2020版高考物理总复习 第九章 练习【共2套16页】
2020年高考物理一轮复习第九单元静电场第2讲电场的能的性质练习含解析新人教版
第2讲电场的能的性质1 电势能、电势(1)静电力做功①特点:静电力做功与路径无关,只与电荷量和电荷移动过程始、末位置间的电势差有关。
②计算方法W=qEd,只适用于匀强电场,其中d为带电体在沿电场方向的位移。
W AB=qU AB,适用于任何电场。
(2)电势能①电场力做功的特点:电场力做功与路径无关,只与初、末位置有关。
②电势能a.定义:电荷在电场中具有的势能,在数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功。
b.电场力做功与电势能变化的关系:电场力做的功等于电势能的减少量,即W AB=E p A-E p B=-ΔE p。
(3)电势①定义:试探电荷在电场中某点具有的电势能E p与它的电荷量q的比值。
②定义式:φ=。
③矢标性:电势是标量,有正、负之分,正(负)表示该点电势比零电势高(低)。
④相对性:电势具有相对性,同一点的电势因选取的零电势点的不同而不同。
(4)等势面①定义:由电场中电势相等的各点组成的面。
②四个特点a.等势面一定与电场线垂直。
b.在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
c.电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
d.等差等势面越密的地方电场强度越大,反之越小。
河北刑台五校联考)在静电场中,将电子从A点移到B点,电场力做了正功,则()。
A.电场强度的方向一定是由A点指向B点B.电场强度的方向一定是由B点指向A点C.电子在A点的电势能一定比在B点的高D.A点的电势一定比B点的高【答案】C山东日照高三模拟)(多选)下列关于电势高低的判断,正确的是()。
A.负电荷从A移到B时,外力做正功,A点的电势一定较高B.负电荷从A移到B时,电势能增加,A点的电势一定较低C.正电荷从A移到B时,电势能增加,A点的电势一定较低D.正电荷只在电场力作用下从静止开始,由A移到B,A点的电势一定较高【答案】CD湖北黄冈五校联考)(多选)某电场的电场线分布如图所示,以下说法正确的是()。
A.a点电势高于b点电势B.c点电场强度大于b点电场强度C.若将一检验电荷+q由a点移至b点,它的电势能增大D.若在d点再固定一点电荷-Q,将一检验电荷+q由a移至b的过程中,电势能减小【答案】AD2 电势差(1)定义:电荷在电场中,由一点A移到另一点B时,电场力做功与移动电荷的电荷量的比值。
2020高考人教版物理第一轮总复习练习：第九章 磁场 基础课1
第九章基础课 1 磁场及磁场对电流的作用跟踪检测一、选择题1．(多选)指南针是我国古代四大发明之一，关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC指南针两端分别是N极和S极，具有两个磁极，选项A错误；指南针静止时，N极的指向为该处磁场的方向，故指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，选项B正确；铁块在磁场中被磁化，会影响指南针的指向，选项C 正确；通电直导线在其周围会产生磁场，会影响指南针的指向，选项D错误．2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是() A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错误，B正确；安培力的大小F＝BIL sinθ，与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的2 2，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．3．(2017年上海卷)如图，一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间．电键闭合后导体棒受到的安培力方向()A．向上B．向下C．向左D．向右解析：选D根据图中的电流方向，由安培定则知U形铁芯下端为N极，上端为S极，ab中的电流方向由a→b，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D正确．4．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面，b 点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是()A．a点B．b点C．c点D．d点解析：选C由安培定则画出a、b、c、d点的磁感线的分布图，由图可知电流I1、I2在a、c两点的磁场方向相反，这两点处的磁感应强度可能为零，又I1＞I2，故磁感应强度为零的点距I1的距离应比I2的大，故C正确，A、B、D均错误．5．(多选)通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列描述正确的是()A．L2绕轴O按顺时针转动B．L2绕轴O按逆时针转动C．L4绕轴O按顺时针转动D．L4绕轴O按逆时针转动解析：选BC题图甲中由安培定则，可知导线L1上方磁场垂直纸面向外，且离导线L1的距离越近，磁场越强，导线L2上每一小部分受到的安培力方向水平向右，但轴O下方导线所受安培力较大，所以L2绕轴O按逆时针转动，A错，B对；题图乙中轴O上方导线L4所受安培力向右，轴O下方导线L4所受安培力向左，即L4绕轴O按顺时针转动，C对，D错．6．如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝33，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为(不考虑金属棒切割的影响)()A．37°B．30°C．45°D．60°解析：选B由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BIL cosθ＝μ(mg－BIL sinθ)，整理得BIL＝μmgcosθ＋μsinθ.电流有最小值，就相当于安培力有最小值，由数学知识解得θ＝30°，则选项A、C、D错误，B正确．7．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析：选A金属棒MN受力分析及其侧视图如图所示，由平衡条件可知F安＝mg tanθ，而F安＝BIL，即BIL＝mg tanθ，则I↑⇒θ↑，m↑⇒θ↓，B↑⇒θ↑，故A正确，C、D错误；θ角与悬线长度无关，B错误．8．(多选)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行且足够长的水平光滑导轨上，电流方向由M指向N，在两导轨间存在着竖直磁场，取垂直导轨面向下的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，则下列说法正确的是()A．在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动B ．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C ．导线一直做加速度不变的匀加速直线运动D ．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小解析：选AD 由安培力的表达式F ＝BIL 结合题图乙可知，安培力F 在一个周期内随磁感应强度B 的变化而变化，在前14周期内，安培力F 大小方向均不变，加速度大小方向均不变，由于初速度为零，所以导线在水平方向上向右做匀加速直线运动；在14周期到12周期内，磁场方向改变，安培力方向改变，加速度方向改变，速度减小，至12周期时速度减小到零，所以D 项正确；而后在12周期到34周期内，导线MN 反向加速，34周期到1个周期内，导线又减速，在一个周期结束时又回到原来的位置，即做往复运动，所以A 项正确，B 、C 错误．9．(多选)(2019届山东潍坊调研)美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射中将炮弹以5倍音速，击向200公里外目标，射程为海军常规武器的10倍，其破坏力惊人．电磁炮原理如图所示，若炮弹质量为m ，水平轨道长L ，宽为d ，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上做匀加速运动．要使炮弹达到5倍音速(设音速为v )，则( )A ．炮弹在轨道上的加速度为25v 22LB ．磁场力做的功为52m v 2C ．磁场力做功的最大功率为125m v 32LD ．磁场力的大小为25md v 22L解析：选AC 炮弹在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，由公式v 2＝2ax 得a ＝(5v )22L ，A 正确；不计摩擦，磁场力做的功等于炮弹增加的动能，即W＝12m (5v )2＝25m v 22，B 错误；由动能定理得FL ＝12m (5v )2，磁场力的大小F ＝m (5v )22L ，则磁场力的最大功率P m ＝F ·(5v )＝m (5v )22L ·(5v )＝125m v 32L ，C 正确，D 错误．10．(多选)(2018届沈阳四校联考)一质量为0.06 kg 、长为0.1 m 的金属棒MN 用两根长度均为1 m 的绝缘细线悬挂于天花板的顶端，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5 T 的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动，当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°，已知一切阻力可忽略不计，g ＝10 m/s 2 ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列正确的说法是( )A ．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能增加B ．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少C ．通入金属棒中的电流为9 AD ．通入金属棒中的电流为4 A解析：选AD 金属棒的长度用l 表示，细线的长度用R 表示，则在金属棒上升过程中，安培力做正功，机械能一直增加，A 正确，B 错误；由动能定理知W 安－W 重＝0，即BIlR sin37°＝mgR (1－cos37°)，代入数值得I ＝4 A ，C 错误，D正确．二、非选择题11．如图所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm ，重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝BIL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.答案：竖直向下0.01 kg12．(2019届陕西渭南教学质量检测)如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1 m，两环分别与电源正负极相连．现将一质量0.06 kg、电阻1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触．两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场．当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？解析：棒受的安培力F＝BIL棒中电流为I＝ER，代入数据解得F＝BELR＝0.8 N对棒受力分析如图所示(从右向左看)，两环支持力的总和为2N＝F2＋(mg)2代入数据解得N＝0.5 N由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N由图中几何关系有tanθ＝Fmg＝0.80.6＝43，得θ＝53°棒距环底的高度为h＝r(1－cosθ)＝0.2 m. 答案：0.5 N0.2 m。
2020新教材高中物理 第九章 静电场及其应用 3 电场 电场强度练习(含解析)新人教版必修第三册
电场电场强度一电场强度的含义和表达式1。
E=与E=k的比较：公式比较内容E=E=k 本质区别定义式决定式适用范围一切电场真空中点电荷的电场Q或q的意义q表示引入电场的检验（试探)电荷的电荷量Q表示产生电场的点电荷（场源电荷）的电荷量关系理解E用F与q的比值来表示,但E的大小与F、q的大小无关E不仅用Q、r来表示，且E∝Q,E∝2.电场强度的叠加:电荷图示合场强等量异种点电荷（1）中垂线上各点的电场强度方向与中垂线垂直。
(2)从O点沿中垂线向两边逐渐减小，直至无穷远时为零。
（3)中垂线上关于O点对称的两点场强相同等量同种正点电荷(1)中垂线上,两电荷连线的中点O和无穷远处的电场强度均为零，其他各点的电场强度均沿着中垂线。
(2）从O点沿中垂线，电场强度先变大,后逐渐减小。
（3）中垂线上关于O点对称的两点电场强度大小相等,方向相反【思考·讨论】公式E=与E=k中q与Q的含义有什么不同？（物理观念）提示：E=中的q为试探电荷，E=k中的Q为场源电荷。
【典例示范】关于点电荷产生的电场,下列说法正确的是（)A.正点电荷周围的电场一定比负点电荷周围的电场强B.以点电荷为球心,以r为半径的球面上,各点的电场强度大小都相等C。
场强计算公式E=适用于任何电场D.在电场中某点放入检验电荷q，若检验电荷受到的电场力为F,则该点的电场强度为E=,取走检验电荷q后,该点电场强度变为零【解析】选B。
正点电荷周围的电场强度不一定比负点电荷周围的电场强度强，除与各自电荷量有关外，还与距电荷的距离有关，故A错误；以点电荷为球心,r为半径的球面上，各点的电场强度大小相同,但方向不同,故B正确;点电荷电场的场强计算公式E=,只适用于点电荷电场，故C错误；在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=,取走q 后，没有了电场力，但该点的电场强度仍不变。
故D错误。
【误区警示】对公式E=的两点提醒（1)E=是电场强度的定义式，不是决定式。
(课标通用版)2020版高考物理总复习第九章章末检测(含解析)
章末检测一、选择题1.在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根通电长直导线,电流的方向垂直于纸面向里。
如图所示,a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点,在这四点中( )A.c、d两点的磁感应强度大小相等B.a、b两点的磁感应强度大小相等C.c点的磁感应强度的值最小D.b点的磁感应强度的值最大答案 C 通电直导线在c点的磁感应强度方向与B 0的方向相反,b、d两点的电流磁场与B0垂直,a点电流磁场与B0同向,由磁场的叠加知c点的合磁感应强度最小。
2.如图所示,空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场的方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里,一带电油滴P恰好处于静止状态,则下列说法正确的是( )A.若仅撤去磁场,P可能做匀加速直线运动B.若仅撤去电场,P可能做匀加速直线运动C.若给P一初速度,P不可能做匀速直线运动D.若给P一初速度,P可能做匀速圆周运动答案 D P处于静止状态,带负电荷,mg=qE,若仅撤去磁场,P仍静止,A错;仅撤去电场,P向下加速,同时受到洛仑兹力,将做复杂的曲线运动,B错;给P一平行于磁场方向的初速度时,P做匀速直线运动,C错;给P一垂直磁场方向的初速度时,因mg=qE,P在洛仑兹力作用下,将做匀速圆周运动,D对。
3.图甲是磁电式电流表的结构示意图,蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的,线圈中a、b两条导线的长均为l,通有方向如图乙所示的电流I,两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。
则( )A.该磁场是匀强磁场B.线圈平面总与磁场方向垂直C.线圈将沿逆时针方向转动D.a、b导线受到的安培力的大小总为IlB答案 D 该磁场是均匀辐向分布的,不是匀强磁场,选项A错误;线圈平面与磁场方向平行,选项B错误;在图示位置,a、b导线受到的安培力方向分别为向上、向下,大小均为IlB,线圈将沿顺时针方向转动,选项C错误,选项D正确。
4.如图,一带电塑料小球质量为m,用绝缘悬线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。
(课标通用版)2020版高考物理总复习第九章04微专题6带电粒子在叠加场中的运动精练(含解析)
微专题6 带电粒子在叠加场中的运动A组基础过关1.(多选)带电油滴以水平速度v0垂直进入匀强磁场,恰做匀速直线运动,如图所示,若油滴质量为m,磁场的磁感应强度为B,则下列说法正确的是( )A.油滴必带正电荷,电荷量为B.油滴必带正电荷,比荷=C.油滴必带负电荷,电荷量为D.油滴带什么电荷都可以,只要满足q=即可答案AB 带电油滴水平向右匀速运动,其所受洛伦兹力必竖直向上,与重力平衡,即mg=qv0B,故油滴带正电,其电荷量q=,比荷=,选项A、B正确,C、D错误。
2.(2019河南郑州质检)如图所示,一段长方体形导电材料,左右两端面的边长都为a和b,内有带电荷量为q的某种自由运动电荷。
导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B。
当通以从左到右的稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的低。
由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )A.,负B.,正C.,负D.,正答案 C 因导电材料上表面的电势比下表面的低,故上表面带负电荷,根据左手定则可判断自由运动电荷带负电,则B、D两项均错。
设长方体形材料长度为L,总电荷量为Q,则其单位体积内自由运动电荷数为,当电流I稳恒时,材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡,则有=BIL,故=,A项错误,C项正确。
3.为监测某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计。
该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左右两端开口。
在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场,在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。
污水充满管口从左向右流经该装置时,电压表将显示两个电极间的电压U。
若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积),下列说法中正确的是( )A.若污水中正离子较多,则前表面比后表面电势高B.若污水中负离子较多,则前表面比后表面电势高C.污水中离子浓度越高,电压表的示数将越大D.污水流量Q与U成正比,与a、b无关答案 D 无论污水中正离子多还是负离子多,由左手定则知前表面电势均比后表面电势低,且当Bvq=q 时,离子不再偏转,电压表示数恒定,与污水中离子浓度无关,A、B、C错误;由Q=vbc,Bvq=q,可得Q=,则知Q与U成正比,与a、b无关,D正确。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第九章 《磁场》综合检测
《磁场》综合检测(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.磁感应强度B和磁场强度H是不同的物理量,在真空中H=.若用国际单位制的基本单位表示,μ0的单位为kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为( D )A.kg/(s2·A)B.kg·A/s2C.kg·A/mD.A/m解析:根据H=,B的单位为;μ0的单位为kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为===A/m,故选D.2.如图,一个环形电流的中心有一根通电直导线,则环受到的磁场力( D )A.沿环半径向外B.沿环半径向内C.沿通电直导线水平向左解析:通电直导线产生的磁场是以导线上各点为圆心的同心圆,而环形电流的方向与磁场方向平行,即B平行I,所以通电圆环不受磁场力的作用,即F=0,选项D正确,A,B,C错误.3.在匀强磁场中,一个原来静止的原子核,由于放出射线,结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示),今测得两个相切圆半径之比r 1∶r2=a,新核与射线质量之比为b,则下列说法正确的是( B )A.放出的射线为高速电子流B.半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹C.射线与新核动能之比为aD.射线与新核质子数之比为b解析:根据动量守恒可以知道,放出射线后的粒子动量大小相等,方向相反,则根据左手定则可以知道,放出的粒子均带正电,选项A错误;放射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,则qvB=m,即R=,由于动量守恒,而且放出的粒子电荷量小,则半径R大,故半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹,选项B正确;根据动量与动能的关系E k=,则动能之比等于质量的反比,故射线与新核动能之比为b,选项C错误;射线与新核质子数之比即为电荷量之比,由于R=,则q=,即射线与新核质子数之比等于半径的反比,射线与新核质子数之比为a,选4.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动,A,B为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经A板时,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速,每当粒子离开电场区域时,A板电势又降为零,粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而在环形区域内绕半径不变(设极板间距远小于R),粒子重力不计,下列关于环形加速器的说法中正确的是( C )A.加速器对带正电粒子顺时针加速,对带负电粒子加速需要升高B板电势B.电势U越高,粒子最终的速度就越大C.环形区域内的磁感应强度大小B n与加速次数n之间的关系为=D.粒子每次绕行一圈所需的时间t n与加速次数n之间的关系为=解析:带正电粒子从A板向B板加速,所以正电粒子沿顺时针运动,对负电粒子,升高B板电势,则负电粒子从A板向B板加速,在磁场运动中沿顺时针方向运动,但洛伦兹力向外,无法做圆周运动,A错误;根据qvB=m可得v=,因为R是定值,最终速度由磁感应强度决定,B错误;粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功,设粒子绕行n圈获得的速度为v n,根据动能定理可得nqU=m,解得v n=,粒子在环形区域磁场中,受洛伦兹力作用做半径为R的匀速圆周运动,根据牛顿第二定律和向心力公式,则有qv n B n=m,解得B n== ,所以=,C正确;粒子绕行第n圈所需时间t n==2πR·,所以=,D错误.5.将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时,在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件.如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压.已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子).图中的1,2,3,4是霍尔元件上的四个接线端.当开关S1,S2闭合后,电流表A和电表B,C都有明显示数,下列说法中正确的是( C )A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表B.接线端4的电势高于接线端2的电势C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大解析:由题图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在2,4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表即毫伏表,选项A错误;由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子,磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板2,即接线端2的电势高于接线端4的电势,选项B错误;稳定时,粒子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,当电流方向都相反,但大小不变时,粒子的偏转方向与原来相同,但仍存在如上的平衡关系式,由于电流的大小不变,由电流的微观表达式I=neSv可知,其粒子的定向移动速度也不变,故霍尔电压的大小不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让B增大,若增大R2,会让电流I减小,粒子的定向移动速率v也变小,则不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误.6.如图(甲)所示,a,b两平行直导线中通有相同的电流,当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上,且两导线与圆心连线的夹角为60°时,圆心处的磁感应强度大小为B.如图(乙)所示,c导线中通有与a,b导线完全相同的电流,a,b,c垂直圆平面放置在圆周上,且a,b两导线与圆心连线的夹角为120°,b,c两导线与圆心连线的夹角为30°,则此时圆心处的磁感应强度大小为( A )A. BB.BC.0D.B解析:当a,b两导线与圆心连线的夹角为60°时,它们在圆心处的磁感应强度如图(甲)所示,设B a=B b=B1,则有B=B1.当a,b两导线与圆心连线夹角为120°时,如图(乙)所示,它们在圆心处的磁感应强度矢量和为B′=B1,再与c导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为B1,因此圆心处的磁感应强度大小为B,选项A正确.7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法中正确的是( B )A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内B.加速电场中的加速电压U=C.磁分析器中圆心O2到Q点的距离d=D.任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器解析:进入静电分析器后,正离子顺时针转动,所受洛伦兹力指向圆心,根据左手定则,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,选项A错误;离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有Eq=m,设离子进入静电分析器时的速度为v,离子在加速电场中加速的过程中,由动能定理有qU=mv2,解得U=,选项B正确;由B项解析可知R=,与离子质量、电荷量无关.离子在磁分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有qvB=m,得r==,即d=,选项C错误;圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电荷量有关,能够到达P点的不同离子,半径不一定都等于d,不一定都能进入收集器,选项D错误.8.回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒,把它们放在匀强磁场中,磁场方向垂直于盒面向下.连接好高频交流电源后,两盒间的窄缝中能形成匀强电场,带电粒子在磁场中做圆周运动,每次通过两盒间的窄缝时都能被加速,直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出.如果用同一回旋加速器分别加速氚核H)和α粒子He),比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能,下列说法正确的是( D )A.加速氚核的交流电源的周期较大,氚核获得的最大动能较大B.加速氚核的交流电源的周期较小,氚核获得的最大动能较小C.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较小D.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较大解析:带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同,根据T=,可知氚核的质量与电荷量的比值大于α粒子的质量与电荷量的比值,故氚核在磁场中运动的周期大,则加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子在磁场中运动的周期小,则加速α粒子的交流电源的周期较小;根据qvB=m,解得v=,则最大动能E km=mv2=,氚核的质量是α粒子的,氚核的电荷量是α粒子的,则氚核的最大动能是α粒子的,即氚核的最大动能较小,α粒子的动能较大,故A,B,C错误,D正确.9.如图所示,一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域,电场方向竖直向上,某时刻小球运动到了b 点,则下列说法正确的是( CD )A.从a到b,小球可能做匀速直线运动B.从a到b,小球可能做匀加速直线运动C.从a到b,小球动能可能不变D.从a到b,小球机械能增加解析:带电小球的初速度是水平的,从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移,说明小球做的是曲线运动,所以小球受力不为零,即小球不可能做匀速直线运动,选项A错误;从以上分析可知小球做曲线运动,即变速运动,故小球受到磁场的洛伦兹力也是变化的,故小球受到的合力是变力,所以小球不可能做匀加速直线运动,选项B 错误;当小球的重力和电场力平衡时,小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向,小球的动能不变,选项C正确;从a到b,电场方向竖直向上,电场力一定做正功,故机械能增加,选项D正确.10.央视《是真的吗》节目做了如下实验:用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺旋管,将螺旋管放在水平桌面上,用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”,两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上,只要将这辆小车推入螺旋管中,小车就会加速运动起来,如图所示.关于小车的运动,以下说法正确的是( BD )A.将小车上某一磁铁改为S极与电池粘连,小车仍能加速运动,B.将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连,小车的加速度方向将发生改变C.图中小车加速度方向向右D.图中小车加速度方向向左解析:两磁极间的磁感线如图(甲)所示,干电池与磁铁及中间部分线圈组成了闭合回路,在两磁极间的线圈中产生电流,左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流.其中线圈中电流方向的左视图为逆时针方向,电流与磁极、磁场的关系如图(乙)所示,由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右,根据牛顿第三定律有“小车”向左加速,C错误,D正确;如果改变某一磁铁S极与电源粘连,则磁感线不会向外发散,两部分受到方向相反的力,合力为零,A错误;如果将“小车”上两磁铁均改为S极与电池粘连,电流方向不变,磁场方向变化,“小车”受力方向变化,“小车”的加速度方向将发生变化,B正确.11.如图所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.两个相同的带电粒子,先后从y轴上的a(0,L)点和b点(坐标未知)以相同的速度v0垂直于y轴射入磁场,在x轴上的c(L,0)点相遇,不计粒子重力及其相互作用,根据题设条件可以确定( AC )A.带电粒子在磁场中运动的半径B.带电粒子的电荷量C.带电粒子在磁场中运动的时间D.带电粒子的质量解析:两个粒子做匀速圆周运动,由几何关系可以确认其圆心坐标分别是(0,L),(0,-L),轨迹半径R=L,圆弧所对圆心角分别是120°和60°,依qv0B=得R=,又v0,B已知,可确定比荷,但无法确认带电粒子带电荷量和质量;由T=,t=T,可求出带电粒子在磁场中运动的时间.12.图中的虚线为半径为R、磁感应强度大小为B的圆形匀强磁场的边界,磁场的方向垂直圆平面向里.大量的比荷均为的相同粒子由磁场边界的最低点A向圆平面内的不同方向以相同的速度v0射入磁场,粒子在磁场中做半径为r的圆周运动,经一段时间的偏转,所有的粒子均由圆边界离开,所有粒子的出射点的连线为虚线边界的,粒子在圆形磁场中运行的最长时间用t m表示,假设,R,v0为已知量,其余的量均为未知量,忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用.则下列表达式正确的是( ACD )A.B=B.B=C.r=D.t m=解析:设从A点射入的粒子与磁场边界的最远交点为B,则B点是轨迹圆的直径与磁场边界圆的交点,的长是边界圆周长的,则∠AOB= 120°,sin 60°=,得r=,粒子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,所以B==,选项A,C正确,B错误;粒子在磁场中运动的最长时间为t m===,选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(4分)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方,S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.(1)在图中画出连线,完成实验电路.要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向移动.(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:A.适当增加两导轨间的距离B.换一根更长的金属棒C.适当增大金属棒中的电流其中正确的是 (填入正确选项前的标号).解析:(1)实验电路连线如图所示.(2)为使金属棒离开导轨时具有更大的速度,则金属棒运动时需要更大的加速度,即应受到更大的安培力,根据F=ILB可知,应使I,L变大,即选项A,C正确.答案:(1)见解析 (2)AC评分标准:每问2分.14.(8分)物体的带电荷量是一个不易测得的物理量,某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电荷量.如图(a)所示,他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上,打点计时器固定在长木板末端,物块靠近打点计时器,一纸带穿过打点计时器与物块相连,操作步骤如下,请结合操作步骤完成以下问题.(1)为消除摩擦力的影响,他将长木板一端垫起一定倾角,接通打点计时器,轻轻推一下小物块,使其沿着长木板向下运动.多次调整倾角θ,直至打出的纸带上点迹 ,测出此时木板与水平面间的倾角,记为θ0.(2)如图(b)所示,在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场,用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连,绳与滑轮摩擦不计.给物块A带上一定量的正电荷,保持倾角θ0不变,接通打点计时器,由静止释放小物块A,该过程可近似认为物块A带电荷量不变,下列关于纸带上点迹的分析正确的是 .A.纸带上的点迹间距先增加后减小至零B.纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差不变D.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差逐渐减小,直至间距不变(3)为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有 .A.物块A的质量MB.物块B的质量mC.物块A与木板间的动摩擦因数μD.两物块最终的速度v(4)用重力加速度g,磁感应强度B,θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为q= .解析:(1)此实验平衡摩擦力后,确定滑块做匀速直线运动的依据是,看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的.(2)设A的质量为M,B的质量为m,没有磁场时,对A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根据平衡条件可知f=Mgsin θ0,F N=Mgcosθ0,又因为f=μF N,所以μ===tan θ0;当存在磁场时,以A,B整体为研究对象,由牛顿第二定律可得(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=(M+m)a由此式可知,v和a是变量,其他都是不变的量,所以A,B一起做加速度减小的加速运动,直到加速度减为零后做匀速运动,即速度在增大,加速度在减小,最后速度不变.所以纸带上的点迹间距逐渐增加,说明速度增大;根据Δx=at2,可知,加速度减小,则相邻两点间的距离之差逐渐减小;匀速运动时,间距不变,选项D正确,A,B,C错误.(3)(4)根据(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+Mgcosθ0)=(M+m)a,可得当加速度减为零时,速度最大,设最大速度为v,则(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=0化简得q=,把μ=tanθ0代入,得q=,由此可知为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v.答案:(1)间距相等(或均匀) (2)D (3)BD (4)评分标准:每问2分.15.(10分)如图所示,在xOy平面内,有一半径为R=L的圆形区域,圆心O1对应的坐标为(L,0),圆与x轴交于A,C两点.除圆形区域内无磁场,在y轴与直线x=2L之间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,在圆心O1处有一粒子源,发射同种粒子,粒子的质量为m,电荷量为+q(q>0),粒子从粒子源O1发出垂直磁场在纸面内向各个方向运动,不计粒子重力,并且从磁场返回圆形边界的粒子均被吸收掉,(1)求能从右边界(即直线x=2L)射出的粒子其最小速率为多少,并求出该粒子从O1发出时与x轴正方向的夹角θ;(2)要使粒子垂直于x=2L的边界射出磁场,求该粒子的最小速率为多少?解析:(1)分析可知,以相同速率从O1点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心的轨迹在虚线圆上,如图所示设能从直线x=2L边界出去的粒子的速度大小为v1,则qv1B=mv1=,从图中可知,速度最小是从D点飞出,则+r1=L,(1分)解得r1=L,(1分)最小速度为v1=,(1分)对应角度tan θ==,(1分)θ=30°,(1分)所以以最小速度射出的粒子的速度方向是斜向右下方与x轴正方向的夹角为30°.(2)粒子垂直于直线x=2L边界射出,作出粒子运动的轨迹如图所示设粒子的速度方向是斜向右下方与x轴正方向的夹角为α,粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r2,则Lcos α+r2sin α=L,(1分)(cos α+sin α)=L令=sin φ=cos φ得sin (α+φ)=L,(1分)当α+φ=90°时,r2最小,解得r2=L,(1分)qv2B=m,(1分)v2=所以,粒子垂直于x=2L的边界射出磁场的最小速率v2=.(1分)如果利用数学知识为点O1到直线距离,得出O3位置在D点时r2最小,同样求出r2=L,同样得分.答案:(1) 30° (2)16.(8分)如图所示,在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出);在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场,一粒子源固定在x轴上的A点,A点坐标为(-L,0).粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子,电子恰好能通过y轴上的C点,C点坐标为(0,2L),电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用).求:(1)第二象限内电场强度E的大小;(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ;(3)圆形磁场的最小半径R min.解析:(1)从A到C的过程中,电子做类平抛运动,有L=t2(1分)2L=vt,(1分)联立解得E=.(1分)(2)设电子到达C点的速度大小为v C,方向与y轴正方向的夹角为θ.由动能定理,有m-mv2=eEL(1分)解得v C=v,cos θ==,解得θ=45°.(1分)(3)电子的运动轨迹图如图,电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r==,(1分)电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出,则磁场圆最小半径R min==rsin 60°(1分)由以上两式可得R min=.(1分)答案:(1) (2)45° (3)17.(11分)如图(甲)所示,在平行边界MN,PQ之间存在宽度为d的匀强电场,电场周期性变化的规律如图(乙)所示,取竖直向下为电场正方向;在平行边界PQ右侧和MN左侧存在如图(甲)所示的两个长为2d、宽为d的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,其边界点分别为PQCD和MNFE.已知区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小是区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小的3倍.在区域Ⅰ右边界中点A处,有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直方向从磁场区域Ⅰ开始运动,以此作为计时起点,再经过一段时间粒子又恰好回到A点,如此循环,粒子循环一周,电场恰好变化一个周期,已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时,速度恰好与电场方向垂直,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:(1)区域Ⅰ的磁感应强度大小B;(2)电场强度大小E及电场的周期T.解析:(1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径r=d,(1分)由洛伦兹力提供向心力知qv0B=,联立得B=.(1分)(2)画出粒子运动的轨迹示意图如图所示,粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动,圆心为O1,粒子从区域Ⅰ进入电场,在电场中做类平抛运动,在区域Ⅱ做匀速圆周运动,圆心为O2,半径记为R,在区域Ⅱ做匀速圆周运动圆心O2与区域Ⅰ做匀速圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动.粒子从区域Ⅰ进入电场做类平抛运动,水平方向d=v0t(1分)竖直方向y=at2=t2(1分)离开电场时沿电场方向的速度v y=at=,离开电场时速度方向与边界MN的夹角为θ,离开电场时速度为v,v0=vsin θ粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力,知3qvB=(1分)由几何关系有2y+2Rsin θ=2d(1分)联立以上各式得E=(1分)由tan θ===,得θ=37°粒子在区域Ⅰ中运动的时间t1=(1分)粒子在区域Ⅱ中运动的时间t2==(1分)粒子在电场中运动的时间t3=(1分)电场变化的周期等于粒子运动的周期,所以电场变化周期T=t1+t2+t3= d.(1分)答案:(1) (2) d18.(11分)如图所示,在xOy平面内,第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线,OM与x轴负方向成45°夹角.在+y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在+x轴下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点O沿y轴负方向进入磁场,第一次经过磁场边界时的位置坐标是(-L,-L).已知微粒的电荷量大小为q,质量为m,不计微粒所受重力,微粒最后从+y轴上某点飞出场区(图中未画出),求:(1)带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度大小;(2)带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间.解析:(1)设微粒从原点O进入磁场时的初速度为v0,在磁场中的运动半径为r,则有qv0B=,(1分)由微粒第一次经过磁场边界上的点A坐标是(-L,-L),可知r=L,(1分)解出v0=.(1分)(2)微粒到达A点时,速度方向与OM夹角为45°,即与电场平行.微粒在电场中从A点开始向-x方向做减速运动,后原路返回A点,再在磁场中做匀速圆周运动到C点进入电场,微粒的运动轨迹如图所示.微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,所以qBv0=m r,(1分)并且v0=,(1分)设微粒在磁场中运动的总时间为t OC,根据几何关系,微粒在磁场中运动的路径刚好是一个完整的圆周,所以t OC=T,(1分)根据对称性,微粒到达C点时的速度方向应沿+y方向,此后在电场中做类平抛运动,从D点离开电场,设其加速度为a,运动时间为t CD,则有。
2020版人教版高考物理总复习限时规范训练：第九章 第1课时 电流 电阻 电功 电功率(基础课时)
限时规范训练(单独成册)[基础巩固题组](20分钟，50分) 1．(多选)下列说法正确的是()A．据R＝UI可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍B．不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变C．据ρ＝RSl可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比D．导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R 皆无关解析：选BD. R＝UI是电阻的定义式，导体电阻由导体自身性质决定，与U、I无关，当导体两端电压U加倍时，导体内的电流I也加倍，但比值R仍不变，A错误、B正确；ρ＝RSl是导体电阻率的定义式，导体的电阻率由材料和温度决定，与R、S、l无关，C错误、D正确．2．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为( )A.m v 22eLB ．m v 2Sn eC ．ρne vD ．ρe v SL解析：选C. 由电流定义可知：I ＝q t ＝n v tSe t ＝neS v ，由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neS v ·ρL S ＝ρneL v ，又E ＝U L ，故E ＝ρne v ，选项C正确．3．如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8 V ，乙电路两端的电压为16 V ．调节变阻器R 1和R 2使两灯泡都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P 1和P 2，两电路中消耗的总功率分别为P 甲和P 乙，则下列关系中正确的是( )A ．P 甲＜P 乙B ．P 甲＞P 乙C ．P 1＞P 2D ．P 1＝P 2解析：选D.设灯泡额定电流为I, 则两灯泡都正常发光，电流均为额定电流I ，甲电路中总电流I 甲＝2I ，乙电路中总电流I 乙＝I ，所以P 甲＝U 甲 I 甲＝8×2I ＝16I ，P 乙＝U 乙I 乙＝16×I ＝16I ，P 甲＝P 乙，选项A 、B 均错误；R 1消耗的功率P 1＝P 甲－2P 灯，R 2消耗的功率P 2＝P 乙－2P 灯，故P 1＝P 2，选项C 错误、D 正确．4．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．已知电子的电荷量为e 、质量为m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内的电子个数是( )A.I Δl eS m 2eU B ．I Δl e m 2eU C. I eS m 2eU D ．IS Δl e m 2eU解析：选B.在加速电场中有eU ＝12m v 2，得v ＝2eUm .在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内电量为q ＝I Δt ＝I Δl v ，则电子个数n ＝q e ＝I Δl e m 2eU，B 正确． 5．(2019·黄冈模拟)(多选)R 1和R 2是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体，但R 1的尺寸比R 2大得多，把它们分别连接在如图所示电路的A 、B 两端，接R 1时电压表的读数为U 1，接R 2时电压表的读数为U 2，则下列判断正确的是( )A ．R 1＝R 2B ．R 1＞R 2C ．U 1＜U 2D ．U 1＝U 2解析：选AD.电流从导体的横截面流过，由电阻定律R ＝ρL S ＝ρa ad＝ρd ，可见电阻与边长a 无关，选项A 正确；因外电阻相同，故路端电压相等，选项D 正确．6．某兴趣小组调查一条河流的水质情况，计算结果表明，被污染的河里一分钟内有相当于6 C的正离子和9 C的负离子向下游流去，则取样时这条河流的等效电流大小和方向分别是() A．0.25 A顺流而下B．0.05 A顺流而下C．0.25 A逆流而上D．0.05 A逆流而上解析：选 D.若正负离子移动方向相反，则通过横截面的总电荷量是两种离子电荷量绝对值之和，若正负离子向着同一个方向流动，则通过横截面的总电荷量等于正负离子的电荷量的代数和，所以在1 min内通过横截面的总电荷量应为q＝6 C－9 C＝－3 C，所以电流I ＝0.05 A，方向与河水的流动方向相反，即电流的方向为逆流而＝|q|t上，D正确．7．(多选)假如某白炽灯的U－I图象如图所示，图象上A点与原点的连线和横轴所成的角为α，A点的切线与横轴所成的角为β(横、纵坐标均为国际单位)，以下说法中正确的是()A．白炽灯的电功率随电压U的增大而增大B．白炽灯的电阻随电压U的增大而增大C．在A点，白炽灯的电阻为tan αD．在A点，白炽灯的电阻为tan β解析：选AB.由题图可知，U增大，I增大，则电功率P＝UI增知，电阻等于U－I图线的斜大，A正确；根据电阻的定义式R＝UI率，观察题图可知电阻逐渐增大，B正确；由于α是几何角，所以tanα＝A 点到I 轴距离A 点到U 轴距离，一般情况下tan α≠U 0I 0，故C 、D 错误． [能力提升题组](25分钟，50分)1．(多选)如图所示，定值电阻R 1＝20 Ω，电动机绕线电阻R 2＝10 Ω，当开关S 断开时，电流表的示数是I 1＝0.5 A ，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I 和电路消耗的电功率P 应是( )A ．I ＝1.5 AB ．I <1.5 AC ．P ＝15 WD ．P <15 W 解析：选BD.当开关S 断开时，由欧姆定律得U ＝I 1R 1＝10 V ，当开关闭合后，通过R 1的电流仍为0.5 A ，通过电动机的电流I 2<U R 2＝1 A ，故电流表示数I ＜0.5 A ＋1 A ＝1.5 A ，B 正确；电路中电功率P ＝UI <15 W ，D 正确．2．(多选)在如图所示的电路中，输入电压U恒为8 V ，灯泡L 标有“3 V ，6 W ”字样，电动机线圈的电阻R M ＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( )A ．电动机的输入电压是5 VB ．流过电动机的电流是2 AC ．电动机的效率是80%D ．整个电路消耗的电功率是10 W解析：选AB.灯泡恰能正常发光，说明灯泡电压为3 V ，电流为2 A，电动机的输入电压是8 V－3 V＝5 V，流过电动机的电流是I＝2 A，选项A、B正确；电动机内阻消耗功率I2R M＝4 W，电动机输入功率为5×2 W＝10 W，输出功率为6 W，效率为η＝60%，整个电路消耗的电功率是10 W＋6 W＝16 W，选项C、D错误．3．改革开放以来，人们的生活水平和生活质量有了较大的改善，电冰箱、空调机、电视机等家用电器得到了普遍使用．根据图中铭牌上提供的信息，判断在12小时内正常使用的电冰箱与连续运转的电风扇消耗电能的情况是()BC—65B电冰箱额定电压220 V工作频率50 Hz额定功率70 W耗电量：0.5 kW·h/24 h PS—69电风扇规格400 mm 额定电压220 V 工作频率50 Hz 额定功率65 WA．电冰箱比电风扇多B．电风扇比电冰箱多C．电风扇与电冰箱一样多D．电冰箱比电风扇可能多，也可能少解析：选B.依据电冰箱铭牌可知，电冰箱在12 h内消耗电能0.25 kW·h，而电风扇在12 h内消耗电能W＝Pt＝0.78 kW·h，B项正确．4．(多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时()A．L1两端的电压为L2两端电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4解析：选BD.电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知L1两端电压为3.0 V，L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝0.75 W，选项B正确；根据并联电路规律可知，L2中的电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知L2两端电压大约为0.3 V，故L1两端的电压约为L2两端电压的10倍，选项A错误；由欧姆定律，L2的电阻约为R2＝U2I2＝0.30.125Ω＝2.4 Ω，选项C错误；L2消耗的电功率约为P2＝U2I2＝0.3×0.125 W＝0.037 5 W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4，选项D正确．5．如图所示，P为一块半圆形薄电阻合金片，先将它按图甲方式接在电极A、B之间，然后将它再按图乙方式接在电极C、D之间，设AB、CD之间的电压是相同的，则这两种接法电阻大小关系为()A ．R 甲＝12R 乙 B ．R 甲＝14R 乙 C ．R 甲＝2R 乙 D ．R 甲＝4R 乙解析：选B.将四分之一圆形薄合金片看成一个电阻，设为r ，图甲中等效为两个电阻并联，R 甲＝r 2，图乙中等效为两个电阻串联，R 乙＝2r ，所以R 甲＝14R 乙，所以B 正确． 6．(多选)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪击前云、地之间的电势差约为1.0×109 V ，云、地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云、地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云、地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )A ．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB ．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC ．闪电前云、地间的电场强度约为1×106 V/mD ．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J解析：选AC.根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q ＝6 C ，时间约为t ＝60 μs ，故平均电流为I 平＝Q t ＝1×105 A ，闪击过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A 对；第一次闪击过程中电功约为W ＝QU ＝6×109 J ，第一个闪击过程的平均功率P ＝W t ＝1×1014 W ，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪击过程中的时间远大于60 μs，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为E＝Ud＝1×1091 000V/m＝1×106V/m，C对；整个闪电过程向外释放的能量约为W＝6×109J，D错．7．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R.下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R的合理表达式应为()A．R＝ρ(b＋a)2πab B．R＝ρ(b－a)2πabC．R＝ρab2π(b－a)D．R＝ρab2π(b＋a)解析：选B.根据R＝ρlS，从单位上看，答案中，分子应是长度单位，而分母应是面积单位，只有A、B符合单位，C、D错误；再代入特殊值，若b＝a，球壳无限薄，此时电阻为零，因此只有B正确，A错误．。
2020届人教版高考物理总复习针对训练：9-2磁场对运动电荷的作用
1．如图9－2－42所示，带负电荷的摆球在一匀强磁场中摆动．匀强磁场的方向垂直纸面向里．磁场中A 、B 为等高的两点，摆球在A 、B 间摆动过程中，由A 摆到最低点C 时，摆线拉力大小为F 1，摆球加速度大小为a 1.由B 摆到最低点C 时，摆线拉力大小为F 2，摆球加速度大小为a 2，则( )图9－2－42A ．F 1>F 2，a 1＝a 2B ．F 1<F 2，a 1＝a 2C ．F 1>F 2，a 1>a 2D ．F 1<F 2，a 1<a 2解析：由于洛伦兹力不做功，所以从B 和A 到达C 点的速度大小相等．由a ＝v 2r 可得a 1＝a 2.当由A 运动到C 时，以小球为研究对象，受力分析如图9－2－43甲所示，F 1＋f 洛－mg ＝ma 1.当由B 运动到C 时，受力分析如图16乙所示，F 2－f 洛－mg ＝ma 2.由以上两式可得：F 2>F 1，故B 正确．图9－2－43答案：B2．(2019年枣庄期末)如图9－2－44所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的带电粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e 点射出，则( )图9－2－44A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从e 点射出所用时间最短解析：如图9－2－45，粒子从e 点射出圆心是O 1，如果粒子的速度增大为原来的二倍，由r ＝m v qB 可知半径也增大为原来的二倍，由对称性可看出粒子将从d 点射出，选项A 正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，圆心是O 3，设正方形的边长为a ，圆半径为r 1＝24a ，r 3＝3r 1＝324a ，线段O 3f ＞34a ＋12a ＞r 3，所以不可能从f 点射出，选项B 错误；由r ＝m v qB 可看出，磁感应强度增大时，半径减小，不会从d 点射出，选项C 错误；因粒子运动的周期一定，在磁场中运动的时间与圆心角成正比，从以上分析和图9－2－46中可看出圆心为O 1、O 2时粒子运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中运动的时间也相等，选项D 错误．图9－2－45图9－2－46答案：A3．(2016年高考·课标全国卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图9－2－47所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()图9－2－47A.ω3B B.ω2B C.ωB D.2ωB解析：如图9－2－48所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧MP所对应的圆心角由几何知识知为30°，则π2ω＝2πmqB·30°360°，即qm＝ω3B，选项A正确．图9－2－48答案：A4．(2019年山东济宁一模)(多选)如图9－2－49所示，匀强磁场分布在半径为R 的14圆形区域MON 内，Q 为半径ON 上的一点且OQ＝22R ，P 点为边界上一点，且PQ 与OM 平行．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，粒子2从P 点沿PQ 射入，下列说法正确的是( )图9－2－49A ．粒子2一定从N 点射出磁场B ．粒子2在P 、N 之间某点射出磁场C ．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2D ．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为2∶1解析：两带电粒子在匀强磁场中的轨迹半径是相同的，粒子1恰好从N 点射出，它们的轨迹半径为R ，如图9－2－50，O 1是粒子1的轨迹圆心，O 2是粒子2的轨迹圆心，连接OP ，R ＝OQ 2＋PQ 2，因为OQ ＝O 2A ，NA ＝PQ ，所以NA 2＋O 2A 2＝R ，则粒子2一定过N点，A 正确，B 错误．粒子1在磁场中运动的时间t 1＝T 4，而∠NO 2A＝45°，所以t2＝T8，粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为2∶1，C错误，D正确．图9－2－50答案：AD5．(多选)如图9－2－51所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间后有大量粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T2(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为()图9－2－51A.T 3B.T 4C.T 6D.T 8解析：粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于所有粒子的速度大小相同，故弧长越小，粒子在磁场中运动的时间就越短，由于粒子在磁场中运动的最长时间为T 2，沿SA 方向射出的粒子在磁场中运动时间最长．如图9－2－52所示，作出粒子运动轨迹图，由几何关系可知当粒子在磁场中做圆周运动绕过的弧所对应的弦垂直边界OC 时，粒子在磁场中运动时间最短，由于SD ⊥OC ，则SD ＝12ES ，即弦长SD 等于半径O ′D 、O ′S ，相应∠DO ′S ＝60°，即最短时间为t ＝60°360°T ＝T 6，粒子在磁场中运动的时间范围T 6≤t ≤T 2，A 、B 、C 正确．图9－2－52 答案：ABC。
(通用版)2020版高考物理一轮复习第九章第2讲磁场对运动电荷的作用课时作业(含解析)
磁场对运动电荷的作用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.如图所示，匀强磁场中有一电荷量为q 的正离子，由a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝12ab ，电子的电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为( )A.3q2e B.q eC.2q 3eD.q 3e 解析：D 正离子由a 到b 的过程，轨迹半径r 1＝ab2，此过程有qvB ＝m v 2r 1，正离子在b点附近吸收n 个电子，因电子质量不计，所以正离子的速度不变，电荷量变为q －ne ，正离子从b 到c 的过程中，轨迹半径r 2＝bc 2＝34ab ，且(q －ne )vB ＝m v 2r 2，解得n ＝q3e，D 正确．2．(2018·深圳模拟)一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动．则下列能表示运动周期T 与半径R 之间的关系图像的是( )解析：D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，qvB ＝m v 2R ⇒R ＝mvqB，由圆周运动规律，T ＝2πR v ＝2πmqB，可见粒子运动周期与半径无关，故D 项正确．3.如图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1＝2B 2，一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(不计重力)从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点( )A.2πmqB 1B.2πmqB 2C.2πmqB1＋B 2D.πmq B 1＋B 2解析：B 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T ＝2πmqB知，粒子从O 点进入磁场到再一次通过O 点的时间为t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πm qB 2，所以B 选项正确．4.如图所示，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，不计重力．在a 点以某一初速度水平向左射入磁场区域I ，沿曲线abcd 运动，ab 、bc 、cd 都是半径为R 的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t .规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B 随x 变化的关系可能是( )解析：C 由题目条件和题图可知，粒子从a 点运动到b 点的过程中(即在磁场区域Ⅰ中)，磁感应强度为正，所以B 、D 错误；又知道粒子质量、带电荷量、运动半径及运动时间，由公式T ＝2πm Bq 及t ＝90°360°·T 可以得到磁感应强度B 的大小为πm 2qt，所以C 正确，A 错误．5.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B 2B 1等于( )A. 2B. 3 C ．2D ．3解析：B 当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从13圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ ，粒子都从圆弧PQ 之间射出，因此轨道半径r 1＝R cos 30°＝32R ；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即16周长，对应的弦长为R ，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R ，半径r 2＝R 2，由r ＝mv qB 可得B 2B 1＝r 1r 2＝ 3.6.如图所示，正五边形abcde 区域内有垂直于纸面的匀强磁场。
2020版高考物理一轮总复习第九章第2课时闭合电路欧姆定律基次时限时规范训练含解析新人教版
闭合电路欧姆定律[基础巩固题组](20分钟，50分)1．电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此( )A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压
解析：选C.电动势E＝，它不属于力的范畴，A错误；电动势表征非静电力做功的本W非
q
领，电动势越大，表明电源将其他形式的能转化为电能的本领越大，B错误，C正确；电动势与电压是两个不同的概念，通常情况下，电动势大于闭合电路电源两端电压，D错误．2．两个相同的电阻R，当它们串联后接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I，则电源的内阻为( )A．4R B．R
C. D．无法计算R2
解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I＝，当两电阻并联接入电路中时I＝E2R＋rER2＋r
×，由以上两式可得：r＝R，故选项B正确．12
3．如图所示为小灯泡的U－I图线，若将该小灯泡与一节电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.75 Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据( )A．1.5 W 1.0 W B．0.75 W 0.5 WC．0.75 W 0.75 W D．1.5 W 0.75 W解析：选D.在题图中画出电源的U－I图象，与灯泡的U－I图象的交点为I＝1.0 A，U＝0.75 V，则电源的总功率P总＝EI＝1.5 W，灯泡的功率P灯＝UI＝0.75 W，故D正确．
4．在如图所示的电路中，R1＝11 Ω，r＝1 Ω，R2＝R3＝6 Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C带电荷量为Q2，则( )A．Q1∶Q2＝1∶3 B．Q1∶Q2＝3∶1C．Q1∶Q2＝1∶5 D．Q1∶Q2＝5∶1解析：选A.当开关S闭合时，电容器两端电压等于R2两端的电压，U2＝＝，Q1＝ER2R1＋R2＋rE3
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本套资源目录2020版高考物理总复习第九章第1节磁场及磁吃电流的作用练习含解析2020版高考物理总复习第九章第2节磁吃运动电荷的作用练习含解析第1节磁场及磁场对电流的作用1.(2019·北京第四十四中学模拟)(多选)在物理学中常用比值法定义物理量.下列说法中正确的是( AD )A.用E=定义电场强度B.用a=定义加速度C.用C=定义电容器的电容D.用B=定义磁感应强度解析:E=是电场强度的定义式,采用比值定义法,定义出的电场强度E与F,q无关,故A项正确;加速度a=是加速度的决定式,物体的加速度a与其所受合力F成正比,与物体的质量m 成反比,这个公式不是比值定义法;a=是加速度的定义式,故B项错误;C=是电容的决定式,C与εr,S成正比,与d成反比,这个公式不是比值定义法;C=是电容的定义式,故C项错误;B=是磁感应强度的定义式,采用比值定义法,定义出的磁感应强度B与F,I,L无关,故D项正确.2.(2019·山东莱芜期末)如图所示,用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架,每个边长L的电阻均为r,三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接,垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场,则三角形框架受到的安培力的合力大小为( D )A.0B.C.D.解析:由图可知框架的bc边与bac边并联接在电源两端,则电路总电阻为R=+r=r,总电流I==,三角形框架受到的安培力的合力大小为F=BI1L+BI2L=BIL=,故D正确.3.(2019·安徽六安质检)如图所示,两光滑金属导轨倾斜放置,与水平面夹角为30°,导轨间距L,一质量为m的导体棒与导轨垂直放置,电源电动势恒定,不计导轨电阻.当磁场竖直向上时,导体棒恰能静止,现磁场发生变化,方向沿顺时针旋转,最终水平向右,在磁场变化的过程中,导体棒始终静止.则下列说法正确的是( B )A.磁感应强度一直减小B.磁感应强度先变小后变大C.导体棒对导轨的压力变大D.磁感应强度最小值为解析:由图可知,当磁场方向顺时针旋转,由图可知安培力先变小后变大,电流恒定,则磁感应强度先变小后变大,安培力的最小值为F min=mgsin 30°=mg=B min IL,则磁感应强度最小为B min=,B正确,A,D错误;由图知N变小,C错误.4.(2017·甘肃嘉峪关期末)两条导线互相垂直,但相隔一小段距离,其中AB固定,电流方向由B到A,CD可自由运动,电流方向由C到D.当通以图所示方向电流后,CD导线将( D )A.顺时针方向转动,同时靠近ABB.逆时针方向转动,同时离开ABC.顺时针方向转动,同时离开ABD.逆时针方向转动,同时靠近AB解析:根据右手螺旋定则可知,电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里,在左边垂直纸面向外,在CD左右两边各取一小段电流元,根据左手定则,左边的电流元所受的安培力方向向下,右边的电流元所受安培力方向向上,CD导线逆时针方向转动,当CD导线转过90°后,两电流为同向电流,相互吸引,所以导线CD逆时针方向转动,同时靠近导线AB,选项D正确,A,B,C 错误.5.(2019·山东济南模拟)如图所示,在匀强磁场区域中有一光滑斜面体,在斜面上放了一根长L,质量为m的导线,当通以如图所示方向的电流I后,导线恰能保持静止,则磁感应强度B 必须满足( B )A.B=,方向垂直纸面向外B.B=,方向垂直斜面向下C.B=,方向竖直向上D.B=,方向水平向右解析:当所加磁场方向垂直纸面向外时,磁场与电流方向平行,所以导线不受磁场力的作用,无法保持平衡,故A错误;当所加磁场方向垂直斜面向下时,由左手定则可以判断受到的安培力的方向沿斜面向上,根据平衡条件得mgsin θ=BIL,解得B=,故B正确;当所加磁场方向竖直向上时,受到的安培力的方向水平向左,则导体棒受力不平衡,故C错误;当所加磁场方向水平向右时,受到的安培力的方向竖直向上,由mg=BIL,得B=,故D错误.6.(2018·天津五区县期末)如图所示,A,B,C是等边三角形的三个顶点,O是A,B连线的中点.以O为坐标原点,A,B连线为x轴,O,C连线为y轴,建立坐标系.过A,B,C,O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等、方向向里的电流.则过C点的通电直导线所受安培力的方向为( B )A.沿y轴正方向B.沿y轴负方向C.沿x轴正方向D.沿x轴负方向解析:等边三角形的三个顶点A,B,C处均有一通电导线,且导线中通有大小相等的恒定电流.由安培定则可得:导线A,B的电流在C处的合磁场水平向右,导线O的电流在C处的磁场也是水平向右,故三条导线的电流在C处的合磁场方向水平向右.再由左手定则可得:C点的通电直导线所受安培力的方向为沿着y轴的负方向.故B正确.7.(2019·广东阳江质检)(多选)如图所示,金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上,整个装置处于竖直向上的磁场中.当磁感应强度均匀减小时,杆ab总保持静止,则( AD )A.杆中感应电流方向是从b到aB.杆中感应电流大小减小C.金属杆所受安培力逐渐增大D.金属杆受到的合力为零解析:当磁感应强度B均匀减小时,穿过回路的磁通量减少,根据楞次定律判断得到:回路中感应电流方向为逆时针方向(俯视),则杆中的感应电流方向是从b到a,故A正确;当磁感应强度B均匀减小时,穿过回路的磁通量均匀减少,磁通量的变化率不变,根据法拉第电磁感应定律E=n得,回路中产生的感应电动势不变,则感应电流大小保持不变,故B错误.根据安培力F=BIL,I不变,B均匀减小,得知金属杆受到的安培力逐渐减小,故C错误.杆ab总保持静止,合力为零,故D正确.8.(2019·黑龙江大庆模拟)(多选)如图所示,一根通电的直导体放在倾斜的粗糙斜面上,置于图示方向的匀强磁场中,处于静止状态.现增大电流,导体棒仍静止,则在增大电流过程中,导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( AB )A.一直增大B.先减小后增大C.先增大后减小D.始终为零解析:由左手定则可得安培力方向沿斜面向上,若开始时安培力较大,导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向下,则当增大电流过程中,安培力也随之增大,从而导致摩擦力也增大,所以A正确;若开始时安培力较小,导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向上,则当增大电流过程中,安培力也随之增大,从而导致摩擦力先变小.当安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力时,此时导体棒不受摩擦力作用,当继续增大电流时,出现摩擦力方向向下,从而随着电流增大而增大,故B正确,C,D错误.9.(2019·河南洛阳模拟)如图所示,三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形,电流的方向垂直纸面向里.电流大小均为I,其中A,B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B.导线C位于水平面处于静止状态,则导线C受到的静摩擦力是( B )A.B0IL,水平向左B.B0IL,水平向右C.B0IL,水平向左D.B0IL,水平向右解析:A,B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0,作出磁感应强度的合成图,根据平行四边形定则,结合菱形的几何关系,则有B C=B0;再由左手定则可知,安培力方向水平向左,大小为F=B0IL,由于导线C位于水平面处于静止状态,所以导线C受到的静摩擦力大小为B0IL,方向水平向右.10.(2019·山西大同期末)如图所示,原来静止的圆线圈可以自由移动,在圆线圈直径MN上靠近N点处放置一根垂直于线圈平面的固定不动的通电直导线,导线中电流方向垂直于纸面向里.当在圆线圈中通以逆时针方向的电流I时,圆线圈将会( D )A.受力向左平动B.受力向右平动C.不受力,平衡不动D.以MN为轴转动解析:长直导线通电后在它周围形成以导线为圆心的圆形磁感线,如图中虚线所示.通电圆形线圈要受到安培力作用,其方向可由左手定则判断出;圆线圈下半部分所在处磁场方向斜向上,所以受的安培力方向垂直纸面向外;上半部分线圈受的安培力垂直纸面向里.因此线圈以MN为轴转动,故D正确.11.(2019·宁夏六盘山期末)电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的高能杀伤武器,具有速度快命中率高,发射成本低,减少污染等特点,是21世纪的理想兵器,它的主要原理如图所示,1982年澳大利亚大学制成的能把2.2 g的弹体加速到10 km/s的电磁炮,若轨道宽为2 m,长为100 m,通过的电流为10 A,求:(1)轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)磁场力的最大功率.解析:(1)对炮弹发射过程由动能定理Fx=mv2,安培力F=BIL,代入数据得B=55 T.(2)磁场力的最大功率P=Fv,代入数据P=1.1×107 W.答案:(1)55 T (2)1.1×107 W12.(2019·吉林延边期末)在与水平方向成θ角的倾斜光滑导轨上放一质量为m的导体棒ab(导轨宽度为L,导轨和棒的电阻不计),电源电动势为E,内电阻为r,定值电阻阻值为R,整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向竖直向下,如图所示.(1)求释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向.(2)求导体棒由静止释放瞬间的加速度的大小.解析:(1)由闭合电路欧姆定律有I=导体棒受到的安培力F=,方向水平向右.(2)以导体棒为研究对象,受力情况如图根据牛顿第二定律有mgsin θ-Fcos θ=ma解得a=.答案:(1),方向水平向右(2)第2节磁场对运动电荷的作用1.(2019·江苏省南通模拟)狄拉克曾预言,自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子,其周围磁感线呈均匀辐射状分布,距离它r处的磁感应强度大小为B=(k为常数),设空间有一固定的S极磁单极子,磁场分布如图所示,一带电小球q(重力不可忽略)在S极附近做匀速圆周运动,则关于小球做匀速圆周运动的判断中正确的是( C )A.若小球带正电,其运动轨迹平面可在S的正下方B.若小球带负电,其运动轨迹平面可在S的正下方C.若小球带正电,其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动(从上往下看)D.若小球带负电,其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动(从上往下看)解析:要使小球能做匀速圆周运动,则洛伦兹力与重力的合力须充当向心力;洛伦兹力必为斜上方,其竖直分力与重力平衡,水平分力提供向心力.根据左手定则可以判断:若小球带正电,其运动轨迹平面在S的正上方且沿逆时针运动;若小球带负电,其运动轨迹平面可以在S的正上方且沿顺时针运动(从上往下看);若在下方时,当洛伦兹力的方向垂直磁感线斜向上时,一个分力可以与重力平衡,但另一个分力不指向圆心,不能提供向心力;同样当洛伦兹力的方向垂直磁感线斜向下时,一个分力可以提供向心力,但另一个分力不能与重力平衡.故A,B,D错误,C正确.2.(2018·辽宁省葫芦岛二模)如图,空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场,图中未画出,从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2,两个质子同时到达P点.已知OP=a,质子2沿与OP成30°角的方向发射,不计质子的重力和质子间的相互作用力,则质子1和2发射的时间间隔为( D )A. B. C. D.解析:由磁场及几何知识可得两质子做匀速圆周运动的半径为r1=r2=a.如图所示,可知质子2的圆心为O2,质子1的圆心为O1,则由几何知识可知质子2轨迹对应圆心角为60°,质子1的轨迹对应的圆心角为300°,表明质子1从O到P用时为t1=T;质子2从O到P用时为t2=T,质子运动的周期T=.因此要想同时到达,质子1应该提早发射,且时间差为Δt=t1-t2=,故选项A,B,C错误,D正确.3.(2018·广州一模)如图,半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、带电荷量为+q且不计重力的粒子,以速度v沿与半径PO夹角θ=30°的方向从P点垂直磁场射入,最后粒子垂直于MN射出,则磁感应强度的大小为( B )A. B.C. D.解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,运动轨迹如图,由几何关系知圆心角为30°,粒子运动轨迹的半径为r=2R,由电磁场相应知识得半径为r=,则B=,选项B正确,A,C,D错误.4.如图为显像管的构造示意简图.当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中间的O点.安装在管径上的偏转线圈可以产生水平方向的磁场,使电子束在竖直方向发生偏转,设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,图中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转( A )解析:根据左手定则可以得知,电子开始上偏,故磁场的方向垂直纸面向外,方向为负,且逐渐减小,后来电子又下偏,磁场方向垂直纸面向里,方向为正,且逐渐增加,故A正确.5.(2019·陕西榆林模拟)如图所示,矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,a,b,c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子,它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场,图中画出了它们在磁场中的运动轨迹,粒子重力不计.下列说法正确的是( D )A.粒子a带负电B.粒子c的动能最大C.粒子b在磁场中运动的时间最长D.粒子b在磁场中运动时的向心力最大解析:根据左手定则知粒子a带正电,粒子b,c带负电,故A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力,得qvB=m,解得v=,粒子的动能E k=mv2=,由于q,B,m都相同,因此r越大,粒子动能越大,所受向心力就越大,由图示可知,b的轨道半径最大,则b粒子动能和向心力都最大,选项B错误,D正确.粒子在磁场中做圆周运动的周期T=相同,粒子在磁场中的运动时间t=T=,由于m,q,B都相同,粒子c转过的圆心角θ最大,则射入磁场中c的运动时间最长,故C错误.6.(2018·广东梅州二模)如图所示,ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,为与AB相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.今有质量相同的甲、乙、丙三个小球,其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电,现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则( D )A.经过最高点时,三个小球的速度相等B.经过最高点时,甲球的速度最小C.乙球释放的位置最高D.甲球下落过程中,机械能守恒解析:在最高点时,甲球受洛伦兹力向下,乙球受洛伦兹力向上,而丙球不受洛伦兹力,三球在最高点受合力不同,由牛顿第二定律得F合=m,由于F合不同而m,R相等,则三个小球经过最高点时的速度不相等,选项A错误;由于经过最高点时甲球所受合力最大,则甲球在最高点的速度最大,选项B错误;甲球经过最高点时的速度最大,甲的机械能最大,小球在运动过程中只有重力做功,而洛伦兹力不做功,由机械能守恒定律可知,甲释放时的位置最高,故C错误,D正确.7.(多选)如图,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.M为磁场边界上一点,有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的.下列说法正确的是( AC )A.粒子从M点进入磁场时的速率为v=B.粒子从M点进入磁场时的速率为v=C.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的D.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的解析:边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长,即偏转圆半径r==,得v=,所以A对,B错;若磁感应强度增加到原来的倍,轨道半径变为R,直径对应的弦长为R,有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°,所以弧长之比为2∶3,C 对D错.8.(多选)如图所示为一边长为L的正方形abcd,P是bc的中点.若正方形区域内只存在由d 指向a的匀强电场,则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)恰好从P点射出.若该区域只存在垂直纸面向里的匀强磁场,则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出.由此可知( BC )A.匀强电场的电场强度为B.匀强磁场的磁感应强度为C.带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D.带电粒子在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为1∶2解析:带电粒子在电场中做类平抛运动,有L=vt,L=at2,qE=ma,联立解得E=,a=,A错误;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,由几何关系有r=L,联立解得B=,B正确;粒子在匀强磁场中运动的加速度a′===a,C正确;带电粒子在匀强电场中运动的时间t=,在匀强磁场中运动的时间t′=,在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为=,D错误.9.(多选)如图所示,在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场,在x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为的匀强磁场.一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场,且在x轴上方运动的半径为R.则( CD )A.粒子经偏转一定能回到原点OB.粒子完成一次周期性运动的时间为C.粒子射入磁场后,第二次经过x轴时与O点的距离为3RD.粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为 1∶2解析:根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知,粒子运动的过程中始终处于磁场内,离O点越来越远,粒子一定不能回到原点,A错误;由几何关系可知,粒子在一次周期运动时间内,在x轴上方运动的时间t1=T=,在x轴下方运动的时间t2=T′=,粒子完成一次周期性运动的时间为t1+t2=,B错误;根据Bqv=m得r=,在x轴下方的轨道半径是在x轴上方的2倍,即r=2R,由粒子在磁场运动时的偏转角及几何关系可知,粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R,第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R,所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R,C,D正确.10.如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m=5.0×10-8 kg,电荷量为q=1.0×10-6 C的带电粒子,从静止开始经U0=10 V的电压加速后,从P点沿图示方向进入磁场,已知OP=30 cm,(粒子重力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)带电粒子到达P点时速度v的大小;(2)若磁感应强度B=2.0 T,粒子从x轴上的Q点离开磁场,求OQ的距离;(3)若粒子不能进入x轴上方,求磁感应强度B′满足的条件.解析:(1)对带电粒子的加速过程,由动能定理得qU0=mv2,解得v=20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则qvB=,解得R=0.5 m,而=0.5 m故圆心一定在x轴上,轨迹如图(甲)所示,由几何关系可知OQ=R+Rcos 37°=0.9 m.(3)带电粒子不从x轴射出,临界轨迹如图(乙)所示,由几何关系得OP>R′+R′sin 37°,R′=解得B′> T.答案:(1)20 m/s (2)0.9 m (3)B′> T11.(2019·贵州铜仁模拟)如图所示,无重力空间中有一恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外,大小为B,沿x轴放置一个垂直于xOy平面的较大的荧光屏,P点位于荧光屏上,在y轴上的A点放置一放射源,可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为+q的同种粒子,这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线,P点处在亮线上,已知OA=OP=L.(1)若能打到P点,则粒子速度的最小值为多少?(2)若能打到P点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?解析:(1)设粒子的速度大小为v时,其在磁场中的运动半径为R,则由牛顿运动定律有qBv=m若粒子以最小的速度到达P点时,其轨迹一定是以AP为直径的圆(如图中圆O1所示),由几何关系知s AP=L,R==L,则粒子的最小速度v=.(2)粒子在磁场中的运动周期T=,设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ,则粒子在磁场中的运动时间为t=T=,由图可知,在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示,此时粒子的初速度方向竖直向上,由几何关系有θ=π则粒子在磁场中运动的最长时间t=.答案:(1)(2)。