V ，内阻忽略不计．则( )A ．当cd 端短路时，ab 之间的等效电阻是40 ΩB ．当ab 端短路时，cd 之间的等效电阻是40 ΩC ．当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压为80 VD ．当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压为80 V解析：选AC.当cd 端短路时，ab 之间的电路为R 2和R 3并联，然后与R 1串联，因此ab 之间的等效电阻为R 2·R 3R 2＋R 3＋R 1＝40 Ω，选项A 正确．同理，当ab 端短路时，R 1和R 3并联，然后与R 2串联，总电阻为128 Ω，B 选项错误．当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压为R 3两端的电压，电路为测试电源给串联的电阻R 1和R 3供电，因此，cd 两端的电压为10010＋40×40V ＝80 V ，选项C 正确．同理，当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压即R 3两端的电压为100120＋40×40 V＝25 V ，选项D 错误．图14－2－128．(2011年江苏南京模拟)金属的电阻随温度的变化而变化．如图14－2－12所示为某灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线．则下列说法中正确的是( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2D ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1解析：选AC.由题中I －U 图线可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A 正确，B 错误；图线上某点与原点连线的斜率的倒数等于导体的电阻，对应P 点，小灯泡的电阻R ＝U 1I 2，故C 正确，D 错误．图14－2－139．竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图14－2－13所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角为θ.当滑动变阻器R 的滑片在a 位置时，电流表的读数为I 1，夹角为θ1；当滑片在b 位置时，电流表的读数为I 2，夹角为θ2，则( )A ．θ1<θ2，I 1<I 2B ．θ1>θ2，I 1>I 2C ．θ1＝θ2，I 1＝I 2D ．θ1<θ2，I 1＝I 2解析：选D.分析电路可知，当滑片滑到b 位置时，电路的总电阻并没有发生变化，因此电路中的电流也没有变化，应有I 1＝I 2；而平行板两板间的电压变大了，由E ＝U d可知，平行板间的场强变大，小球受力变大，夹角应是θ1<θ2，故只有选项D 正确．10．横截面直径为d 、长度为l 的导线，两端电压为U ，当这三个量中有一个改变时，对导体中自由电子定向运动的平均速率的说法正确的是( )A ．电压U 加倍时速率不变B ．导线长度l 加倍时速率不变C ．导线横截面的直径d 加倍时速率不变D ．不管d 、l 、U 这三个量怎样变化，平均速率v 都不会发生变化解析：选C.判断的依据是I ＝nqSv .电压加倍时，电流I 应加倍，v 应增大；长度加倍时，由R ＝ρl S可知，R 应加倍，电流I 应减小，v 亦应减小；直径d 加倍时，半径r 加倍，由S ＝πr 2可知，S ′＝4S ，由I ＝nqvS 可知：v ＝I nqS ，而I ＝U R ＝U ρl S＝US ρl ，则v ＝US ρl ×1nqS ＝U ρlnq，从式中可以看出，v 与截面直径d 无关．故正确选项应为C.11．如图14－2－14所示，一块电阻均匀的矩形薄板，其长为宽的两倍，以长边的中点为圆心挖去一半圆形的孔，若ab 间的电阻为R ，求cd 间的电阻．图14－2－14解析：剩余的薄板是一个轴对称图形，将它从对称轴一分为二，连接ab 时，是两部分的串联，连接cd 时，是两部分的并联．设一半的电阻为r ，则R ab ＝2r ＝R ，R cd ＝r 2＝R4.答案：R4图14－2－1512．如图14－2－15所示，一圈粗细均匀的导线长1200 m ，在两端点A 、B 间加上恒定电压时，测得通过导线的电流为0.5 A ，如剪去BC 段，在A 、C 两端加同样电压时，通过导线的电流变为0.6 A ，则剪去的BC 段多长？解析：设整圈导线AB 的电阻为R 1，其中AC 段的电阻为R 2，根据欧姆定律：U ＝I 1R 1＝I 2R 2，所以R 2R 1＝I 1I 2＝0.50.6＝56.再由电阻定律，导线的电阻与其长度成正比，所以AC 段导线长：l 2＝R 2R 1l 1＝56×1200 m＝1000 m ．由此可知，剪去的导线BC 段的长度为：l x ＝l 1－l 2＝200 m. 答案：200 m图14－2－1613．(思维拓展题)如图14－2－16为一种测定风力作用的仪器原理图，P 为金属球，悬挂在一细长金属丝下面，O 是悬挂点，R 0是保护电阻，CD 是水平放置的光滑电阻丝，与细金属丝始终保持良好的接触．无风时细金属丝与电阻丝在C 点接触，此时电路中电流为I 0；有风时金属丝将偏转一角度，角θ与风力大小有关，已知风力方向水平向左，OC ＝h ，CD ＝L ，球质量为m ，电阻丝单位长度电阻为R ，电源内阻和金属丝电阻均不计，金属丝偏转θ角时，电流表示数为I ′，此时风力大小为F ，试写出：(1)风力大小F 与θ的关系式；(2)风力大小F 与电流表示数I ′的关系式．解析：(1)有风时，金属球P 受重力mg 、风力F 、金属丝拉力F 1，如图所示．由平衡条件得：⎩⎪⎨⎪⎧F ＝F 1sin θmg ＝F 1cos θ即：F ＝mg tan θ.(2)无风时，电源电压U ＝I 0(R 0＋RL )① 有风时，电阻丝电阻： R 0′＝R (L －h tan θ)② 此时，U ＝I ′(R 0＋R 0′)③综合①②③，得tan θ＝I ′－I 0R 0＋RLRhI ′代入F ＝mg tan θ，即F ＝mg RhI ′(I ′－I 0)(R 0＋RL )． 答案：(1)F ＝mg tan θ(2)F ＝mgRhI ′(I ′－I 0)(R 0＋RL )。
高二物理(含第三册)优化训练 第14章第一节知能优化训练
1．下列叙述中正确的是( ) A ．导体中电荷运动就形成电流 B ．国际单位制中电流的单位是安培C ．电流是一个标量，其方向是没有意义的D ．对于导体，只要其两端电势差为零，电流也必定为零 答案：BD2．(2011年温州高二检测)下列说法中正确的是( )A ．由R ＝U I知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B ．比值U I 反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R ＝U IC ．导体电流越大，电阻越小D ．由I ＝U R知道，一段导体两端的电压跟通过它的电流成正比解析：选B.导体的电阻取决于导体自身，与U 、I 无关，故A 、C 错．比值U I反映了导体对电流的阻碍作用，定义为电阻，所以B 正确．由电流与电压的关系知电压是产生电流的原因，所以正确的说法是“通过导体的电流跟加在它两端的电压成正比”，因果关系不能颠倒，D 错误．图14－1－73．两电阻R 1、R 2的电流I 和电压U 的关系如图14－1－7所示，可知两电阻R 1∶R 2等于( ) A ．1∶3 B ．3∶1 C ．1∶ 3 D.3∶1解析：选A.由I －U 图象知R 1＝1tan60°＝33，R 2＝1tan30°＝3，∴R 1∶R 2＝1∶3.图14－1－84．(2011年东城区高二检测)如图14－1－8所示，一根横截面积为S 的均匀的长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q ，当此棒沿轴线方向做速度为v 的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为( )A ．vqB.q vC ．qvS D.qv S答案：A5．在示波器的示波管中，当电子枪射出的电流达5.6 μA 时，电子枪每秒内发射的电子数有多少？电流的方向如何？(已知电子带负电，电荷量e ＝1.6×10－19C)解析：每秒内发射的电子的总电量为q ，由I ＝q /t 得：q ＝It ＝5.6×10－6 A×1 s＝5.6×10－6C∴电子个数N ＝q e ＝5.6×10－6 C 1.6×10－19C＝3.5×1013个 电流方向与电子运动方向相反．答案：3.5×1013个 电流方向与电子运动方向相反1．关于电流，下列说法中正确的是( ) A ．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大 B ．电子运动速率越大，电流越大C ．单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大D ．因为电流有方向，所以电流是矢量解析：选C.由I ＝q t知q 大，I 不一定大，还要看t 的大小，故A 错．由I ＝nqSv 知，电子运动的速率v 大，电流不一定大，电流还与n 、S 有关，另外电子无规则运动速率很大，但不能形成电流，故B 错．单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，电流越大，C 对．电流虽有方向但不是矢量，故D 错．2．(2011年海淀高二测试)欧姆定律适用于( ) A ．金属导电 B ．气体导电 C ．电解液导电 D ．所有电器元件 答案：AC3．下列说法正确的是( )A ．只要物体内有自由电荷，就会有电荷的热运动，就会形成电流B ．电荷的定向移动速率远小于热运动速率，所以电流大小主要由热运动速率决定C ．每当接通电路时，电路中各处几乎同时有了电流，说明电荷定向移动速率非常大D ．电荷在外电场的电场力作用下定向移动时，就形成电流解析：选D.电流是自由电荷的定向移动，即自由电荷和电压是产生电流的条件，二者缺一不可，A 错误．虽然电荷热运动速率很大，但对电流形成无贡献，只有定向移动才会形成电流，B 错误．接通电路时，电路中各点几乎同时建立了电场，导体内部各部分的自由电荷几乎同时开始受电场力运动，所以电路中几乎立即形成了电流，绝不是自由电荷立即由电源定向移动到了用电器或其他部分，C 错误．电荷的定向移动就是因为受到外加电场产生的电场力的作用，所以才会形成电流，D 正确．4．在示波管中，电子枪两秒内发射了6×1013个电子，则示波管中电流大小为( )A ．4.8×10－6 AB ．3.0×10－13AC ．9.6×10－6 AD ．3.0×10－6A解析：选A.由电流的定义可知：I ＝q t ＝6×1013×1.6×10－192A ＝4.8×10－6A.5．如图14－1－9所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t (s)内通过溶液截面S 的正离子数为n 1，负离子数为n 2.设元电荷的电量为e ，则以下说法正确的是( )图14－1－9A ．溶液内电流方向从A 到B ，电流强度为n 1e /tB ．溶液内电流方向从B 到A ，电流强度为n 2e /tC ．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消D ．溶液内电流方向从A 到B ，电流强度为(n 1＋n 2)e /t解析：选D.溶液内电流的方向是正离子定向移动的方向，电流方向从A 到B ，产生电流大小I ＝n 1＋n 2et，故D 正确．6．(2011年北京四中模拟)我国北京正负电子对撞机(如图14－1－10所示)的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道．当环中的电流为10 mA 时(设电子的速度是3×107m/s)，则在整个环中运行的电子数目为(电子电荷量e ＝1.60×10－19C)( )图14－1－10A ．5×1011B ．5×1010C ．1×102D ．1×104解析：选A.q ＝It ，t ＝l v ，n ＝q e ＝Il ev＝5×1011(个)．图14－1－117．小灯泡的伏安特性曲线如图14－1－11所示(只画出了AB 段)．由图可知，当灯泡电压由3 V 变为6 V 时，其灯丝电阻改变了( )A ．4 ΩB ．5 ΩC ．6 ΩD ．7 Ω解析：选B.灯泡两端的电压是3 V 时，I 1＝0.20 A ，则由欧姆定律得R 1＝U 1I 1＝30.20Ω＝15 Ω；当灯泡两端的电压为6 V 时，I 2＝0.30 A ，则R 2＝U 2I 2＝60.30Ω＝20 Ω.则电阻改变了ΔR ＝R 2－R 1＝5 Ω.图14－1－128．有四只电阻的伏安特性曲线如图14－1－12所示，现将它们并联起来使用，则通过各电阻的电流关系正确的是( )A ．I 2>I 4>I 3>I 1B ．I 4>I 3>I 2>I 1C ．I 1＝I 2＝I 3＝I 4D ．I 1>I 2>I 3>I 4解析：选 D.在I －U 图线上，电阻等于图线斜率的倒数，由图知4个电阻的关系为：R 1<R 2<R 3<R 4.当它们并联时，各电阻两端电压相等，由I ＝UR知：I 1>I 2>I 3>I 4，故D 正确．图14－1－139．图14－1－13是阻值不同的两个电阻的电流随电压变化的关系图线，由图线可知( ) A ．R 1<R 2B ．R 1、R 2串联后的总电阻的I －U 图线在区域ⅡC ．R 1、R 2串联后的总电阻的I －U 图线在区域ⅢD ．R 1、R 2并联后的总电阻的I －U 图线在区域Ⅰ解析：选ACD.由直线的斜率k ＝1R ＝IU可确定R 1<R 2，选项A 正确；R 串＝R 1＋R 2大于R 1、R 2，故I －U 图线应分布在区域Ⅲ，B 错误，C 正确；R 并＝R 1R 2R 1＋R 2小于R 1、R 2，故I －U 图线应分布在区域Ⅰ，D 正确．10．横截面积为S 的导线中，通过的电流为I ，已知导线每单位体积内有n 个自由电子，每个自由电子的电荷量为e ，自由电子定向移动的速度为v ，则在Δt 时间内通过导线横截面上的电子数是( )A ．nSv ΔtB ．nv Δt C.I Δt eD.I ΔtSe解析：选AC.根据电流I ＝nevS ，单位时间内流过导体横截面的自由电子数目为N 0＝I e＝nvS .Δt 时间内通过导体横截面的自由电子数目为 N ＝N 0Δt ＝nv ΔtS .则A 选项正确．在Δt 时间内通过导体横截面的电量为Q ＝I Δt . 在Δt 时间内通过导体横截面的电子数目为N ＝Q e ＝I Δte.C 选项正确．11．某电路两端的电压不变，当电阻增加3 Ω时，电流降为原来的4/5，则电路原来的电阻为多大？解析：设电路两端的电压为U ，原来电阻为R ，电流为I ，由题意可知U R ＝I ，U R ＋3 Ω＝45I ，所以R ＝12 Ω.答案：12 Ω12．在彩色电视机的显像管中，从电子枪射出的电子在加速电压U 作用下被加速，且形成的平均电流为I ，若打在荧光屏上的高速电子全部被荧光屏吸收．设电子质量为m ，电荷量为e ，进入加速电场之前的初速度不计，则t 秒内打在荧光屏上的电子数为多少？荧光屏受到的平均作用力为多少？解析：(1)t 秒内打在荧光屏上的电子流的总电荷量q ＝I ·t ，电子数n ＝q e ＝Ite. (2)电子经电压加速后，由动能定理有eU ＝12mv 2，其速率v ＝2eUm .由动量定理得荧光屏受到的平均作用力：Ft ＝nmv ，F ＝nmvt＝I · 2mUe.答案：(1)Ite(2)I ·2mU e图14－1－1413．如图14－1－14是静电除尘器示意图，A 接高压电源正极，B 接高压电源的负极，A 、B 之间有很强的电场，空气被电离为电子和正离子，电子奔向正极A 的过程中遇到烟气的煤粉，使煤粉带负电并吸附到正极A 上，排出的烟就成为清洁的了，已知每千克煤粉会吸附n mol 电子，每昼夜能除尘m kg ，计算高压电源的电流I (电子电荷量设为e ，阿伏加德罗常数为N A ，一昼夜时间为t )．解析：根据电流定义式I ＝q t，只要能够计算出一昼夜时间内通过的电荷量q ，就能够求解电流I ，需要注意的是，流过电源的电荷量q 跟煤粉吸附的电荷量q ′并不相等，由于电离出的气体中电子和正离子同时导电，煤粉吸附的电荷量q ′＝12q ，又因q ′＝mnN A e ，q ＝It ，故I ＝2mnN A e /t . 答案：2mnN A e /t。
高二物理(含第三册)优化训练 第14章第五节知能优化训
2013高二物理（含第三册）优化训练：第14章第五节知能优化训练1．关于四个公式①P ＝UI ；②P ＝I 2R ；③P ＝U 2R；④P ＝W t，下列叙述正确的是( ) A ．公式①、④适用于任何电路的电功率 B ．公式②适用于纯电阻电路的热功率 C ．公式①、②、③适用于任何电路电功率 D ．以上说法都不对 答案：AB2．一台电动机的额定输出功率为10 kW ，这表明该电动机正常工作时( ) A ．每秒钟消耗电能10 kJ B ．每秒钟提供的机械能10 kWC ．每秒钟电枢线圈产生10 kJ 的热量D ．每秒钟对外做功10 kJ解析：选D.电动机是非纯电阻性的，每秒钟向外输出10 kJ 的机械能，说明每秒钟对外做功10 kJ ，由于内部有焦耳热产生，所以消耗的电能大于10 kJ.故只有D 项正确．图14－5－63．(2011年东北八校联考)在如图14－5－6所示的电路中，R 1＝R 3<R 2＝R 4，在A 、B 两端接上电源后，试比较各个电阻消耗的电功率P 的大小( )A ．P 1＝P 2<P 3＝P 4B ．P 2>P 1>P 4>P 3C ．P 2>P 1>P 3>P 4D ．P 1>P 2>P 3>P 4 答案：C 4．(2011年高考上海综合卷)家用电器即使没有使用，只要插头插在电源上处于待机状态，B ．0.6度C ．0.9度D ．1.2度解析：选A.1度＝103×3600 J＝3.6×106J ，这些用电器一天耗电W ＝Pt ＝(4＋1＋4＋2)×24×3600 J＝9.5×105J ＝0.3 度．故A 正确，B 、C 、D 错误 .图14－5－75．如图14－5－7所示，已知U AB ＝6 V ，当滑动变阻器触头P 位于正中位置时，额定电压为3 V 的灯泡正常发光，当触头滑至最左端时，电灯实际功率为2 W ，求此灯泡的额定功率和变阻器的总电阻．解析：设电灯内阻为R 1，变阻器总电阻为R 2，由触头在中间时灯泡正常发光可知，两者电压相等，故R 2＝2R 1①当触头滑至最左端时，I ＝U ABR 1＋R 2灯泡的实际功率：P ＝I 2R 1＝(U AB R 1＋R 2)2·R 1＝2②联立①②得：R 1＝2 Ω，R 2＝4 Ω灯泡的额定功率为：P 额＝U 2额R 1＝322W ＝4.5 W.答案：4.5 W 4 Ω1．下列说法正确的是( )A ．电流做功就是电场力移送自由电荷做功，从而把电能转化为内能B ．用电器实际功率越大，电流做功的时间越长，则电流做的功就越多C ．电流通过用电器时，如果电能只转化成内能，这时电功就等于电热D ．某段电路的电功可能大于、等于或小于电热 答案：BC2．对于纯电阻用电器，下列说法中正确的是( ) A ．如果额定功率相同，额定电流较大的用电器电阻较大 B ．如果额定功率相同，额定电流较大的用电器电阻较小 C ．如果额定电压相同，额定功率较大的用电器电阻较大 D ．如果额定电压相同，额定功率较大的用电器电阻较小解析：选BD.由P ＝I 2R 可知，如果额定功率相同，则额定电流较大的用电器电阻较小；由公式P ＝U 2R可知，如果额定电压相同，则额定功率较大的用电器电阻较小．3．(2011年江苏联考)一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W 与36 V ．若把此灯泡接到输出电压为18 V 的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )A ．等于36 WB ．小于36 W ，大于9 WC ．等于9 WD ．小于9 W 答案：B图14－5－84．改变电源的电压，测得电阻A 、B 的伏安特性曲线如图14－5－8所示，A 、B 两电阻串联后接在电源上，则电阻R A 、R B 和功率P A 、P B 的关系是( )A ．R A >RB B ．R A <R BC ．P A >P BD ．P A <P B解析：选BD.由伏安特性曲线可知两电阻R A <R B ；由于A 、B 两电阻串联，通过A 、B 的电流相等，根据P ＝I 2R 可知P A <P B ，故选B 、D.图14－5－95．如图14－5－9是电阻R 1和R 2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R 1和R 2并联在电路中，消耗的电功率分别用P 1和P 2表示；并联的总电阻设为R ，下列关于P 1与P 2的大小关系及R 的伏安特性曲线应该在的区域正确的是( )A ．特性曲线在Ⅰ区，P 1<P 2B ．特性曲线在Ⅲ区，P 1>P 2C ．特性曲线在Ⅰ区，P 1>P 2D ．特性曲线在Ⅲ区，P 1<P 2解析：选C.I －U 图线的斜率为电阻的倒数，并联后电阻减小，所以特性曲线在Ⅰ区，又R 1<R 2，由P ＝U 2R知P 1>P 2.6．一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同的电流且均正常工作时，在相同的时间内( )①电炉放出的热量与电动机放出的热量相等 ②电炉两端电压小于电动机两端电压 ③电炉两端电压等于电动机两端电压 ④电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率 A ．①②④ B ．①③ C ．②④ D ．③④解析：选A.根据焦耳定律，放出的热量Q ＝I 2Rt ，故电动机放出的热量与电炉相同，①正确；电动机两端电压U >IR ，电炉两端电压U ＝IR ，故②正确；根据电功率公式P ＝UI ，可见电动机消耗的功率大，故④正确，所以选A.7．(2011年昆明高二检测) 理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干．设电动机线圈电阻为R 1，它与电热丝电阻R 2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为U ，电流为I ，消耗的功率为P ，则有( )A ．P ＝UIB ．P ＝I 2(R 1＋R 2) C ．P >UID ．P ＝U 2/(R 1＋R 2) 答案：A8．把标有“10 Ω、0.4 W”的A 电阻和“20 Ω、0.4 W”的B 电阻并联接入电路中，它们允许消耗的最大功率为( )A ．0.8 WB ．0.6 WC ．0.5 WD ．0.4 W解析：选B.由P ＝U 2R得两电阻的额定电压分别为U A ＝2 V ，U B ＝2 2 V ，故并联后所加电压最大值为2 V ，它们的总功率为P ＝P A ＋U 2AR B ＝0.4 W ＋2220W ＝0.6 W.9．两个电阻，R 1＝8 Ω，R 2＝2 Ω并联在电路中，欲使这两个电阻消耗的电功率相等，可行的办法是( )A ．用一个阻值为2 Ω的电阻与R 2串联B ．用一个阻值为6 Ω的电阻与R 2串联C ．用一个阻值为6 Ω的电阻与R 1串联D ．用一个阻值为2 Ω的电阻与R 1串联解析：选A.因为并联电路中功率分配与电阻成反比，所以R 2消耗的功率大于R 1消耗的功率，要使两电阻功率相等，应给R 2串联一个电阻降压限流，设串联的电阻为R ，则应有U 2R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U R 2＋R 2·R 2，解得R ＝2 Ω，A 正确．图14－5－1010．(2011年福建龙岩模拟)在研究微型电动机的性能时，可采用如图14－5－10所示的实验电路．当调节滑动变阻器R ，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A 和1.0 V ；重新调节R ，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和15.0 V ．则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是( )A ．电动机的内电阻为2 ΩB ．电动机的内电阻为7.5 ΩC ．电动机的输出功率为30 WD ．电动机的输出功率为22 W解析：选AD.当电动机不转动时，电动机消耗的电功率等于热功率，电压表与电流表示数的比值就是电动机的电阻，即R ＝U I＝2 Ω，选项A 正确、B 错误；当电动机正常工作时，电动机的输出功率为P 出＝UI －I 2R ＝22 W ，选项C 错误、D 正确．11．两个用电器的额定电压都是6 V ，额定电流分别是0.1 A 和0.3 A.(1)把这两个用电器并联后接在电压为8 V 的电路中，要使它们正常工作，应附加多大电阻？怎样连接？功率至少需多大？(2)如果把它们串联后接在12 V 的电路上，要使它们正常工作，应该怎样做？ 答案：(1)串联5 Ω的电阻 0.8 W(2)给额定电流是0.1 A 的用电器并联30 Ω的电阻图14－5－1112．如图14－5－11所示的电路中，电炉电阻R ＝10 Ω，电动机线圈的电阻r ＝1 Ω，电路两端电压U ＝100 V ，电流表的示数为30 A ，问通过电动机的电流强度为多少？通电一分钟，电动机做的有用功为多少？解析：根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为I 1＝U R ＝10010A ＝10 A.根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系，通过电动机的电流强度为I 2＝30 A －I 1＝20 A.电动机的总功率为P ＝UI 2＝100×20 W＝2×103W ，因发热而损耗的功率为P ′＝I 22·r ＝0.4×103W ， 电动机的有用功率(机械功率)为 P ″＝P －P ′＝1.6×103 W ， 电动机通电1 min 做的有用功为W ＝P ″t ＝1.6×103×60 J＝9.6×104 J.答案：10 A 9.6×104J图14－5－1213．如图14－5－12所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r ＝1 Ω，电动机两端电压为5 V ，电路中的电流为1 A ，物体A 重20 N ，不计摩擦力，求：(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？ (2)电动机输入功率和输出功率各是多少？ (3)10 s 内，可以把重物A 匀速提升多高？ (4)这台电动机的机械效率是多少？ 解析：(1)根据焦耳定律，热功率为： P Q ＝I 2r ＝12×1 W＝1 W.(2)电功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积 P 入＝IU ＝1×5 W＝5 W输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率 P 出＝P 入－P Q ＝5 W －1 W ＝4 W.(3)电动机输出的功率用来提升重物转化为机械功率，在10 s 内P 出t ＝mgh .解得h ＝P 出t mg ＝4×1020m ＝2 m.(4)机械效率η＝P 出/P 入＝80%.答案：(1)1 W (2)5 W 4 W (3)2 m (4)80%。
高二物理(含第三册)优化训练 第15章第五节知能优化训练
2013高二物理（含第三册）优化训练：第15章第五节知能优化训练1．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ) A ．速率越大，周期越大 B ．速率越小，周期越大 C ．速度方向与磁场方向平行 D ．速度方向与磁场方向垂直解析：选D.由周期公式T ＝2πmqB知A 、B 均错．速度方向垂直磁场方向．图15－5－142．如图15－5－14所示，一水平导线通以电流I ，导线下方有一电子，初速度方向与电流平行，关于电子的运动情况，下述说法中正确的是( )A ．沿路径a 运动，其轨道半径越来越大B ．沿路径a 运动，其轨道半径越来越小C ．沿路径b 运动，其轨道半径越来越小D ．沿路径b 运动，其轨道半径越来越大解析：选A.由安培定则可知导线下方的磁场向外，由左手定则判定路径为a ，因离导线越远磁场越弱，由r ＝mv eB知r 越来越大．图15－5－153．(2010年高考安徽卷)如图15－5－15是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A ．带正电，由下往上运动B ．带正电，由上往下运动C ．带负电，由上往下运动D ．带负电，由下往上运动解析：选A.由于金属板对粒子有阻碍作用，穿过金属板后速度减小，由R ＝mv qB可知在同一匀强磁场中运动半径减小，由图片知板下面半径大于板上面的半径，所以粒子从下向上穿过金属板．磁场方向垂直于照片向里，所受洛伦兹力方向指向圆心位置，根据左手定则判断该粒子应带正电荷．所以，选项A 正确．图15－5－164．(2011年广州市调研)如图15－5－16所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为(不计正、负电子间的相互作用力)( )A ．1∶ 3B ．2∶1 C.3∶1 D ．1∶2解析：选D.正、负电子在同一磁场中运动周期相同，运动时间之比等于转过的圆心角之比，也等于穿出磁场时的偏向角之比，由左手定则可判定正电子向上偏转从y 轴穿出磁场，而负电子从x 轴穿出磁场，则可知负电子转过圆心角为弦切角二倍即60°，同理正电子转过圆心角为120°，故D 正确．5．(2011年汕头高二检测)质量为m ，电荷量为q 的带负电粒子自静止开始，经M 、N 板间的电场加速后，从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ，如图15－5－17所示．已知M 、N 两板间的电压为U ，粒子的重力不计．图15－5－17(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)； (2)求匀强磁场的磁感应强度B .解析：(1)作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图所示．(2)设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：qU ＝12mv 2①粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：qvB ＝m v 2r②由几何关系得：r 2＝(r －L )2＋d 2③ 联立求解①②③式得：磁感应强度B ＝2L L 2＋d 2 2mUq .答案：(1)见解析 (2)2LL 2＋d 22mUq图15－5－181．如图15－5－18所示，速度相同的电子和质子从O 处射入匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，入射的方向在纸面内并与cdOab 垂直，图中画出了四个圆弧(其中一个是电子的轨迹)，Oa 和Od 的半径相同，Ob 和Oc 的半径相同，则电子的轨迹是( )A ．OaB ．ObC ．OcD ．Od 答案：A2．有三束粒子，分别是质子(p)、氚核(31H)和α粒子束，如果它们以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场(磁场方向垂直纸面向里)，在如图15－5－19所示四个图中，能正确表示出这三束粒子的运动轨迹的是( )图15－5－19解析：选C.三束粒子以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，因此粒子做匀速圆周运动，则qvB ＝mv 2R ，所以R ＝mvqB .因此它们的半径大小之比为R p ∶R 氚∶R α＝m p q p ∶m 氚q 氚∶m αq α＝1∶3∶2.由此可判断出C 项正确．图15－5－203．如图15－5－20所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O 点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法正确的是( )A ．运动的轨道半径不相同B ．重新回到边界的速度大小和方向都相同C ．重新回到边界的位置与O 点距离不相同D ．运动的时间相同 答案：B图15－5－214．如图15－5－21所示，ab 是一弯管，其中心线是半径为R 的一段圆弧，将弯管置于给定的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆弧所在的平面(即纸面)，并且指向纸外，有一束粒子对准a 端射入弯管，若粒子有不同的质量，不同的速度，但都是一价的正离子，则能沿中心线通过弯管的粒子必须( )A ．速度大小一定B ．质量大小一定C ．动量大小一定D ．动能大小一定 答案：C图15－5－225．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，图15－5－22是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a 和b 是轨迹上的两点，匀强磁场B 垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是( )A ．粒子先经过a 点，再经过b 点B ．粒子先经过b 点，再经过a 点C ．粒子带负电D ．粒子带正电解析：选AC.粒子运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减小，说明粒子的速度逐渐减小，由r ＝mv qB知，粒子的轨道半径逐渐减小，所以粒子由a 点向b 点运动，故选项A 正确，选项B 错误；由左手定则可判断出粒子带负电，故选项C 正确，选项D 错误．图15－5－236．(2011年北京调研)如图15－5－23所示，正方形容器中有匀强磁场，一束电子从a 孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从c 孔射出，一部分从d 孔射出，则( )A ．从两孔射出的电子速率之比为v c ∶v d ＝2∶1B ．从两孔射出的电子在容器中运动所用时间之比t c ∶t d ＝1∶2C ．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a c ∶a d ＝2∶1D ．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a c ∶a d ＝2∶1解析：选ABD.电子从c 孔射出，它的轨迹是14个圆周，可确定轨迹圆心从而找到半径，即正方形容器的边长(设为L )．同理，从d 孔射出的电子的半径为正方形容器边长的一半L2，所以由半径公式可知：v c ∶v d ＝2∶1；而周期与电子的速度无关，即无论从c 还是从d 射出的电子在磁场中运行的周期都相同，但它们运行的时间t c ＝T 4，t d ＝T2，所以t c ∶t d ＝1∶2；电子运行的加速度大小决定于洛伦兹力，故a c ∶a d ＝v c ∶v d ＝2∶1.图15－5－247．如图15－5－24所示，一束质量、速度和带电量不同的正离子垂直地射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，结果发现有些离子原来的运动方向未发生任何变化，如果让这些不偏转离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论( )A ．它们的动能一定各不相同B ．它们的带电量一定各不相同C ．它们的质量一定各不相同D ．它们的带电量与质量之比一定各不相同 答案：D图15－5－258．如图15－5－25所示，在圆形区域里，有匀强磁场，方向如图所示，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中( )A ．运动时间越长的，其轨迹所对应的圆心角越小B ．运动时间越长的，其轨迹越长C ．运动时间越短的，射出磁场时，速率越小D ．运动时间越短的，射出磁场时，速度方向偏转越小 答案：D图15－5－269．如图15－5－26所示，以MN 为界的两匀强磁场B 1＝2B 2，一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下通过O 点(不计粒子重力)( )A.2πm qB 1B.2πm qB 2C.2πmq B1＋B 2D.πmqB1＋B 2解析：选B.在MN 上方r 1＝mv qB 1，在MN 下方r 2＝mvqB 2，轨迹如图所示．因B 1＝2B 2，所以r 1＝12r 2，粒子再次回到O 点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝πm qB 1＋πm qB 2＋πm qB 1＝2πm qB 2. 所以选项B 正确．图15－5－2710．如图15－5－27所示，粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中的竖直平面内做匀速圆周运动，则粒子带电性质和绕行方向分别是( )A ．带正电，逆时针B ．带正电，顺时针C ．带负电，逆时针D ．带负电，顺时针解析：选C.由粒子在复合场中做匀速圆周运动的特点可知，粒子受到的电场力和重力一定等大、反向，故电场力方向竖直向上，粒子带负电．在轨迹上任取一点，该点粒子受到的洛伦兹力应指向圆心，结合左手定则可判断其绕行方向为逆时针．11．图15－5－28为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道的半径为R ，均匀辐向电场的场强为E .磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .问：图15－5－28(1)为了使位于A 处电荷量为q 、质量为m 的离子，从静止开始经加速电场加速后沿图中虚线通过静电分析器，加速电场的电压U 应为多大？(2)离子由P 点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q 点，该点距入射点P 多远？若有一群离子从静止开始通过该质谱仪后落在同一点Q ，则该群离子有什么共同点？解析：(1)离子在加速电场中做加速运动，根据动能定理有qU ＝12mv 2①离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qE ＝m v 2R②由①②得U ＝12ER .(2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB＝m v 2r③由②③得r ＝mv qB ＝1BEmR q④ 故PQ ＝2r ＝2BEmR q⑤从⑤可看出PQ ∝ mq，说明该群离子都打在Q 点必同带正电荷，且具有相等的比荷．答案：(1)12ER (2)2B EmRq同带正电荷，比荷相等12．(2011年北京海淀高二检测)如图15－5－29所示，水平放置的两块带电金属极板a 、b 平行正对．极板长度为l ，板间距为d ，板间存在着方向竖直向下、场强大小为E 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场．假设电场、磁场只存在于两板间．一质量为m 、电荷量为q 的粒子，以水平速度v 0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动．不计粒子的重力及空气阻力．图15－5－29(1)求匀强磁场磁感应强度B 的大小；(2)若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； (3)若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小．解析：(1)带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛伦兹力平衡，qE ＝qv 0B ，解得磁感应强度B ＝E v 0.(2)粒子通过电场区偏转的距离y ＝12at 2＝qEl22mv 20.(3)设粒子运动到下极板时的动能大小为E k ，根据动能定理q ·2E ·12d ＝E k －12mv 20.解得E k ＝12mv 20＋qEd .答案：(1)E v 0 (2)qEl 22mv 20 (3)12mv 20＋qEd图15－5－3013．如图15－5－30所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点．已知OP ＝l ，OQ ＝23l .不计重力．求：(1)M 点与坐标原点O 间的距离；(2)粒子从P 点运动到M 点所用的时间． 解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ，在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v 0，粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为t 1，进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则a ＝qEm①t 1＝ 2y 0a②v 0＝x 0t 1③其中x 0＝23l ，y 0＝l ，又有tan θ＝at 1v 0④联立②③④式，得 θ＝30°⑤因为M 、O 、Q 点在圆周上，∠MOQ ＝90°，所以MQ 为直径．从图中的几何关系可知，R ＝23l ⑥ MO ＝6l .⑦(2)设粒子在磁场中运动的速度为v ，从Q 到M 点运动的时间为t 2，则有v ＝v 0cos θ⑧ t 2＝πR v⑨带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间t 为 t ＝t 1＋t 2⑩联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得t ＝(32π＋1) 2ml qE .答案：(1)6l (2)(32π＋1) 2mlqE。
高二物理(含第三册)优化训练 第15章第三节知能优化训练
1．磁电式电流表的优点是( )A．体积小，轻巧B．灵敏度高C．可以测很大的电流D．以上三点都具备答案：AB2．下列有关电流表的说法中正确的是( )A．电流表的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是匀强磁场B．线圈所受安培力的力矩随线圈转动角度的变化而变化C．螺旋弹簧产生阻碍线圈转动的力矩随线圈转动角度的减小而增大D．根据电流表指针偏转角度的大小和偏转的方向可知被测电流的强弱和方向答案：D1．磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，目的是( )A．使磁场成圆柱形，以使框转动B．使线圈平面在水平位置与磁感线平行C．使线圈平面始终与磁感线平行D．为了使磁场分布规则解析：选C.辐向磁场的目的是使线圈平面在转动过程中始终平行于磁感线，线框在转动过程中安培力大小不变，故只有C选项正确．2．要使电流表更加灵敏一些(即对微小的电流，电流表的指针也有较明显的偏转)，下列的一些措施可行的是( )A．使电流表的指针长一些B．使永磁体的磁性更强一些C．使与电流表指针相连的螺旋形弹簧的劲度系数大一些D．使通过电流的线圈的匝数少一些答案：AB3．关于磁电式电流表，下列说法正确的是( )A．电流表的工作原理是安培力对通电导线的加速作用B．电流表的工作原理是安培力对通电线框的转动作用C．电流表指针的偏转角与所通电流成正比D．电流表指针的偏转角与所通电流成反比解析：选BC.电流表工作原理是安培力对通电线框的转动作用，电流表指针的偏转角与所通电流成正比，故B、C正确，A、D错误．4．(2011年北京市西城区抽样测试)实验室经常使用的电流表是磁电式仪表．这种电流表的构造如图15－3－3甲所示．蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法正确的是( )图15－3－3A ．线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行B ．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动C ．当线圈转到如图乙所示的位置，b 端受到的安培力方向向上D ．当线圈转到如图乙所示的位置，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动解析：选ABD.因线圈平面与磁感线都通过圆心，A 正确．因螺旋弹簧被固定在转轴上，B 正确．由左手定则判定出安培力方向知，C 错误，D 正确．图15－3－45．如图15－3－4所示，一位于xOy 平面内的矩形线圈只能绕Ox 轴转动，线圈的四条边分别与x 、y 轴平行，线圈中电流方向如图所示．当空间加上下列哪种磁场时，线圈会转动起来( )A ．方向沿x 轴的恒定的磁场B ．方向沿y 轴的恒定的磁场C ．方向沿z 轴的恒定的磁场D ．方向沿z 轴的变化的磁场解析：选B.由于线圈只可以沿Ox 轴转动，则所加磁场应满足平行x 轴的两边受到不在xOy 平面的力才可以转动，由左手定则判断应施加沿y 轴方向的磁场，故B 正确．图15－3－56．如图15－3－5所示，矩形线圈接在电压稳定的电源两端，而与磁感线平行放在匀强磁场中，此时它受到磁力矩为M ，要使线圈受到磁力矩为M2，可采取的措施有( ) A ．保持线圈大小不变，将线圈匝数减少一半B ．保持线圈的匝数不变，将线圈的长宽均减小一半C ．线圈的匝数、长宽均不变，将线圈转过30°D ．线圈的匝数、长宽均不变，将线圈转过60°答案：AD7．如图15－3－6所示，一个矩形线框放在匀强磁场中能绕OO ′轴转动，当线框中通有如图所示方向的恒定电流时，在线框转动90°的过程中( )图15－3－6A ．ab 边和cd 边受到的安培力不变，磁力矩逐渐变小B ．ab 边和cd 边受到的安培力逐渐减小，磁力矩逐渐变小C ．ad 边和cb 边始终不受安培力D ．ad 边和cb 边受到的安培力逐渐变大，但磁力矩为零解析：选AD.在线框转动90°的过程中，对ab 边和dc 边，由F ＝BIL sin α(α为B 和I 的夹角)，B 与I 始终垂直，所以安培力大小不变，方向也不变，而由M ＝BIS cos θ(θ为B 与S 的夹角)，转动过程中θ逐渐增大，则M 逐渐变小，故选项A 正确．对ad 边、cb 边，θ逐渐增大，所受安培力逐渐变大，方向分别为向上和向下，不产生转动力矩，所以磁力矩为零．故选项D 也正确．图15－3－78．如图15－3－7所示，质量为m ＝50 g 的铜棒长l ＝10 cm ，用长度均为l 的两根软导线水平地悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝13T ，通电后，棒向纸外偏转的最大偏角θ＝37°，求铜棒中电流的大小？解析：通电铜棒受到的安培力F ＝BIl ，方向水平向外，从左向右看其侧视图如右图所示，在安培力、绳拉力和重力共同作用下达到最大偏角θ＝37°过程中，只有安培力和重力做功，由动能定理得BIl ·l ·sin37°－mgl (1－cos37°)＝0代入数据解得流过铜棒的电流大小为I ＝mg 1－cos37°Bl sin37°＝50×10－3×10×1－0.813×0.1×0.6 A ＝5 A. 答案：5 A。
高二物理(含第三册)优化训练 第15章第四节知能优化训练
1．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是( )A ．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B ．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C ．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D ．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场的方向平行解析：选B.安培力方向与磁场垂直，洛伦兹力不做功，通电导线在磁场中不一定受安培力．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现．2．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则( )A ．此空间一定不存在磁场B ．此空间可能有磁场，方向与电子速度平行C ．此空间可能只有磁场，方向与电子速度垂直D ．此空间可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度垂直解析：选BD.当速度方向与磁场平行时不受洛伦兹力，B 正确，当通过正交的磁场和电场时如果qE ＝qvB ，也不偏转，则D 正确，A 、C 错误．3．一个长螺线管中通有交变电流，把一个带电粒子沿螺线管轴线射入管中，不计重力，粒子在管中( )A ．做圆周运动B ．沿轴线来回运动C ．做匀加速直线运动D ．做匀速直线运动解析：选D.由安培定则可以判断螺线管内的磁感线是平行于螺线管轴线的，则粒子平行于磁感线运动，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动，D 正确．图15－4－104．一带负电荷的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v ，若加上一个垂直于纸面向里的磁场，如图15－4－10所示，而物体仍能沿斜面滑到底端，则滑到底端时( )A ．v 将变小B ．v 将变大C ．v 将不变D ．不能确定v 的变化解析：选B.加上磁场后物体受到垂直斜面向上的洛伦兹力，使物体对斜面的压力变小，摩擦力变小，所以v 将变大，故B 正确．5．一初速度为零的质子(质量m ＝1.67×10－27 kg ，电荷量q ＝1.6×10－19C)，经过电压为1880 V 的电场加速后，垂直进入磁感应强度为5.0×10－4 T 的匀强磁场中，质子所受洛伦兹力为多大？解析：在加速电场中，由动能定理qU ＝12mv 2 得质子获得的速度：v ＝ 2qU m ＝6.0×105 m/s质子受到的洛伦兹力：F ＝qvB ＝4.8×10－17 N.答案：4.8×10－17 N1．关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是( )A ．电荷处在电场中，就会受到电场力，而静止在磁场中，也可能受到洛伦兹力B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷却不会做功C．电场力与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线和磁感线上D．只有运动的电荷在磁场中才会受到洛伦兹力的作用解析：选D.静止在磁场中的电荷不可能受到洛伦兹力，所以A错；尽管电场力对电荷可以做功，如果电荷在电场中不动或沿等势面移动，电场力做功为零，因此B也错；洛伦兹力的方向与磁感线垂直，与运动方向垂直，故C错；所以只有D是正确的．2．下列有关带电粒子(不计重力)运动的说法，正确的是( )A．沿电场线方向进入匀强电场，动能、动量都变化B．沿着磁感线方向进入匀强磁场，动能、动量都变化C．垂直电场方向进入匀强电场，动能、动量都变化D．垂直磁感线方向进入匀强磁场，动能不变，动量变化解析：选ACD.带电粒子无论沿电场线还是垂直电场线进入匀强电场，电场力都做功，动能必然变化，故动量也会发生变化，A、C正确；沿着磁感线方向进入匀强磁场，带电粒子不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动，故动能、动量都不变，B错；垂直磁感线方向进入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，且方向与速度方向垂直，粒子速度大小不变，方向发生变化，故动能不变，动量发生变化，D正确．图15－4－113．如图15－4－11所示，有一带正电的小球在光滑、绝缘的大球面内小幅度地来回滑动．现在空间加一垂直纸面向里的匀强磁场，则( )A．洛伦兹力对小球不做功B．洛伦兹力对小球不产生冲量C．洛伦兹力不影响小球的振动周期D．洛伦兹力只改变小球的速度方向，不改变小球的速度大小答案：ACD图15－4－124．如图15－4－12所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则( )A．导线中的电流从A流向BB．导线中的电流从B流向AC．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关解析：选BC.由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直于纸面向里，所以根据安培定则，AB中的电流方向应为从B流向A，故选项A错、B正确；当AB中的电流方向变为从A 流向B时，则AB上方的磁场方向变为垂直于纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转，故选项C也正确．图15－4－135．在图15－4－13中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场．已知从左方水平射入的电子，穿过此区域时未发生偏转．设重力可忽略不计，则在该区域中的E 和B 的方向可能是( )A ．E 和B 都沿水平方向，并与电子运动的方向相同B ．E 和B 都沿水平方向，并与电子运动的方向相反C ．E 竖直向上，B 垂直纸面向外D ．E 竖直向上，B 垂直纸面向里解析：选ABC.E 和B 沿水平方向并与电子运动方向平行(相同或相反)，则洛伦兹力F ＝0，只受电场力作用且电场力与电子速度方向共线，必不偏转，故A 、B 选项正确．若E 竖直向上，B 垂直纸面向外，则电场力竖直向下，电子受的洛伦兹力竖直向上，当电场力和洛伦兹力相等时，合力为零，可以不偏转，故C 选项正确，D 选项错．图15－4－146．如图15－4－14所示，某空间匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，一金属杆MN 从高h 处自由下落，则( )A ．M 端先着地B ．N 端先着地C ．两端同时着地D ．以上说法均不正确解析：选B.金属杆中的许多自由电子随杆一起向下运动，利用左手定则可以判断出这些自由电子因向下运动而受到向左的洛伦兹力，因此洛伦兹力将使电子向M 端聚集，N 端由此而出现正电荷．M 端带负电，N 端带正电，杆MN 的M 端因受到向上的电场力而阻碍它向下运动，N 端因受到向下的电场力而加快运动，故N 端先着地．图15－4－157．用绝缘细线悬挂一个质量为m ，带电荷量为＋q 的小球，让它处于如图15－4－15所示的磁感应强度为B 的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向是( ) A ．v ＝mg Bq，水平向右B ．v ＝mg Bq，水平向左 C ．v ＝mg tanαBq，竖直向上 D ．v ＝mg tanαBq ，竖直向下 解析：选C.当磁场水平向右运动时，带电小球相对于磁场向左运动，由左手定则，洛伦兹力方向向下，小球无法平衡，故A 项错误．当磁场以v ＝mg Bq 水平向左运动时，F ＝qvB ＝mg ，方向向上，小球可以平衡，但这时悬线上拉力为零，不会被拉紧，故B 项错误．当磁场以v ＝mg tanαBq竖直向上运动时，则F ＝qvB ＝mg tanα，由左手定则，F 方向向右，小球可以平衡，故C 项正确，D 项错误．图15－4－168．地面附近空间存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN 运动．如图15－4－16所示，由此可以判断( )A ．油滴一定做匀速运动B ．油滴一定做匀变速运动C ．如果油滴带正电，它是从M 点运动到N 点D ．如果油滴带正电，它是从N 点运动到M 点解析：选AC.带电油滴受到洛伦兹力而做直线运动，因洛伦兹力大小与速度成正比，方向总与速度方向垂直，而变速直线运动中要求合力方向与速度方向始终在同一直线上，则带电油滴所做运动必为匀速直线运动，A 正确B 错误．因油滴所受重力方向向下，电场力只能沿水平方向，洛伦兹力方向只能与直线MN 垂直，由三力平衡条件知电场力只能水平向左，洛伦兹力只能垂直于MN 指向右上方，由左手定则知C 正确D 错误．图15－4－179．如图15－4－17所示，一个带正电荷的小球沿水平光滑绝缘的桌面向右运动，飞离桌子边缘A ，最后落到地板上．设有磁场时飞行时间为t 1，水平射程为x 1，着地速度大小为v 1；若撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t 2，水平射程为x 2，着地速度大小为v 2.则下列结论不．正确的是( ) A ．x 1＞x 2B ．t 1＞t 2C ．v 1＞v 2D ．v 1和v 2相同答案：CD图15－4－1810．(2011年广州质检)如图15－4－18所示，质量为m ，电量为q 的带正电物体，在磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动，则( )A ．物体的速度由v 减小到零的时间等于mv μmg ＋BqvB ．物体的速度由v 减小到零的时间大于mv μmg ＋BqvC ．若另加一个电场强度大小为mg ＋Bqv q，方向水平向右的匀强电场，物体将做匀速运动 D ．若另加一个电场强度大小为mg ＋Bqv q，方向竖直向上的匀强电场，物体将做匀速运动 解析：选BD.物体的速度减小的过程中，qvB 减小，洛伦兹力减小，滑动摩擦力减小，加速度减小，所以B 项正确；若加大小为mg ＋qvB q ，方向竖直向上的匀强电场，则物体竖直方向受力平衡，F N ＝0，F f ＝0，a ＝0，物体将做匀速直线运动，D 项正确．图15－4－1911．如图15－4－19所示，在光滑绝缘的水平面上方，有一垂直于纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，在水平面上有质量为m 的不带电小球A 向右运动，与质量为2m ，电荷量为q 的静止小球C 碰后粘在一起运动，若碰后两球对水平面的压力大小恰好为mg ，求碰前A 的速度大小．解析：设碰后二者的速度为v ，则3mg －qvB ＝mg ①又由动量守恒知mv A ＝3mv ②联立①②式解得 v A ＝6mg qB. 答案：6mg qB图15－4－2012．如图15－4－20所示，质量为m 的带正电小球能沿着竖直的绝缘墙竖直下滑，磁感应强度为B 的匀强磁场方向水平，并与小球运动方向垂直．若小球电荷量为q ，球与墙间的动摩擦因数为μ，则小球下滑的最大速度为多大？最大加速度为多大？解析：带正电小球在运动中受力如图所示．F ＝qvB由牛顿第二定律得F N －F ＝0mg －F f ＝maF f ＝μF N∴a ＝mg －μqvB m当v ＝0时，a 最大a m ＝g当a ＝0时，v 最大v m ＝mg μqB . 答案：mg μqBg图15－4－2113．一个质量m ＝0.1 g 的小滑块，带有q ＝5×10－4 C 的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图15－4－21所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．(g 取10 m/s 2)求：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？解析：(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg 、斜面支持力F N 和洛伦兹力F .若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F 方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvB ＋F N －mg cos α＝0. 当F N ＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB ＝mg cos α，得v ＝mg cos αqB ＝0.1×10－3×10×320.5×5×10－4 m/s ＝2 3 m/s.(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgx sin α＝12mv 2，斜面的长度至少应是x ＝v 22g sin α＝2322×10×0.5 m ＝1.2 m.答案：(1)负 (2)2 3 m/s (3)1.2 m。
高二物理(含第三册)优化训练 第15章第二节知能优化训练
2013高二物理（含第三册）优化训练：第15章第二节知能优化训练1．关于磁感应强度，下列说法正确的是( ) A ．由B ＝F IL可知，B 与F 成正比，与I 、L 成反比B ．通电导线放在磁场中某点，这一点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，这一点的磁感应强度变为零C ．通电导线放在磁场中某点，这一点的磁感应强度等于导线所受安培力与导线中电流强度和导线长度乘积的比值D ．磁场中某一点的磁感应强度是由磁场本身决定的，其大小和方向是惟一确定的，与通电导线无关答案：D图15－2－122．如图15－2－12所示，在三角形abc 组成的导线框内通有电流，并处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，则线框所受安培力的合力( )A ．大小为0B ．方向垂直ab 向外C ．方向垂直bc 向外D ．方向垂直ca 向外 答案：A图15－2－133．如图15－2－13，一段导线abcd 位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab 、bc 和cd 的长度均为L ，且∠abc ＝∠bcd ＝135°.流经导线的电流为I ，方向如图中箭头所示．导线段abcd 所受到的磁场的作用力的合力( )A ．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)BILB ．方向沿纸面向上，大小为(2－1)BILC ．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)BILD ．方向沿纸面向下，大小为(2－1)BIL解析：选A.ab 、bc 、cd 所受安培力的大小均为F ＝BIL ，bc 边所受安培力的方向垂直于bc 向上，ab 、cd 边所受安培力的方向如图所示，由几何关系可知ab 与cd 边所受安培力方向之间的夹角为90°，合力大小F ′＝2BIL ，方向垂直于bc 向上，且与bc 边所受安培力在一条直线上，因此abcd 所受磁场的作用力的合力为F 合＝F ＋F ′＝(2＋1)BIL ，方向沿纸面垂直bc 向上．图15－2－144．一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图15－2－14所示，如果直导线可以自由地运动，且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况( ) A．从上向下看，顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看，顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看，逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看，逆时针转动并靠近螺线管答案：D图15－2－155．(2011年广州高二检测)如图15－2－15所示，有一金属棒ab，质量m＝5 g，电阻R ＝1 Ω，可以无摩擦地在两条轨道上滑行，轨道间的距离d＝10 cm，电阻不计，轨道平面与水平面间的夹角θ＝30°，整个装置置于磁感应强度B＝0.4 T，方向竖直向上的匀强磁场中，回路中电源的电动势E＝2 V，内阻r＝0.1 Ω.求变阻器R0多大时，可使金属棒在轨道上保持静止．解析：ab棒受力如图所示由平衡条件得：mg sinθ＝BId cosθ由闭合电路欧姆定律得：I＝ER0＋R＋r解两式得：R0＝1.67 Ω.答案：1.67 Ω1．下列说法正确的是( )A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度为零C．磁感应强度表示磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值D．同一段通电导线在磁场中受力大的地方磁场强解析：选A.电场最基本的性质是对放入其中的电荷有力的作用，A正确．磁场中某处磁感应强度不为零，但当导线平行磁感线放置时所受磁场力为零，磁感应强度定义式B＝F/(IL)中F是当导线垂直磁场放置时所受的力，B、C、D错误．2．在北半球地面上，有一条东西方向水平放置的长直导线，通有从东向西的电流，则此通电长直导线所受地磁场的作用力的方向是( )A．向上偏北B．向下偏南C．向南D．向北答案：B3．一小段通电直导线长1 cm，电流强度为5 A，把它放入磁场中某点时所受磁场力大小为0.1 N，则该点的磁感应强度为( )A．B＝2 TB．B≥2 TC．B≤2 TD．以上三种情况均有可能解析：选B.由B＝F/(IL)可知F/(IL)＝2 T，当小段通电直导线垂直于磁场B时，受力最大，而此时可能通电直导线与B不垂直，即B sinθ＝2 T ，因而B≥2 T.图15－2－164．(2010年高考上海物理卷)如图15－2－16，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )A．0B．0.5BIlC．BIlD．2BIl解析：选C.由等效性可知，V形导线受到的安培力为F＝BIl，C正确．图15－2－175．如图15－2－17所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是( )A．都绕圆柱转动B．以不等的加速度相向运动C．以相等的加速度相向运动D．以相等的加速度相背运动解析：选C.同向环形电流间相互吸引，虽两电流大小不等，但根据牛顿第三定律可知两线圈间的相互作用力必大小相等．图15－2－186．(2011年南京高二检测)如图15－2－18所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直．当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用F N 表示磁铁对桌面的压力，F静表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较正确的是( )A．F N减小，F静＝0B．F N减小，F静≠0C．F N增大，F静＝0D．F N增大，F静≠0解析：选C.画出一条通电电流为I的导线所在处的磁铁的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知，电流I受安培力方向竖直向上．根据牛顿第三定律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确选项为C.7．取两个完全相同的长导线，用其中一根长导线绕成如图15－2－19甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I 的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为( )图15－2－19A ．0B ．0.5BC ．BD ．2B 答案：A图15－2－208．如图15－2－20所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，当导体棒中的电流I 垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是( )A ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直斜面向上B ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直斜面向下C ．B ＝mg cos αIL ，方向垂直斜面向下D ．B ＝mg cos αIL，方向垂直斜面向上解析：选A.若磁场方向垂直斜面向上，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向上，则导体棒受竖直向下的重力mg ，斜面对导体棒的支持力F N 和沿斜面向上的安培力F ，如右图所示，则sin α＝F mg ，而F ＝BIL ，所以B ＝mg sin αIL，故A 对D 错；若磁场方向垂直斜面向下，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向下，因斜面光滑，导体棒不可能静止在斜面上，故B 、C 错．图15－2－219．如图15－2－21所示为两个完全相同、互相垂直的导体圆环M 、N 中间用绝缘细线ab 连接，悬挂在天花板下，当M 、N 中同时通入如图所示方向的电流时，关于两线圈的转动(从上向下看)以及ab 中细线张力变化，下列判断正确的是( )A ．M 、N 均不转动，细线张力不变B ．M 、N 都顺时针转动，细线张力减小C ．M 顺时针转动，N 逆时针转动，细线张力减小D ．M 逆时针转动，N 顺时针转动，细线张力增加解析：选C.设想N 固定不动，分析M 上各部分在N 的磁场中的受力，可判断M 或Oa 竖直轴顺时针转动(从上向下看)；由牛顿第三定律可知，M 的磁场必定使N 逆时针转动，转动的最终结果会使两环在同一平面，并且a 、b 两点处电流方向相同，由于同向电流相互吸引，细线张力会减小．故C 对．10．(2011年高考新课标全国卷)图15－2－22电磁轨道炮工作原理如图15－2－22所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变解析：选BD.通电的弹体在安培力作用下加速运动，F 安＝BId ，B ＝kI ，故F 安∝I 2，根据动能定理F 安L ＝12mv 2得v ∝I L m ，故选项B 、D 正确，选项A 、C 错误．或根据运动学公式v2＝2aL ，也可得出v ∝ILm.图15－2－2311．质量为m 、长度为L 的导体棒MN 静止于水平导轨上，通过MN 的电流为I ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图15－2－23所示，求棒MN 受到的支持力和摩擦力．解析：棒MN 受力分析如图所示．由平衡条件有 水平方向：F f ＝F sin θ竖直方向：F N ＝F cos θ＋mg 且F ＝BIL∴F f ＝F sin θ＝BIL sin θF N ＝F cos θ＋mg ＝BIL cos θ＋mg . 答案：BIL cos θ＋mg BIL sin θ图15－2－2412．如图15－2－24所示，MN 、PQ 为水平放置的金属导轨，直导线ab 与导轨垂直放置，导轨间距L ＝10 cm ，其电阻为0.4 Ω，导轨所在区域处在匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度B ＝0.2 T ．电池电动势E ＝1.5 V ，内电阻r ＝0.18 Ω，电阻R ＝1.6 Ω，开关S 接通后直导线ab 仍静止不动．求直导线ab 所受摩擦力的大小和方向．解析：导线处于平衡状态，受力分析如右图所示．当开关闭合时，电阻R 与导线ab 并联，R 并＝R ·R ab R ＋R ab ＝1.6×0.41.6＋0.4Ω＝0.32 Ω，ab 两端的电压为U ＝IR 并＝E R 并＋r R 并＝ 1.50.32＋0.18×0.32 V＝0.96 V通过ab 的电流为I ab ＝U R ab ＝0.960.4A ＝2.4 A.导线ab 所受的安培力F 为F ＝BI ab L ＝0.2×2.4×0.1 N＝0.048 N. 由平衡条件可得F f ＝F ＝0.048 N.所以导线所受的摩擦力大小为0.048 N ，方向水平向左． 答案：0.048 N 方向水平向左图15－2－2513．在倾角θ＝30°的斜面上，固定一金属框架，宽l ＝0.25 m ，接入电动势E ＝12 V 、内阻不计的电池．金属框面放有一根质量m ＝0.2 kg 的金属棒ab (如图15－2－25)，且垂直于两框边．它与框架的动摩擦因数为μ＝36，整个装置放在磁感应强度B ＝0.8 T 的垂直于框面向上的匀强磁场中，当调节滑动变阻器R 的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g ＝10 m/s 2)解析：当变阻器R 取值较大时，I 较小，安培力F 较小，在金属棒重力分力mg sin θ作用下使金属棒有沿框面向下滑动的趋势，因此，框架对金属棒的摩擦力沿框面向上(如图甲所示)．金属棒刚好不下滑时满足平衡条件BER maxl ＋μmg cos θ－mg sin θ＝0 解得R max ＝4.8 Ω当变阻器R取值较小时，I较大，安培力F较大，在金属棒重力分力mg sin θ作用下会使金属棒产生沿框面向上滑动的趋势．因此，框架对金属棒的摩擦力沿框面向下(如图乙所示)．金属棒刚好不上滑时满足平衡条件B ER minl－μmg cos θ－mg sin θ＝0解得R min＝BElmg θ＋μcos θ＝1.6 Ω所以滑动变阻器R的取值范围应为1.6 Ω≤R≤4.8 Ω. 答案：1.6 Ω≤R≤4.8 Ω。
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1．图7－5－13为某次测定电源的电动势和内阻所作的图像，有关这个图像的说法正确的是()
图7－5－13
A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E＝3 V
B．横轴截距表示短路电流，则I短＝0.6 A
C．根据r＝E/I短，计算出待测电源内阻为5 Ω
D．根据r＝ΔU/ΔI，计算出待测电源内阻为1 Ω
答案：AD
2．如图7－5－14甲所示，电压表V1、V2串联接入电路中时，示数分别为6 V和4 V，当只有电压表V2接入电路中时，如图乙所示，示数为9 V，电源的电动势为()
图7－5－14
A．9.8 V B．10 V
C．10.8 V D．11.2 V
解析：选C.设电源的电动势和内阻分别为E和r，电压表V2的内阻为R2，根据闭合电路欧姆定律，对图甲和图乙分别有：E＝6＋4
＋4
R2r，E＝9＋9
R2r，解得：E＝10.8 V．故只有选项C正确．3．(2009年高考上海卷)如图7－5－15为伏打电池示意图，由于化学反应，在A、B两电极附近产生了很薄的两个带电接触层a、b.
(1)沿电流方向绕电路一周，非静电力做功的区域是______．
图7－5－15
A．R B．b
C．r D．a
(2)在如图所示回路的各区域内，电势升高的总和等于电源的________．
解析：(1)非静电力的作用是在电源内部把正电荷(电子)由负(正)极拉向正(负)极，所以非静电力做功的区域是带电层附近的a、b，而不是电路中．
(2)根据闭合电路的欧姆定律知，电势升高的总和等于电源的电动势．
答案：(1)BD(2)电动势
4．(2018年高考江苏卷)在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图7－5－16所示的实物电路．
图7－5－16
(1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到________．(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”)
(2)改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0＝10 Ω的定值电阻两端的电压U.下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是
(3)根据实验数据描点，绘出的1
U－R图像是一条直线．若直线的
斜率为k，在1
U坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E＝________，内阻r＝________.(用k、b和R0表示)
解析：为保护电路，应先将电阻箱的电阻调到最大值；由于电源电压约9 V，电压表的量程是3 V，方案1不便于电压表读数，选方
案2；由全电路欧姆定律E＝IR总＝U
R0(R0＋R＋r)，得
1
U＝
1
ER0R＋
R0＋r
ER0，
则题意：k＝1
ER0，b＝R0＋r
ER0，得E＝
1
kR0；r＝
b
k－R0.
答案：(1)最大值 (2)2 (3)1kR 0
b k －R 0 5．(2018年广东韶关高三调研)某同学要测量一节旧电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个电流表、一个电阻箱、一个开关和导线若干，该同学按如图7－5－17所示电路进行实验，测得的数据如下表所示．
(1)若，则应作________________(选填“R －I ”或“R －1/I ”)图像；
(2)利用测得的数据在下边坐标纸上画出适当的图像；
(3)由图像可知，该电池的电动势E ＝__________V ，内阻r ＝________Ω；
(4)利用该实验电路测出的电动势E 测和内阻r 测与真实值E 真和r
真相比，
理论上，E 测________E 真，r 测________r 真(选填“>”“<”或“＝”)．
图7－5－18
解析：(1)E ＝IR ＋Ir ，R ＝E I －r ，由于R 与1/I 成线性关系，应作
R －1/I 图像．
(3)图像与纵轴的交点为电源的内阻，图像的斜率为电源的电动势．
(4)由于电流为零时路端电压就等于电源的电动势，因此E 测＝E
真，由于电流表有内阻，因此实验测得的内阻实际等于电源内阻与电
流表内阻的和，因此r 测>r 真．
答案：(1)R －1/I
(2)如图所示
(3)6.0(5.8～6.2都给分) 2.0(1.8～2.2都给分)
(4)＝ >
6．(创新实验)某同学利用DIS 、定值电阻R 0、电阻箱R 1等实验器材测量电池a 的电动势和内阻，实验装置如图7－5－19甲所示．实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R ，用电压传感器测得端电压U ，并在计算机上显示出如图乙所示的1U －1R 关系图
线a ，重复上述实验方法测量电池b 的电动势和内阻，得到图乙中的图线b.
图7－5－19
(1)由图线a 可知电池a 的电动势E a ＝________V ，内阻r ＝________Ω.
(2)若用同一个电阻R 先后与电池a 及电池b 连接，则两电池的输出功率P a ________P b (填“大于”“等于”或“小于”)，两电池的效率ηa ________ηb (填“大于”“等于”或“小于”)．
解析：(1)由全电路欧姆定律可知，E ＝U R (R ＋r )，1U ＝r E ·1R ＋1E ，由
图线，1E ＝0.5,0＝r E ·(－2)＋1E ，得E ＝2 V ，r ＝0.5 Ω
(2)功率P ＝I 2R ＝E 2(R ＋r )2
R ，由图像可知，对于b 图线，斜率r E 小，E 和r 大，1P ＝R E 2＋2r E 2＋r 2E 2R ，1P 也小，即b 的功率大，P a <P b .效率η＝
R
×100%，可见a的效率高，ηa>ηb R＋r
答案：(1)20.5(2)小于大于。