【步步高】(新课标)2015届高三物理二轮专题突破 倒数第7天 磁场和带电粒子在磁场或复合场中的运动练习
【免费下载】【步步高】(全国通用)2015届高考物理大二轮复习 专题训练二 第2课时 动力学观点在电学中的应用
减小到零时，与木板脱离做匀速直线运动，知 5 s 末的速度小于 10 m/s，知此时摩擦力不为
1
F电
考向 2 磁场内动力学问题分析 例 2 如图 3 所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为 0.5 T 的匀强磁场，一质量为 0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为 0.1 kg、电荷量 q＝＋0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为 0.5，滑块受到的最大静 摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t＝0 时对木板施加方向水平向左，大小为 0.6 N 的恒力，g 取 10 m/s2.则( )
第 2 课时 动力学观点在电学中的应用
1．带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向． 2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动． 3．带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向 射入匀强电场中时，带电粒子做匀变速直线运动． 4．电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度 逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动．
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对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电，力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资，配料不置试仅技卷可术要以是求解指，决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下，安与要全过加，度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高；试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中，核资或对料者定试对值卷某，弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试，.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置，弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误，试高要方中求案资技，料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高，术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术，管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高，案中为；资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资，管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装，工置合作调理并试利且技用进术管行，线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确：指灵在导活分。。线对对盒于于处调差，试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷，术调应问试采题技用，术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔，变开需压处要器理在组；事在同前发一掌生线握内槽图部内 纸故，资障强料时电、，回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资，料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而，与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检，卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
步步高2015届高考物理一轮复习--磁场DOC
第1课时 磁场的描述 磁场对电流的作用考纲解读 1.知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用.2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．1．[对磁感应强度的理解]下列关于磁感应强度的说法正确的是( )A ．一小段通电导体放在磁场A 处，受到的磁场力比B 处的大，说明A 处的磁感应强度比B 处的磁感应强度大B．由B＝FIL可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向答案 D解析磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝FIL只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处的磁感应强度和放置的方式共同决定，所以A、B、C都是错误的．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，所以D正确．2．[对磁感线的理解]关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是() A．磁极与磁极之间、磁极与电流之间都可以通过磁场发生相互作用B．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时北极所指的方向一致C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的答案AB解析磁场是一种特殊物质，磁极、电流间发生作用都是通过磁场发生的，故A对；磁感线是为形象描述磁场而假想的线，不是真实存在的，故D错；磁感线的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故B对；磁感线是闭合曲线，在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，故C错．3．[磁场对电流作用力的计算]如图1所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd 边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的该电阻丝电阻为r，框架与一电动势为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，则框架受到的安培力的合力大小为()图1A ．0 B.5BEL 11rC.10BEL 11rD.BEL r答案 C解析 总电阻R ＝3r ·2r 3r ＋2r ＋r ＝115r ，总电流I ＝E R ＝5E11r ，梯形框架受到的安培力等效为I通过ad 边时受到的安培力，故F ＝BI ·ad ＝BI ·2L ＝10BEL11r ，所以C 选项正确．4．[左手定则和安培定则的应用]如图2所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．图2答案5．[左手定则的应用]请根据图3中给出的条件，运用左手定则，求出各图中第三个物理量的方向．图3答案 根据各图中已知方向利用左手定则，判知： (a)F 垂直于纸面向里 (b)F 垂直于纸面向里 (c)B 垂直于纸面向外(d)I由左向右(e)F垂直于I斜向右下方一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时北极的指向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向．(2)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场．(2)特点匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线．二、磁感线、通电导体周围磁场的分布1．磁感线的特点(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．(5)磁感线是假想的曲线，客观上不存在．2．电流的磁场1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时，F ＝BIL .(2)磁场和电流平行时：F ＝0. 2．安培力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)安培力的方向特点：F ⊥B ，F ⊥I ，即F 垂直于B 和I 决定的平面．考点一 对磁感应强度的理解1．磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的． 2．磁感应强度B 与电场强度E 的比较1A ．电荷在某处不受电场力的作用，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，则该处磁感应强度一定为零C ．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D ．表征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的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值解析 电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A 对，B 错．同理根据电场强度的定义式E ＝F /q 可知C 正确．而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B ＝FIL 中I 和B 的方向必须垂直，故D 错．答案 AC1．某点电场强度的方向与电荷在该点的受力方向相同或相反；而某点磁感应强度方向与电流元在该点所受安培力方向垂直，满足左手定则．2．电荷在电场中一定会受到电场力的作用；如果电流方向与磁场方向平行，则电流在磁场中不受安培力的作用．突破训练1 关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B ．磁场中某点B 的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C ．若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B 值大小为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大 答案 D解析 磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处的磁感应强度为一恒量，其大小可由B ＝FIL计算，与试探电流元的F 、I 、L 的情况无关，A 错．磁感应强度的方向规定为小磁针N极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力方向垂直，B错．当试探电流元的方向与磁场方向平行时，电流元受磁场力虽为零，但磁感应强度却不为零，C 错．磁感线的疏密是根据磁场的强弱画出的，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，磁感线越稀疏的地方，磁感应强度越小，故D正确．考点二安培定则的应用和磁场的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.2．磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．特别提醒两个电流附近的磁场某处的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．例2如图4所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()图4A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．答案 C1．根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．2．磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．3．磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．考点三安培力作用下导体运动情况的判定(1)判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．(2)在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．例3一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5所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()图5A．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解析本题考查安培定则以及左手定则，意在考查学生对安培定则以及左手定则的应用的理解．先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图a 所示．可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动．再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图b 所示，导线还要靠近螺线管，所以D 正确，A 、B 、C 错误．答案D判定安培力作用下导体运动情况的常用方法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流突破训练2如图6所示，把一重力不计的通电直导线AB放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动．当导线中通有如图所示方向的电流I时，从上向下看，关于导线AB 的运动情况下列说法正确的是()图6A．顺时针转动，同时下降B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降D．逆时针转动，同时上升答案 C解析(1)根据如图甲所示的导线所处的特殊位置判断其运动情况．将导线AB从N、S 极的中间O分成两段，由左手定则可得AO段所受安培力的方向垂直于纸面向外，BO 段所受安培力的方向垂直于纸面向里，可见从上向下看，导线AB将绕O点逆时针转动．(2)根据导线转过90°时的特殊位置判断其上下运动情况．如图乙所示，导线AB此时所受安培力方向竖直向下，导线将向下运动．(3)由上述两个特殊位置的判断可知，当导线不在上述的特殊位置时，所受安培力使其逆时针转动同时还向下运动，所以可确定C正确．考点四安培力作用下导体的平衡与加速1．安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析图．2．安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．例4如图7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且MN＝OP＝1 m，g取10 m/s2，则()图7A ．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为10 m/s 2D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N解析 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F 安＝BIL ＝0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动时的加速度大小为a ＝F 安m＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G＝－mg ·ON ＝－0.5 J ，由动能定理得W 安＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20 m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律得F －F 安＝m v 2r，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确．答案 D突破训练3 如图8所示，质量为M 、长为L 的直导线通有垂直纸面向外的电流I ，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B 的大小和方向可能是 ( )图8A ．大小为Mg tan θ/IL ，方向垂直斜面向上B ．大小为Mg sin θ/IL ，方向垂直纸面向里C ．大小为Mg /IL ，方向水平向右D ．大小为Mg /IL ，方向沿斜面向下答案 BC解析 当磁场为A 选项描述的磁场时，通电直导线受到沿斜面向上的安培力作用，F ＝BIL ＝Mg tan θIL IL ＝Mg tan θ＝Mg sin θcos θ>Mg sin θ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故A 错误；当磁场为B 选项描述的磁场时，通电直导线不受安培力作用，则通电直导线可以在竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、沿斜面向上的拉力三个力作用下在斜面上处于静止状态，故B 正确；当磁场为C 选项描述的磁场时，通电直导线受到竖直向上的安培力作用，由于F ＝BIL ＝Mg ILIL ＝Mg ，则通电直导线在竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用下在斜面上处于静止状态，故C 正确；当磁场为D 选项描述的磁场时，通电直导线受到垂直斜面向上的安培力作用，由于F ＝BIL ＝Mg ILIL ＝Mg >Mg cos θ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故D 错误．37．用转换视图法解答与安培力有关的综合问题方法概述对于安培力作用下的综合问题，需画出导体棒的受力示意图．但在三维空间对导体棒受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解答此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即画出俯视图、剖面图或侧视图等．此时，金属棒用圆代替，电流方向用“×”或“·”表示．例5 如图9甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l ，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m 的直导体棒ab 放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知通过导体棒的恒定电流大小为I ，方向由a 到b ，图乙为图甲沿a →b 方向观察的平面图．若重力加速度为g ，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．图9(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向．审题与关联解析(1)如图所示(2)根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F安＝mg tan α(3)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力F安min＝mg sin α，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度B min＝F安minIl＝mg sin αIl根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上答案见解析求解通电导体在磁场中的力学问题的方法(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．高考题组1．(2013·安徽·15)图10中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，且b、d连线水平，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图10A．向上B．向下C．向左D．向右答案 B解析据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c 两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下．本题正确选项为B.2．(2012·天津理综·2)如图11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，金属棒中通以由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()图11A．金属棒中的电流变大，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角变小答案 A解析 选金属棒MN 为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝BIl mg，所以当金属棒中的电流I 、磁感应强 度B 变大时，θ角变大，选项A 正确，选项D 错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C 错误；θ角的大小与悬线长短无关，选项B错误．3．(2012·海南单科·10)图12中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a 、b ，导轨两端e 、f ，分别接到两个不同的直流电源上时，L 便在导轨上滑动．下列说法正确的是 ( )图12A ．若a 接正极，b 接负极，e 接正极，f 接负极，则L 向右滑动B ．若a 接正极，b 接负极，e 接负极，f 接正极，则L 向右滑动C ．若a 接负极，b 接正极，e 接正极，f 接负极，则L 向左滑动D ．若a 接负极，b 接正极，e 接负极，f 接正极，则L 向左滑动答案 BD解析 若a 接正极，b 接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e 接正极，f 接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L 向左滑动，A 项错误，同理判定B 、D 选项正确，C 项错误． 模拟题组4．如图13所示，一个边长L 、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中．若通以图示方向的电流(从A 点流入，从C 点流出)，电流强度为I ，则金属框受到的磁场力为 ( )图13A ．0B ．ILB C.43ILB D ．2ILB答案 B解析 可以把正三角形金属框看做两根导线并联，且两根导线中的总电流等于I ，由安培力公式可知，金属框受到的磁场力为ILB ，选项B 正确．5．如图14所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.40 m ，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.50 T 、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量为m ＝0.040 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计， g 取10 m/s 2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：图14(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力．答案 (1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N ，方向平行导轨向下解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R 0＋r＝1.5 A (2)导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.30 N(3)对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F 1＝mg sin 37°＝0.24 NF 1<F 安，根据平衡条件mg sin 37°＋F f ＝F 安解得F f ＝0.06 N方向平行导轨向下(限时：45分钟)►题组1 对磁感应强度、磁感线的考查1．如图1所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O 点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为()图1答案 C解析根据磁感线的疏密表示磁感应强度的大小可知，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为图C.2．电流计的主要结构如图2所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并可绕轴转动．铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连．有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下的猜想，可能正确的是()图2答案 C解析软铁芯被磁化后，左端为S极，右端为N极，而磁体内部的磁感线方向从S极指向N极，可见B、D错误．再根据磁感线不能相交，知A错误，C正确．►题组2安培定则及磁场的叠加3．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图3所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()图3A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相同B ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C ．在线段MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D ．在线段MN 上只有一点的磁感应强度为零答案 BD解析 两根导线分别在M 点和N 点产生的磁感应强度大小相等，方向如图所示，分析得θ1＝θ2＝θ3＝θ4，矢量相加可知M 点、N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段MN 中点O 的磁感应强度为零，选项D 正确．4．如图4所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B 1＝1 T ．位于纸面内的细直导线，长L ＝1 m ，通有I ＝1 A 的恒定电流．当导线与B 1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B 2的可能值是 ( )图4A.12T B.32 T C ．1 TD. 3 T答案 BCD解析 当导线与B 1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，说明该区域同时存在着另一匀强磁场B 2，并且B 2与B 1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，根据矢量合成的三角形定则，可知B 2≥B 1sin 60°＝32 T ，所以B 2的值不可能为12 T ，选项A 错误，本题选B 、C 、D.5．如图5所示，在xOy 平面内有两根平行于y 轴水平放置的长直导线，通有沿y 轴正方向、大小相同的电流I ，两导线关于y 轴对称，P 为x 轴上一点，Q 为z 轴上一点，下列说法正确的是()图5A．O点处的磁感应强度为零B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行D．正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用答案AB解析根据右手螺旋定则可判断两导线所产生的磁场方向，再利用矢量合成法则可判断O点处磁感应强度为零，P点处磁感应强度方向沿z轴正方向，Q点处磁感应强度方向沿x轴负方向，故A、B正确，C错误．在z轴上，z>0范围内各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，D错误．6．如图6所示，将两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k Ir，式中k是常数，I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿M、N连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()图6A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大答案BC解析由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在M、N连线上的磁场方向平行桌面向。
步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：实验07验证机械能守恒定律
实验七测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)考纲解读1.掌握螺旋测微器的原理及读数方法.2.掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法.3.会用伏安法测电阻，并能测定金属丝的电阻率．一、螺旋测微器的使用1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．图12．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.图2二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：4对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度)mm.三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.考点一测量仪器、仪表的读数例1(1)如图5所示的三把游标卡尺，它们的游标尺的刻度从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分，它们的读数依次为______mm，____mm，________mm.(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图6所示，则金属丝的直径是________mm.图5图6(3)①图7所示的电表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A.②图8所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中表针的示数为________V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针示数为________ V.图7图8(4)旋钮式电阻箱如图9所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为________．图9解析(1)最上面图读数：整毫米数是17，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.中间图读数：整毫米数是23，不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.最下面图读数：整毫米数是3，不足1毫米数是9×0.02 mm＝0.18 mm，最后结果是3 mm＋0.18 mm＝3.18 mm.(2)固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0，最后的读数：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.(3)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格表示0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格表示0.1 A，表针示数为2.20 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V.(4)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.答案(1)17.723.85 3.18(2)2.150(3)①0.020.440.1 2.20②0.1 1.700.5 8.5(4)1 987将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19 998 Ω游标卡尺的读数应注意以下几点：(1)看清精确度例如(图10)图10易错成(11＋4.0×0.1) mm＝11.40 mm正确的应为11.4 mm，游标卡尺不需估读，后面不能随意加零．例如(图11)图11易错成(10＋12×0.05) mm＝10.6 mm，正确的应为10.60 mm.(2)主尺上的单位为厘米主尺上标识的1、2、3等数字通常是指厘米，读数时应将毫米和厘米分清，游标卡尺主尺上的最小刻度是1 mm.例如(图12)图12易错成(5＋4×0.05) mm＝5.20 mm正确的应为(50＋4×0.05) mm＝50.20 mm(3)区分零刻度与标尺最前端例如(图13)图13易错成(13＋10×0.05) mm＝13.50 mm正确读数为(14＋10×0.05) mm＝14.50 mm考点二对实验操作及实验数据处理的考查例2为测量某一玩具电动机中导线圈导线的电阻率，某实验小组的部分实验方案如下：图14图15(1)用螺旋测微器测得与导线圈导线同种规格的导线的直径d如图14所示，则d＝________ mm；(2)用多用电表测量电动机中导线圈的电阻R x：选择“×1 Ω”欧姆挡，并按正确步骤操作后，指针的位置如图15所示(此过程电动机不转动)，则R x＝________Ω.(3)为了提高精度，他又用以下仪器再次测量导线圈的电阻R x：电流表A1(0～3 A、约5 Ω)；滑动变阻器R1(0～1 kΩ)；电流表A2(0～30 mA、约10 Ω)；滑动变阻器R2(0～50 Ω)；定值电阻R0＝60 Ω；电源(4 V、约1 Ω)及开关等，导线若干．①实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图16所示的电路图，应选择的电流表是________，滑动变阻器是________；(填写符号)图16②按照实验要求，多用电表已选择“直流电压2.5 V”挡作为电压表使用，请依据图16将图17所示的实验电路中的实物图用笔画线代替导线将欠缺的两处补完整；图17③图18是该实验小组用测得的数值描绘出的图象，其斜率表示的是________(填选项)．图18A．导线圈的电阻B．导线圈的电阻与R0阻值之和解析(1)螺旋测微器的读数：d＝0.01 mm×15.5＝0.155 mm.(2)多用电表的读数乘以倍率即为待测电阻的阻值，即R x＝25×1 Ω＝25 Ω.(3)①选择电流表时需先估算电路中的电流．设电动机和定值电阻R0串联的电压为电源电动势．则I＝425.0＋60A≈0.047 A＝47 mA实际实验时可通过滑动变阻器调节电压使流过电流表的电流不超过30 mA，所以电流表选A2.滑动变阻器应选择便于调节的R2.②由于电流表A2的电阻较大，为减小实验误差，应采用电流表外接法．为有效地控制电路中的电压和电流，应采用滑动变阻器分压电路，所以电路图连接如图所示．答案(1)0.155(±0.003范围内均可)(2)25(3)①A2R2②见解析图③B考点三对电阻测量的考查例3(2013·北京·21)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x的阻值．(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω)B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图19中的________(选填“甲”或“乙”)．图19(2)图20是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线．图20(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U .某次电表示数如图21所示，可得该电阻的测量值R x ＝U I＝________Ω(保留两位有效数字)．图21(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是__________________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)A ．电流表测量值小于流经R x 的电流值B ．电流表测量值大于流经R x 的电流值C ．电压表测量值小于R x 两端的电压值D ．电压表测量值大于R x 两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P 从一端滑向另一端，随滑片P 移动距离x 的增加，被测电阻R x 两端的电压U 也随之增加，下列反映Ux 关系的示意图中正确的是________．解析 (1)为了减小误差，应使电表读数为量程的13～23，电源电动势为4 V ，故电压表选C.估算通过R x 的最大电流约为I m ＝35 A ＝0.6 A ，所以电流表应选B.因为R V R x ＞R x R A，所以电流表应外接，即应采用甲电路，测量误差较小．(2)(3)电流表、电压表的读数分别为I ＝0.50 A ，U ＝2.60 V ，所以R x ＝2.600.50Ω＝5.2 Ω. (4)甲电路中产生误差的主要原因是电压表的分流作用，选项B 正确．乙电路中产生误差的主要原因是电流表的分压作用，故选项D 正确．(5)R x 两端的电压U ＝R x E R x ＋R L(L －x )，其中R 为滑动变阻器总阻值，L 为滑动变阻器两端总长度，结合数学知识可知选项A 正确．答案 (1)B C 甲 (2)见解析图 (3)5.2 (4)B D(5)A仪器选择的基本思路(1)优先考虑安全因素各电表的实际读数不能超过其量程，电阻类元件中的实际电流(或电压)不能超过其允许的最大电流(或电压)．实际处理过程中，需要估算回路中的最大电流(一般按滑动变阻器采用限流接法进行估算)．如：用伏安法作出标有“6 V,0.6 W ”字样的小灯泡的U －I 图象，而实际加在小灯泡两端的电压不能超过6 V.(2)考虑读数误差因素一般要求各电表的实际读数不小于其量程的13，以减小读数误差． (3)仪器选择的一般步骤①首先选择唯一性的器材；②粗画电路图(暂不接电流表和电压表)；③估算回路中电流和电压的最大值，在电表的指针有较大幅度偏转但不超过其量程的情况下，结合已知器材的规格，确定实验电路和实验器材．创新实验设计电阻测量的五种方法1．伏安法电路图⎩⎪⎨⎪⎧外接法：内接法： 特点：大内小外(内接法测量值偏大，测大电阻时应用内接法测量)2．安安法若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用．(1)如图22甲所示，当两电表所能测得的最大电压接近时，如果已知的内阻R 1，则可测得的内阻R 2＝I 1R 1I 2. (2)如图乙所示，当两电表的满偏电压U A2≫U A1时，串联一定值电阻R 0后，同样可测得的电阻R 2＝I 1(R 1＋R 0)I 2.图223．伏伏法若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用．(1)如图23甲所示，两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R 1，则可测出的内阻R 2＝U 2U 1R 1.(2)如图乙所示，两电表的满偏电流I V1≪I V2时，并联一定值电阻R 0后，同样可得的内阻R2＝U2U1 R1＋U1 R0 .图23 4．比较法测电阻图24如图24所示，读得电阻箱R 1的阻值及表、表的示数I 1、I 2，可得R x ＝I 2R 1I 1.如果考虑电表内阻的影响，则I1(R x＋R A1)＝I2(R1＋R A2)．5．半偏法测电流表内阻电路图如图25所示图25步骤：(1)断开S2，闭合S1，调节R0，使表满偏为I0；(2)保持R 0不变，闭合S 2，调节R ，使表读数为I 02；(3)由上可得R A ＝R .特别提醒 当R 0≫R A 时，测量误差小，此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻，且测量值偏小；电源电动势应选大些的，这样表满偏时R 0才足够大，闭合S 2时总电流变化才足够小，误差才小．35.用等效替代法测电阻如图26所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数I；然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．图26例4为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图27所示的电路．图中A0是标准电流表，R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：图27(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测微安表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I；(2)然后将S拨向接点2，调节________，使________，记下此时R N的读数；(3)多次重复上述过程，计算R N读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值．解析本题方法为等效替代法．当S接1与接2时通过电路的电流I相同时，可知待测微安表头的内阻与R N的电阻相同．答案(1)R0标准电流表(或A0)(2)R N标准电流表(或A0)的读数仍为I(3)平均值1．(2013·山东·21(1))图28甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm.图28答案A11.30解析测量内径时应该用游标卡尺上的内测量爪A.游标卡尺的读数＝主尺上的读数＋游标尺上的读数．本题主尺上读数为11 mm，游标尺上读数为6×0.05 mm＝0.30 mm，故读数为11.30 mm.2．在“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作错误的是() A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值D．实验中应保持金属丝的温度不变答案AC解析实验中应测量金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大，使金属丝与电压表并联，电压表对它的分流作用很小，应采用电流表外接法，故A、C操作错误．3．现要测量一待测电阻的阻值，所用器材如下：标准电流表A1(量程250 mA，内阻r1＝5 Ω)；电流表A2(量程300 mA，内阻r2约为5 Ω)；待测电阻R1(阻值约为100 Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；电源E(电动势约为6 V，内阻r约为1 Ω)；单刀单掷开关，导线若干．要求方法简捷，并能测量多组数据，画出实验电路原理图，并标明每个器材的代号．答案实验电路原理图见解析图解析由于A1的内阻已知，可将其当作电压表来用；又给了另一个电流表A2，可把两电流表示数之差当作通过R1的电流，利用欧姆定律测R1的阻值；题目要求测多组数据，滑动变阻器应接成分压式；实验电路图如图所示：4．在“测定金属的电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5 Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：A．电池组(3 V，内阻1 Ω)B．电流表(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)C．电流表(0～0.6 A，内阻0.125 Ω)D．电压表(0～3 V，内阻4 kΩ)E．电压表(0～15 V，内阻15 kΩ)F．滑动变阻器(0～20 Ω，允许最大电流1 A)G．滑动变阻器(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A)H．开关、导线若干(1)实验时应从上述器材中选用________(填写仪器前的字母代号)；(2)测电阻时，电流表、电压表、待测金属丝电阻R x在组成测量电路时，应采用电流表________(选填“外”或“内”)接法，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏________(选填“大”或“小”)；(3)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图29所示，则读数为________mm；图29(4)若用L 表示金属丝的长度，d 表示直径，测得电阻为R ，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ＝________.答案 (1)ACDFH (2)外 小 (3)0.900 (4)πRd 24L解析 (1)电池组电压是3 V ，流过金属丝的最大电流I m ＝Er ＋R x ＝0.5 A ，故电流表选C ，电压表选D ；滑动变阻器选总阻值小的，便于调节，故选F ；另外要选导线、开关． (2)因为R x R A ＝40，R VR x ＝800，故电流表选择外接法，外接法测量值偏小．(3)根据千分尺的读数规则知，读数是0.5 mm ＋40.0×0.01 mm ＝0.900 mm. (4)R ＝ρL S ＝ρ4L πd 2，解得ρ＝πRd 24L.5．实验室有一块量程为500 μA 、内阻R g 约为200 Ω的电流表(也称微安表)，需要准确测量它的内阻，一同学根据实验室现有的器材设计了如图30甲和乙两种实验电路．已知实验室中的部分实验器材的规格如下：电流表(也称毫安表)：mA(量程1 mA ，内阻约100 Ω) 滑动变阻器A ：R 1(20 Ω，1 A) 滑动变阻器B ：R 1(500 Ω，0.5 A) 变阻箱：R 2(999.9 Ω)直流电源：E (电动势为3 V ，内阻很小) 可供选择的不同阻值的定值电阻R 3图30(1)将图丙所示的实物图按图甲所示的电路连接起来．(2)在图乙所示的电路中，为了便于实验的调节，滑动变阻器R1应选________(选填“滑动变阻器A”或“滑动变阻器B”)．为了保证实验操作过程的安全(即使滑动变阻器R1的阻值调为0，也不会烧坏电流表)，并便于实验调节，定值电阻R3的阻值应选________(填选项前的字母)．A．100 ΩB．1 kΩC．6 kΩD．10 kΩ(3)利用图甲所示的电路，闭合S1之后进行测量时，需要记录的实验数据有(同时用设定的字母表示)______________________；用你记录的实验数据时设定的字母表示出测量的结果是____________________．答案(1)如图所示(2)滑动变阻器B C(3)微安表读数I1、毫安表读数I2、电阻箱读数R2(I2－I1)R2/I1解析(2)滑动变阻器R1在实验中起调节电流的作用，应选可调阻值范围较大的，以使电路中的电流能够调节到足够小．由于电源电动势为3 V，由闭合电路欧姆定律可得定值电阻R3的阻值应选3 kΩ至6 kΩ的．6．(2013·重庆理综·6(2))某同学对有故障的电热毯进行探究．图31是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接．图32为实验电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表．图31图32①请在虚线框内画出与图32对应的电路图．②断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U－I曲线如图33所示，已知电热线材料的电阻率为2.8×10－7Ω·m，电热线的直径为0.200 mm.可求得此电热线的电阻为________ kΩ，总长度为________ m．(结果均保留两位有效数字)图33③为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图31中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示．由此测试结果可判断出电路中有断路，位置在________之间(在“1和2”、“1′和2′”、“2和3”、“2′和3′”中选填一项).解析 ①电路图如图所示②由题图可求R ＝U I ＝ΔUΔI ，由图线斜率可求得R ＝0.58 kΩ(0.57 kΩ～0.59 kΩ均可)，由R ＝ρlS，可得l ＝65 m(64 m ～66 m 均可)．③由题表可知，1′和2′之间，电压表有示数，电流表示数为零，说明其间有断路．。
步步高·2015高三物理总复习【配套】：第8章磁场第2课时磁场对运动电荷的作用详解
点与 ab 的距离为R2 ，已知粒子射出磁场与射 入磁场时运动方向间的夹角为 60°，则粒子
的速率为(不计重力) ( B )
A．q2BmR C．3q2BmR
B．qBmR D．2qmBR
题组扣点
课堂探究
图7
E O2
F
解析 如图所示,粒子做圆周运动的圆心 O2 必在过入射点垂直于入射速度方向的直线
EF 上,由于粒子射入、射出磁场时运动方向
题组扣点
课堂探究
学科素养培养 高考模拟
课堂探究
第2课时 磁场对运动电荷的作用
2．半径的确定 可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等) 求出半径大小．
3．运动时间的确定 粒子在磁场中运动一周的时间为 T，当粒子运动的圆弧所对 应的圆心角为 θ 时，其运动时间表示为：t＝2θπT(或 t＝θvR)．
间的夹角为 60°,故圆弧 ENM 对应圆心角为
点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧
轨道的圆心(如图 6 甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．
图6
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射
方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点
就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．
解析 (1)设宽度为 L．当只有电场 存在时，带电粒子做类平抛运动 水平方向上：L＝v0t，竖直方向上： vy＝at＝EmqvL0 tan θ＝vv0y＝EmqvL20 当只有磁场存在时，带电粒子做匀 速圆周运动，半径为 R，如图所示源自由几何关系可知vx
vy
图4
题组扣点
课堂探究
sin θ＝RL，R＝mqBv0 联立解得 B＝Ecvo0s θ． 学科素养培养 高考模拟
步步高·2015高三物理总复习【配套课件】：第13章 动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核 第2课时
动量守恒定律 波粒二象性 原子结构与原子核
第2课时 光电效应
波粒二象性
题组扣点
第2课时 光电效应
波粒二象性
题组答案
1.BCD
2.D
3.AC
考点梳理答案
一、黑体辐射与能量子 1.(2) ②增加 2.(1)最小能量 二、光电效应 1.光电子 2.（1）极限频率 （2）强度
频率 （3）瞬时
（4）强度 3.（1） hν （2） Ek＝ hν－ W0
题组扣点
课堂探究
学科素养培养
高考模拟
高考模拟
高考题组
1
2
第2课时 光电效应 3
波粒二象性
模拟题组
4
5
5．如图 9 所示的实验电路，当用黄光照射光电管中的金属涂层时，毫 安表的指针发生了偏转． 若将电路中的滑动变阻器的滑片 P 向右移 动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，此时电压表读数为
无 选填“有”或 U.若此时增加黄光照射的强度，则毫安表 ________(
解析 由 Ek＝hν－W0 知 Ek 与照射光的强度及照射时间无关，与 ν 成线性关系，
故选项 A、D 正确，C 错误 hc 由 Ek＝ λ －W0 可知 Ek 与 λ 不成反比，故选项 B 错误
在 hν 不变的情况下，Ek 与 W0 成线性关系，故选项 E 正确．
题组扣点
课堂探究
学科素养培养
高考模拟
空中的光速和普朗克常量分别为 e、c 和 h.
用波长为 λ 的单色光照射时， 其 λ0－λ hc hc Ek ＝ λ － ＝ hc .又因为 λ0 λ0λ Ek eU＝Ek， 所以遏止电压 U＝ e ＝ hcλ0－λ . eλ0λ
题组扣点
2015届高考物理二轮复习学案：专题7 带电粒子在磁场中的运动(人教版)
能力呈现【考情分析】【备考策略】带电粒子在磁场中的运动是每年高考的必考内容.常见题型有选择题、计算题,甚至是压轴题,试题对学生的空间想象能力、分析物理过程和运用规律的综合能力以及运用数学知识解决物理问题的能力进行考查.解答时要从受力分析和运动分析入手,根据洛伦兹力产生的条件、大小的计算、方向的判定和速度有关、永不做功两个特点以及带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律等列式,并善于运用几何关系.1. (2013·南京二模)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=k Ir ,即磁感应强度B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比.如图所示,两根平行长直导线相距为R,通以大小、方向均相同的电流.规定磁场方向垂直纸面向里为正,在0R 区间内磁感应强度B 随x 变化的图线可能是 ( )2. (2013·扬泰南连淮三模)如图所示,阴极射线管接通电源后,电子束由阴极沿x 轴正方向射出,在荧光板上会看到一条亮线. 要使荧光板上的亮线向z 轴负方向偏转,可采用的方法是( )A. 加一沿y 轴负方向的磁场B. 加一沿z 轴正方向的磁场C. 加一沿y 轴正方向的电场D. 加一沿z 轴负方向的电场3. (2013·全国新课标)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面.一质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力.该磁场的磁感应强度大小为 ( )B. 0mv qR03mv qR4. (多选)(2013·广东)如图所示,两个初速度大小相同的同种离子a 和b 从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P 上.不计重力.下列说法中正确的有 ( )A. a、b均带正电B. a在磁场中飞行的时间比b的短C. a在磁场中飞行的路程比b的短D. a在P上的落点与O点的距离比b的近能力巩固1. (2013·安徽理综)图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是 ()A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右2. (2013·全国新课标Ⅰ)如图所示,半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一电荷量为q(q>0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域,射入点与ab 的距离为2R.已知粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力) ()A. 2qBR mB. qBR mC. 32qBR mD. 2qBR m3. (多选)(2013·盐城二模)匀强磁场的边界为直角三角形ABC,一束带正电的粒子以不同的速率沿AB从A处射入磁场,不计粒子的重力.则( )A. 从BC边射出的粒子场中运动时间相等B. 从AC边射出的粒子场中运动时间相等C. 从BC边射出的粒子越靠近C,场中运动时间越长D. 从AC边射出的粒子越靠近C,场中运动时间越长4. (2013·金陵中学)空间中有两匀强磁场,磁场有一分界线,分界线上有M、N两点,两点距离为MN=8×10-2 m.两磁场的磁感应强度分别为B1=0.1 T,B2=0.3 T.一带电荷量为q=1×10-10 C、质量为m=1×10-15 kg的带电粒子从M点以速度v=3×102 m/s,沿与MN成30°角的方向进入B1运动.求粒子从M点出发后,到达N点所需要的时间.(不计粒子的重力)专题七带电粒子在磁场中的运动【能力摸底】1. C2. A3. A4. AD【能力提升】例1 (1) t=π2m qB (2) v 1=43qBRm例2 (1) v 1=v 2=qBRm (2) Δt=2m qB α (3) 2Rsin α例3 (1) v 1=v 2(2) B 1,方向垂直xOy 平面向外;B 2,方向垂直xOy 平面向里例4 (1) 0.2 m (2) 0.43 m (3) 2.09×10-7s例5 (1) 2mv Bq (2) t=2πm Bq +2mvEq (3) S=2222π3m v B q 例6 (1) t 1=π3mqB (2) R 3(3) t=(10πmqB(4) s=8⎫+⎪⎪⎭R【能力巩固】 1. B 2. B 3. BC4. 带电粒子在B 1中做圆周运动的半径为r 1,根据牛顿第二定律有Bqv=m 21v r ,解得r 1=1mv qB =-152-101103101100.1⨯⨯⨯⨯⨯ m=3×10-2m.同理,在B 2中做圆周运动的半径为解得r 2=2mv qB =-152-101103101100.3⨯⨯⨯⨯⨯ m=1×10-2m.粒子在B 1中运动的周期为T 1=12πm qB =-15-102π101100.1⨯⨯⨯ s=2π×10-4 s. 粒子在B 2中运动的周期为T 2=22πm qB =-15-102π101100.3⨯⨯⨯ s=2π3×10-4s.粒子从M 点出发后,第一次从B 1进入B 2时,粒子向下移动的距离为y 1=r 1=3r 2. 第二次从B 1进入B 2时,粒子向下移动的距离为y 2=5r 2. ……y n =(2n+1)r 2(n=1、2、3…).第一次从B 2进入B 1时,粒子向下移动的距离为y'1=r 1-r 2=2r 2. 第二次从B 2进入B 1时,粒子向下移动的距离为y'2=4r 2. ……y'n =2nr 2(n=1、2、3…).由于MN=8×10-2m=2×4r 2,因此粒子在第四次从B 2进入B 1时,通过N 点. 所以粒子从M 出发后,运动到N 点所需要的时间为t=4×12566T T ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=329π×10-4s=1.12×10-3 s.。
【步步高】(全国通用)2015届高考物理大二轮复习 专题训练三 第2课时 电场和磁场中的曲线运动
第2课时 电场和磁场中的曲线运动1．带电粒子在电场中受到电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，粒子将会做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，将会做类平抛运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是匀变速曲线运动．2．研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可将运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动；若场强为E ，其加速度的大小可以表示为a ＝qE m.3．带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它不做功．其半径R ＝mv qB，周期T ＝2πmqB.1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而类平抛运动的末速度往往是匀速圆周运动的线速度，分析运动过程中转折点的速度是解决此类问题的关键．2．本部分内容通常应用运动的合成与分解的方法、功能关系和圆周运动的知识解决问题.考向1 带电粒子在电场中的曲线运动问题例1 (2014·山东·18)如图1所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )图1A.s 2 2qEmhB.s2 qE mh C.s42qEmhD.s4qE mh审题突破 正负粒子在电场中做什么运动？两粒子轨迹恰好相切说明什么？解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 答案 B以题说法 1.带电粒子在电场中的一般曲线运动特点是运动轨迹一定在合力和速度的夹角范围内，且向着力的方向弯曲，这是我们画轨迹或者分析受力的依据.2.对于类平抛运动模型通常采用运动的合成与分解方法处理．一对平行金属板长为L ，两板间距为d ，质量为m ，电荷量为e 的电子从平行板左侧以速度v 0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压u AB 如图2所示，交变电压的周期T ＝L2v 0，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )图2A ．所有电子都从右侧的同一点离开电场B ．所有电子离开电场时速度都是v 0C ．t ＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D ．t ＝T 4时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为d16答案 BD解析 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子垂直电场方向分速度图象如图，可知，各个电子在垂直电场方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A 错误；由图看出，所有电子离开电场时，垂直电场方向分速度v y ＝0，速度都等于v 0，故B 正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C 错误；t ＝T4时刻进入电场的电子，在t ＝3T 4时刻侧位移最大，最大侧位移为y m ＝2×12a (T 4)2＝aT216，在t ＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为d 2，则有d2＝4×12a (T 2)2＝aT 22，解得y m ＝d16，故D 正确．考向2 带电体在电场中的曲线运动问题例2 如图3所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形绝缘轨道，圆轨道半径为R ，圆心为O ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，OC 竖直．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )图3A ．小球一定能从B 点离开轨道 B ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动C ．若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于HD ．小球到达C 点的速度可能为零审题突破 小球在运动过程中有哪几个力做功，是正功还是负功？小球在AC 部分做匀速圆周运动的条件是什么？如果小球到达C 点的速度为零，小球还能不能沿AC 半圆轨道运动？ 解析 由于题中没有给出H 与R 、E 的关系，所以小球不一定能从B 点离开轨道；若重力大小等于电场力，小球在AC 部分做匀速圆周运动．由于小球在AC 部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于H ；若小球到达C 点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C 点的速度不可能为零． 答案 BC以题说法 1.带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关．2．带电体在电场中做曲线运动(主要是类平抛、圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎．如图4所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点．在已知θ、v 0和小球所受的电场力大小F 及重力加速度g 的条件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图4A．可求出小球落到N点时重力的功率B．由图可知小球所受的重力大小可能等于电场力C．可求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量D．可求出小球落到N点时速度的大小和方向答案BD解析质量未知，故无法求重力功率，故A错误；小球做类平抛运动，重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故B正确；小球从M点到N点的过程中电势能的变化量ΔE p＝Fy＝F·v2y2a，由于加速度a无法求出，所以电势能的变化量不能求出，故C错误；利用平抛知识有y x ＝v y t2v0t＝v y2v0＝tan θ，速度偏向角设为α，则tan α＝v yv0＝2tan θ，则得：v y＝2v0tan θ，故v N＝v20＋v2y＝1＋4tan2θv0，D正确．考向3 带电粒子在磁场中的圆周运动问题例3如图5所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O′的坐标为(2a,0)，其半径为a，该区域内无磁场．在y轴和直线x＝3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力．图5(1)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；(2)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝πm/3Bq，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2；(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，求粒子的最小初速度v min.审题突破粒子不经过圆形区域到达B点时速度有何特点？画出运动轨迹，如何根据几何关系求半径？解析 (1)粒子不经过圆形区域就能达到B 点，故粒子到达B 点时的速度竖直向下，圆心必在x 轴正半轴上，设粒子圆周运动的半径为r 1，由几何关系得：r 1sin 30°＝3a －r 1又qv 1B ＝m v 21r 1，解得：v 1＝2qBam.(2)粒子在磁场中运动的周期T ＝2πmBq，故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为 α＝ΔtT×360°＝60°粒子到达B 点的速度与x 轴夹角β＝30° 设粒子做圆周运动的半径为r 2，由几何关系得： 3a ＝2r 2sin 30°＋2a cos 230°又qv 2B ＝m v 22r 2，解得：v 2＝3qBa2m.(3)设粒子从C 点进入圆形区域，O ′C 与O ′A 夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r ， 由几何关系得：2a ＝r sin θ＋a cos θ 故当θ＝60°时，半径最小为r min ＝3a又qv min B ＝m v 2minr min ，解得v min ＝3qBa m.答案 (1)2qBa m (2)3qBa 2m (3)3qBam以题说法 1.对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，其交点为圆心，利用几何关系求半径． 2．带电粒子在常见边界磁场中的运动规律 (1)直线边界：①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场．②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π.(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出．如图6所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106m 的α粒子．已知屏蔽装置宽AB ＝9 cm 、缝长AD ＝18 cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电量q ＝3.2×10－19C ．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332 T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．图6(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？ (2)若条形磁场的宽度d ＝20 cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字) 答案 (1)0.34 m (2)2.0×10－7s 6.5×10－8s 解析 (1)由题意：AB ＝9 cm ，AD ＝18 cm ，可得： ∠BAO ＝∠ODC ＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，根据牛顿第二定律有：Bqv ＝mv 2R解得R ＝0.2 m ＝20 cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．(1)设此时磁场宽度为d 0，由几何关系得：d 0＝R ＋R cos 45°＝(20＋102) cm≈0.34 m(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则T ＝2πm Bq ＝π8×10－6s 设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图(2)所示．(2)因磁场宽度d ＝20 cm<d 0，且R ＝20 cm ，则在∠EOD 间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长． 设在磁场中运动时间最长为t max ，则t max ＝T 2＝π16×10－6 s≈2.0×10－7 s若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .设在磁场中运动的最短时间为t min ，轨迹如图(2)所示．因R ＝d ，则圆弧对应圆心角为60°，故t min ＝T 6＝π48×10－6 s≈6.5×10－8s5．带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题例4 (16分)如图7所示，坐标系xOy 在竖直平面内，水平轨道AB 和斜面BC 均光滑且绝缘，AB 和BC 的长度均为L ，斜面BC 与水平地面间的夹角θ＝60°，有一质量为m 、电量为＋q 的带电小球(可看成质点)被放在A 点．已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E 2＝mgq，磁场为水平方向(图中垂直纸面向外)，磁感应强度大小为B ；在第二象限分布着沿x 轴正向的水平匀强电场，场强大小E 1＝B 2qL6m.现将放在A 点的带电小球由静止释放，则小球需经多少时间才能落到地面(小球所带的电量不变)?图7思维导图解析 设带电小球运动到B 点时速度为v B ， 则由功能关系：E 1qL ＝12mv 2B ，解得：v B ＝3BLq3m(2分) 设带电小球从A 点运动到B 点用时为t 1， 则由v B ＝E 1q m t 1，解得t 1＝23m qB(2分) 当带电小球进入第一象限后所受电场力为F 电＝E 2q ＝mg (2分)所以带电小球做匀速圆周运动Bqv B ＝m v2B R(1分)则带电小球做匀速圆周运动的半径R ＝mv B qB ＝33L (1分) 则其圆周运动的圆心为如图所示的O ′点，BO ＝BC ·cos 30°＝32L ，OO ′＝BO －R ＝36L ， OC ＝BC ·cos 60°＝12L (2分)假设小球直接落在水平面上的C ′点，则OC ′＝R 2－ OO ′ 2＝12L ＝OC (2分)所以C ′与C 重合，小球正好打在C 点． ∠BO ′C ＝120°(1分)所以带电小球从B 点运动到C 点运动时间t 2＝13T ＝2πm3qB(1分) 所以小球从A 点出发到落地的过程中所用时间t ＝t 1＋t 2＝23m qB ＋2πm3qB.(2分) 答案23m qB ＋2πm 3qB(限时：15分钟，满分：20分)(2014·全国大纲·25)如图8所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计粒子重力．若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：图8(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间． 答案 (1)12v 0tan 2θ (2)2d v 0tan θ解析 (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv 0B ＝m v20R 0①由题给条件和几何关系可知R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿第二定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③v x ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan θ＝v x v 0⑥联立①②③④⑤⑥式得E B ＝12v 0tan 2θ⑦(2)联立⑤⑥式得t ＝2dv 0tan θ.(限时：45分钟)题组1 带电粒子在电场中的曲线运动问题1．如图1所示，图中MN 是由负点电荷产生的电场中的一条电场线．一带正电粒子q 飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a 、b 是该曲线上的两点，则下列说法正确是( )图1A ．a 点的电场强度小于b 点的电场强度B ．a 点的电势低于b 点的电势C ．粒子在a 点的动能小于在b 点的动能D ．粒子在a 点的电势能小于在b 点的电势能 答案 AC解析 由只受电场力作用且做曲线运动物体受力指向轨迹内侧知，场源电荷在左侧，根据负电荷周围电场分布特点可知：a 点的电场强度小于b 点的电场强度，a 点的电势高于b 点的电势，故A 正确，B 错误；粒子从a 运动到b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C 正确，D 错误．故选A 、C.2．如图2所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A 点运动到B 点的径迹如图中实线所示．粒子在A 点的速度为v A 、电势能为E p A ；在B 点的速度为v B 、电势能为E p B .则下列结论正确的是( )A．粒子带正电，v A>v B，E p A>E p BB．粒子带负电，v A>v B，E p A<E p BC．粒子带正电，v A<v B，E p A<E p BD．粒子带负电，v A<v B，E p A>E p B答案 B解析根据电场力与等势面垂直，又要指向轨迹弯曲的内侧，又电场线垂直于等势面由高电势指向低电势，故可判断电场力与电场方向相反，即该粒子带负电，由题图知U AB＝5 V，粒子从A运动到B的过程中，电场力做功W＝qU AB，做负功，故动能减小，电势能增大，所以v A>v B，E p A<E p B，故B正确，A、C、D错误．3．如图3所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一个带正电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N点，其轨迹如图中实线所示．下列说法正确的是( )图3A．A电荷为正电荷，B电荷为负电荷B．M点的电势高于N点的电势C．M点的电场强度大于N点的电场强度D．检验电荷在M点的动能大于在N点的动能答案BC解析据带正电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧知A为负电荷，B为正电荷，故A错误．因为AO＞OB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知M点的电势高于N点的电势，M点的电场强度大于N点的电场强度，故B、C正确．正电荷在电势高处电势能大，M点的电势高于N点的电势，则正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，在M点的动能小于在N点的动能．故D错误．4．如图4所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M 上．关于电子的运动，下列说法正确的是( )A ．S 闭合，只向右移动滑片P .P 越靠近b 端，电子打在M 上的位置越高B ．S 闭合，只改变A 、B 板间的距离．改变前后，电子由O 至M 经历的时间相同C ．S 闭合，只改变A 、B 板间的距离，改变前后，电子到达M 前瞬间的动能相同D ．S 闭合后再断开，只向左平移B ，B 越靠近A 板，电子打在M 上的位置越高 答案 CD解析 S 闭合，只向右移动滑片P ，极板A 、B 之间的电压U 1增大，U 1越大，电子离开B 板时的速度越大，经过C 、D 极板时的时间越短，在竖直方向的位移y ＝12at 2越小，即高度越低，故选项A 错误；S 闭合，若只将A 板向B 板靠近时，极板A 、B 间的电压不变，电子获得速度不变，到达M 时的时间为t ＝d v 2＋L v＝2d ＋Lv，所以时间变短；S 闭合，若只将B 板向A 板靠近时，设A 、B 板的间距为d ，A 板与M 的间距为s ，极板A 、B 间的电压不变，电子获得速度不变，到达M 时的时间为t ＝d v 2＋s －d v ＝d ＋sv，所以时间变短，故选项B 错误；S 闭合，只改变A 、B 板的间距，由动能定理得电子获得动能为E k ＝U 1q ＋Uq ，所以动能不变，故选项C 正确；S 闭合后再断开，极板A 、B 的电量不变，只向左平移B ，B 靠近A 板，间距减小，由C ＝εS4πkd 可知电容C 增大，由C ＝Q U可知其电压减小，所以电子获得的速度减小，通过极板C 、D 的时间变长，在竖直方向的位移y ＝12at 2增大，即高度增高，故选项D 正确．题组2 带电体在电场中的曲线运动问题5．如图5所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E .一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，一端拴一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A ，由静止释放，小球沿圆弧运动到位置B 时，速度为零．图中角θ＝60°.以下说法正确的是()图5A ．小球在B 位置处于平衡状态B ．小球受到重力与电场力的关系是mg ＝3qEC ．小球在B 点的加速度大小为gD ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为－12qEl答案 CD解析 小球到达B 点时速度为零，但合力不为零，不是平衡状态，故A 错误；小球从A 到B 的过程中，由mgl sin θ－qEl (1－cos θ)＝0，可解得qE ＝3mg ，所以B 错误；小球沿切向方向的合力F 合＝qE cos 30°－mg sin 30°＝ma ，a ＝qE cos 30°－mg sin 30°m＝3mg ·32－mg ·12m＝g ，故C 正确；小球从A 到B ，沿电场线方向运动的有效距离：d ＝l －l cosθ＝12l ，所以电场力做功：W ＝－qEd ＝－12Eql ，故D 正确．6．如图6所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为( )图6A ．mv 20 B.mv202C ．2mv 20D.5mv 22答案 D解析 由题可知，小球到P 点时，水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝0＋v Py2t ，合速度v P ＝v 20＋v 2Py ＝5v 0，则E k P ＝12mv 2P ＝52mv 20. 7．如图7所示，半径为R 的14光滑圆弧轨道与光滑水平面相切于B 点，O 为光滑圆弧的圆心，其中OB 竖直，OC 水平，且AB ＝R ，整个空间存在水平向右的匀强电场，质量为m 的带正电小球从A 点静止释放，其所受电场力为重力的43倍，重力加速度为g ，求：图7(1)小球到达C 点时对轨道的压力大小；(2)小球从A 点运动到C 点过程中最大速度的大小． 答案 (1)143mg (2)2gR解析 (1)已知Eq ＝43mg ，小球从A 到C ，由动能定理得：Eq ·2R －mgR ＝12mv 2C －0对小球，在C 处由牛顿第二定律得：F N C －Eq ＝m v 2CR得小球受轨道的支持力F N C ＝143mg 由牛顿第三定律小球对轨道的压力F N C ′＝F N C ＝143mg .(2)在BC 圆弧上某点D ，电场力和重力的合力与速度方向垂直时速度有最大值，此时小球所在位置D 的半径与水平方向的夹角tan θ＝mg Eq ＝34，小球从A 到D ，由动能定理得Eq (R ＋R cos θ)－mg (R －R sin θ)＝12mv 2D －0解得最大速度v D ＝2gR .题组3 带电粒子在磁场中的圆周运动问题8．(2014·新课标Ⅱ·20)图8为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场．硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )图8A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 答案 AC解析 根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 正确；根据qvB ＝mv 2r ，得r ＝mvqB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv 的大小，故选项C 正确；粒子的mv 越大，轨道半径越大，而mv ＝2mE k ，粒子的动能大，其mv 不一定大，选项D 错误．9．如图9所示，竖直面内有一倒立等边三角形OMN 区域，边长为L ，MN 边是水平的．在该区域有一垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场．在同一竖直面内有一束质量为m 、电荷量为q 、速度大小不同的带正电粒子从N 点沿NM 方向射入该磁场区域(可认为能发生偏转)．过O 点作与MN 边平行的直线作为x 坐标轴，且O 点为x 坐标轴的原点．不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，试求：图9(1)射到x 坐标轴上的O 点的粒子速度大小； (2)垂直OM 边射出的粒子与x 坐标轴的交点位置； (3)粒子在磁场中运动的时间和速度的关系． 答案 (1)3qBL3m(2)2(3－1)L (3)t ＝⎩⎪⎨⎪⎧2πm 3qB v ≤3qBL3mm [arccos mv －3qBL 2mv －π3]qBv >3qBL3m解析 (1)粒子的行进路线如图中弧线的轨迹NO ，根据几何知识有R ＝L2cos 30°又qvB ＝m v 2R ，得到射到x 坐标轴上O 点的粒子速度大小v ＝qBL 2m cos 30°＝3qBL3m(2)粒子的行进路线如图中的轨迹2，根据几何知识有：R 2＝3L另有R 2－L sinπ6＝x ，得x ＝2(3－1)L .(3)从ON 边射出的粒子根据几何知识有：在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角都是2π3，所以这些粒子在磁场中运动的时间与速度无关，则t ＝2πm3qB.从OM 边射出的粒子行进路线可用图中的轨迹3代表，根据几何知识有：R ＝R cos α＋(L －R sin α)tan π3其中R ＝mv qB 且α角的范围是(0，2π3)可得α＝arccos(mv －3qBL 2mv )－π3，而t ＝αmqB，得t ＝m [arccos mv －3qBL 2mv －π3]qB.题组4 带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题分析10．(2014·江苏·9)如图10所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H ＝k I H Bd，式中k 为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )图10A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面B ．若电源的正负极对调，电压表将反偏C ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比 答案 CD解析 当霍尔元件通有电流I H 时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B 的方向换向，I H 方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A 、B 错误．因R 与R L 并联，根据并联分流，得I H ＝R LR L ＋RI ，故I H 与I 成正比，选项C 正确．由于B 与I 成正比，设B ＝aI ，则I L ＝R R ＋R L I ，P L ＝I 2L R L ，故U H ＝kI H B d ＝ak R ＋R L R 2dP L ，知U H ∝P L ，选项D 正确．11．如图11所示，在以坐标原点O 为圆心，半径为R 的半圆形区域(图中虚线与x 轴所围区域)内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E ，方向沿x 轴负方向．匀强磁场方向垂直于xOy 平面．一带负电的粒子(不计重力)从P (0，－R )点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t 0从O 点射出．图11(1)求匀强磁场的大小和方向；(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从P 点以相同的速度射入，经时间t 02恰好从半圆形区域的边界射出．求粒子的加速度和射出时的速度大小；(3)在满足(2)的条件下，若仅撤去电场，带电粒子从O 点沿y 轴负方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间． 答案 (1)Et 0R 垂直xOy 平面向外 (2)43t 0R 13t 0R (3)318πt 0 解析 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，磁感应强度为B .可判断出粒子受到的电场力沿x 轴正方向，则洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知磁感应强度垂直xOy 平面向外．且有qE ＝qvB ，R ＝vt 0，则B ＝Et 0R. (2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 在y 方向位移y ＝v t 02＝R2设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x ＝32R又有x ＝12at 2＝12a (t 02)2得a ＝43t 20R设出射速度v 1，出射时x 方向分速度为v x ，则 v x ＝2x t ＝23t 0R则v 1＝v 2x ＋v 2＝13t 0R(3)仅有磁场时，入射速度v 2＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆心为C ，圆心角为2α，如图，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有qv 2B ＝mv22r又qv 2B ＝4qE ，qE ＝ma ，得r ＝33R 由几何关系知sin α＝R 2r ＝32，则α＝π3带电粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB ＝2πrv 2则带电粒子在磁场中运动时间t ＝2α2πT ＝318πt 0。
2025高考物理步步高同步练习选修2第一章带电粒子在匀强磁场中的运动含答案
2025高考物理步步高同步练习选修2第一章3 带电粒子在匀强磁场中的运动[学习目标] 1.理解带电粒子初速度方向和磁场方向垂直时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动.2.会根据洛伦兹力提供向心力推导半径公式和周期公式.3.会分析带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题．一、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以速度v 做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F ＝0.2．若v ⊥B ，此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向垂直，粒子在垂直于磁场方向的平面内运动．(1)洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小． (2)带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力． 二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期 1．由q v B ＝m v 2r ，可得r ＝m v qB.2．由r ＝m v qB 和T ＝2πr v ，可得T ＝2πmqB .带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度无关．1．判断下列说法的正误．(1)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动．( √ ) (2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，轨道半径跟粒子的速率成正比．( √ ) (3)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径成正比．( × ) (4)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期随速度的增大而减小．( × )2. 质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的速度大小之比为________；轨道半径之比为________；周期之比为________． 答案 2∶1 1∶2 1∶2一、带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题导学探究 如图1所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转．图1(1)不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？加上磁场后，电子束的运动轨迹如何？(2)如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，轨迹圆半径如何变化？ 答案 (1)一条直线 圆 (2)变小 变大 知识深化1．分析带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，要紧抓洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2r .2．同一粒子在同一磁场中做匀速圆周运动，由r ＝m v qB 知，r 与v 成正比；由T ＝2πmqB 知，T 与速度无关，与半径无关．质子p(11H)和α粒子(42He)以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为R p 和R α，周期分别为T p 和T α，则下列选项中正确的是( ) A ．R p ∶R α＝1∶2，T p ∶T α＝1∶2 B ．R p ∶R α＝1∶1，T p ∶T α＝1∶1 C ．R p ∶R α＝1∶1，T p ∶T α＝1∶2 D ．R p ∶R α＝1∶2，T p ∶T α＝1∶1 答案 A解析 质子p(11H)和α粒子(42He)的带电荷量之比为q p ∶q α＝1∶2，质量之比m p ∶m α＝1∶4.由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律可知，轨道半径R ＝m v qB ，周期T ＝2πm qB ，因为两粒子速率相同，代入q 、m ，可得R p ∶R α＝1∶2，T p ∶T α＝1∶2，故选项A 正确． 针对训练1 薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图2所示，半径R 1>R 2.假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子( )图2A ．带正电B ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同C ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D ．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域 答案 C解析 粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小．由r ＝m vBq 可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，选项A 、B 、D 错误；由T ＝2πmBq可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t ＝12T ＝πmBq ，选项C 正确．二、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 1．圆心的确定圆心位置的确定通常有以下两种基本方法：(1)已知入射方向和出射方向时，可以过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图3甲所示，P 为入射点，M 为出射点)． (2)已知入射方向和出射点的位置时，可以过入射点作入射方向的垂线，连线入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．图32．半径的确定半径的计算一般利用几何知识解直角三角形．做题时一定要作好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形．由直角三角形的边角关系或勾股定理求解． 3．粒子在匀强磁场中运动时间的确定(1)粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间t ＝α360°T (或t ＝α2πT )．确定圆心角时，利用好几个角的关系，即圆心角＝偏向角＝2倍弦切角． (2)当v 一定时，粒子在匀强磁场中运动的时间t ＝lv ，l 为带电粒子通过的弧长．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度一半的匀强磁场，则( ) A ．粒子的速率加倍，周期减半 B ．粒子的速率不变，轨道半径减半 C ．粒子的速率不变，周期变为原来的2倍 D ．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的2倍 答案 C解析 因洛伦兹力对粒子不做功，故粒子的速率不变；当磁感应强度减半后，由r ＝m vBq 可知，轨道半径变为原来的2倍；由T ＝2πmBq 可知，粒子的周期变为原来的2倍，故C 正确，A 、B 、D 错误．如图4所示，一带电荷量为2.0×10－9 C 、质量为1.8×10－16kg 的粒子，从直线上一点O 沿与PO 方向成30°角的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，经过1.5×10－6 s 后到达直径上的P 点，求：图4(1)粒子做圆周运动的周期； (2)磁感应强度B 的大小；(3)若O 、P 之间的距离为0.1 m ，则粒子的运动速度的大小． 答案 (1)1.8×10－6 s (2)0.314 T (3)3.49×105 m/s解析 (1)作出粒子的运动轨迹，如图所示，由图可知粒子由O 到P 的大圆弧所对的圆心角为300°，则t T ＝300°360°＝56，周期T ＝65t ＝65×1.5×10－6 s ＝1.8×10－6 s(2)由T ＝2πm qB 知B ＝2πm qT ＝2×3.14×1.8×10－162.0×10－9×1.8×10－6T ＝0.314 T.(3)由几何知识可知，半径r ＝OP ＝0.1 m故粒子的运动速度大小为v ＝Bqr m ＝0.314×2.0×10－9×0.11.8×10－16 m/s ≈3.49×105 m/s. 针对训练2 (多选)(2020·天津卷)如图5所示，在Oxy 平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一带电粒子从y 轴上的M 点射入磁场，速度方向与y 轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N 点(图中未画出)垂直穿过x 轴．已知OM ＝a ，粒子电荷量为q ，质量为m ，重力不计．则( )图5A ．粒子带负电荷B ．粒子速度大小为qBa mC ．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD ．N 与O 点相距(2＋1)a 答案 AD解析 由题意可知，粒子在磁场中做顺时针圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A 正确；粒子的运动轨迹如图所示，O ′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R ＝2a ，故C 错误；由洛伦兹力提供向心力可得q v B ＝m v 2R ，则v ＝2qBa m ，故B 错误；由图可知，ON ＝a ＋2a ＝(2＋1)a ，故D 正确．针对训练3 (2020·广东中山中学高二期中)如图6所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 且垂直磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1t 2为( )图6A.23 B ．2 C.32 D ．3 答案 D解析 电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r ＝m v qB 可知，两电子运动半径相同，由周期公式T ＝2πm qB 可知，周期也相同，由几何关系可知，电子1运动的圆心角为π，电子2运动的圆心角为π3，由时间t ＝θ2πT ，可得：t 1t 2＝ππ3＝3，D 正确．1．(带电粒子在匀强磁场中的运动)关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法正确的是( )A ．带电粒子飞入匀强磁场后，一定做匀速圆周运动B ．静止的带电粒子在匀强磁场中将会做匀加速直线运动C ．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力的方向总是和运动方向垂直D ．当洛伦兹力方向和运动方向垂直时，带电粒子在匀强磁场中的运动一定是匀速圆周运动 答案 C解析 若带电粒子的速度方向与磁场方向平行(同向或反向)，此时所受洛伦兹力为零，带电粒子做匀速直线运动，A 错误；静止的带电粒子不受洛伦兹力，仍将静止，B 错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力总跟速度方向垂直，即和运动方向垂直，C 正确；如果带电粒子以与磁场方向成某一角度进入匀强磁场，所受洛伦兹力与运动方向垂直，带电粒子不是做匀速圆周运动，D 错误．2．(半径公式、周期公式)(多选)两个粒子A 和B 带有等量的同种电荷，粒子A 和B 以垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场，不计重力，则下列说法正确的是( ) A ．如果两粒子的速度v A ＝v B ，则两粒子的半径R A ＝R BB ．如果两粒子的动能E k A ＝E k B ，则两粒子的周期T A ＝T BC ．如果两粒子的质量m A ＝m B ，则两粒子的周期T A ＝T BD ．如果两粒子的动量大小相同，则两粒子的半径R A ＝R B 答案 CD解析 因为粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r ＝m v qB ，周期T ＝2πmqB ，又粒子电荷量相等且在同一磁场中，所以q 、B 相等，r 与m 、v 有关，T 只与m 有关，所以A 、B 错误，C 、D 正确．3.(带电粒子做匀速圆周运动的分析)如图7所示，有界匀强磁场边界线SP ∥MN ，速率不同的同种带电粒子从S 点沿SP 方向同时射入磁场．其中穿过a 点的粒子的速率v 1与MN 垂直；穿过b 点的粒子的速率v 2与MN 成60°角，设两粒子从S 点到a 、b 两点所需时间分别为t 1和t 2，则t 1∶t 2为(粒子的重力不计)( )图7A ．1∶3B ．4∶3C ．1∶1D ．3∶2 答案 D解析 粒子的运动轨迹如图所示，可求出从a 点射出的粒子对应的圆心角为90°，从b 点射出的粒子对应的圆心角为60°，两粒子相同，则两粒子做圆周运动的周期T 相同，由t ＝α360°T ，式中α为圆心角，可得t 1∶t 2＝3∶2，故D 正确．4．(带电粒子做匀速圆周运动的分析)(2020·四川模拟)如图8，ABCD 是一个正方形的匀强磁场区域，两相同的粒子甲、乙分别以不同的速率从A 、D 两点沿图示方向射入磁场，均从C 点射出，则它们的速率之比为v 甲∶v 乙和它们通过该磁场所用时间之比t 甲∶t 乙分别为( )图8A ．1∶1,2∶1B ．1∶2,2∶1C ．2∶1,1∶2D ．1∶2,1∶1答案 C解析 根据q v B ＝m v 2r ，得v ＝qBrm ，根据轨迹图可知，甲、乙两粒子的半径之比为2∶1，又因为两粒子相同，故v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶1，粒子在磁场中的运动周期T ＝2πmqB，两粒子相同，可知甲、乙两粒子的周期之比为1∶1，根据轨迹图可知，甲、乙两粒子转过的圆心角之比为1∶2，故两粒子在磁场中经历的时间之比t 甲∶t 乙＝1∶2，选C.考点一 周期公式与半径公式的基本应用1．质子和一价钠离子分别垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动．如果它们的圆周运动半径恰好相等，这说明它们在刚进入磁场时( ) A ．速率相等 B ．动量大小相等 C ．动能相等 D ．质量相等答案 B解析 根据Bq v ＝m v 2r 得r ＝m vqB ，因为质子与一价钠离子电荷量相同，又是进入同一磁场，B也相同，要使半径r 相同，必然是动量大小m v 相同，所以选B.2.如图1所示，水平导线中有恒定电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I 的方向相同，则电子将( )图1A ．沿路径a 运动，轨迹是圆B ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越大C ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越小D ．沿路径b 运动，轨迹半径越来越小 答案 B解析 电流在导线下方产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可知电子运动轨迹向下弯曲，又由r ＝m vqB 可知，B 减小，r 越来越大，则电子的轨迹是a ，故选B.3.质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场并最终打在金属板上，运动的半圆轨迹如图2中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是( )图2A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运动时间大于N 的运动时间 答案 A解析 根据左手定则可知N 带正电，M 带负电，A 正确；因r ＝m vBq ，而M 的轨迹半径大于N的轨迹半径，所以M 的速率大于N 的速率，B 错误；洛伦兹力不做功，C 错误；M 和N 的运动时间都为t ＝πmBq，D 错误．4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( ) A ．轨道半径减小，角速度增大 B ．轨道半径减小，角速度减小 C ．轨道半径增大，角速度增大 D ．轨道半径增大，角速度减小 答案 D解析 带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由r ＝m v qB 可知，轨道半径增大；由T ＝2πmqB可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT 知角速度减小，故D 正确．考点二 带电粒子做匀速圆周运动的分析5.如图3所示，粒子a 和粒子b 所带的电荷量相同，以相同的动能从A 点射入匀强磁场中，做圆周运动的半径r a ＝2r b ，则下列说法正确的是(重力不计)( )图3A ．两粒子都带正电，质量之比m am b ＝4B ．两粒子都带负电，质量之比m am b ＝4C ．两粒子都带正电，质量之比m a m b ＝14D ．两粒子都带负电，质量之比m a m b ＝14答案 B解析 由动能E k ＝12m v 2和粒子做圆周运动的半径r ＝m v qB ，可得m ＝r 2q 2B 22E k ，而q a ＝q b 、E k a ＝E k b ，可知质量m 与半径r 的平方成正比，故m am b ＝4，再根据左手定则可知两粒子都带负电，故B 正确．6.如图4所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )图4A ．2∶1 B.2∶1 C ．1∶1 D.2∶2 答案 D解析 根据几何关系可知，带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨迹半径r 1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨迹半径r 2的2倍，设粒子在P 点的速度大小为v 1，动能为E k ，根据牛顿第二定律可得q v 1B 1＝m v 12r 1，则B 1＝m v 1qr 1＝2mE kqr 1；同理，B 2＝m v 2qr 2＝2m ·12E kqr 2＝mE kqr 2，则B 1B 2＝2r 2r 1＝22，D 正确．7．(多选)(2020·泉州期末)如图5所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是( )图5A ．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B ．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C ．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合D ．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同 答案 BC解析 由t ＝θ2πT 及T ＝2πmBq 知，电子在磁场中运动的时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r ＝m vqB知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，磁场中的运动轨迹半径越大，故A 错误，B 正确．由周期公式T ＝2πmqB 知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中的运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C 正确，D 错误．8.如图6所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，在xOy 平面内，从原点O 处与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)，以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)，则下列说法正确的是( )图6A ．若v 一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O 点越远B ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短C ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 答案 B解析 画出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系得，轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间t ＝α2πT ＝2π－2θ2π·2πm qB ＝(2π－2θ)m qB ，可得，若v 一定，θ越大，粒子在磁场中运动的时间t 越短，若θ一定，则粒子在磁场中的运动时间一定，故B 正确，D 错误；设粒子的轨迹半径为r ，则r ＝m v qB ，由图有，AO ＝2r sin θ＝2m v sin θqB ，可得，若θ是锐角，θ越大，AO 越大，若θ是钝角，θ越大，AO 越小，故A 错误；粒子在磁场中运动的角速度ω＝2πT ，又T ＝2πm qB ，则得ω＝qBm，与速度v 无关，故C 错误．9.(2019·全国卷Ⅲ)如图7，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )图7A.5πm 6qBB.7πm 6qBC.11πm 6qBD.13πm 6qB 答案 B解析 设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R、T ＝2πRv ，可得R 1＝m v qB 、R 2＝2m v qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2＝12，可得t 2＝T 26，则粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm6qB，选项B 正确，A 、C 、D 错误．10.(2020·鸡泽县第一中学高二月考)一个重力不计的带电粒子，以大小为v 的速度从坐标(0，L )的a 点，平行于x 轴射入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x 轴上b 点射出磁场，射出速度方向与x 轴正方向间的夹角为60°，如图8，求：图8(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)带电粒子的比荷qm及粒子从a 点运动到b 点的时间；(3)其他条件不变，要使该粒子恰从O 点射出磁场，求粒子的入射速度大小． 答案 (1)2L (2)v 2BL 2πL 3v (3)14v解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识，R cos 60°＋L ＝R ，解得R ＝2L .(2)由洛伦兹力提供向心力，得 qB v ＝m v 2R所以q m ＝vRB ＝v 2BL粒子运动的周期T ＝2πR v ＝4πLv粒子从a 点运动到b 点的时间t ＝60°360°T ＝2πL3v(3)要使该粒子恰从O 点射出磁场，则R ′＝L2由qB v ′＝m v ′2R ′可知v ′＝14v .11.一带电粒子的质量m ＝1.7×10－27kg ，电荷量q ＝＋1.6×10－19C ，该粒子以大小为v ＝3.2×106 m/s 的速度沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ＝0.17 T ，磁场的宽度L ＝10 cm ，如图9所示．(粒子重力不计，g 取10 m/s 2，结果均保留两位有效数字)图9(1)带电粒子离开磁场时的速度多大？ (2)带电粒子在磁场中运动多长时间？(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d 为多大？ 答案 (1)3.2×106 m/s (2)3.3×10－8 s (3)2.7×10－2 m解析 (1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时的速度大小仍为3.2×106 m/s. (2)由q v B ＝m v 2r得，轨迹半径r ＝m v qB ＝1.7×10－27×3.2×1061.6×10－19×0.17m ＝0.2 m.由题图可知偏转角θ满足：sin θ＝L r ＝0.1 m0.2 m ＝0.5，所以θ＝30°＝π6，由q v B ＝m v 2r 及v ＝2πrT可得带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πmqB，所以带电粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2π·T ＝112T ，所以t ＝πm6qB ＝ 3.14×1.7×10－276×1.6×10－19×0.17 s ≈3.3×10－8 s.(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离 d ＝r (1－cos θ)＝0.2×(1－32) m ≈2.7×10－2 m.12.(2020·江苏卷改编)空间存在两个垂直于Oxy 平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B 0、3B 0.质量为m 、电荷量为q 的粒子从原点O 沿x 轴正向射入磁场，速度为v .粒子第1次、第2次经过y 轴的位置分别为P 、Q ，其轨迹如图10所示．不考虑粒子重力影响．求：图10(1)Q 到O 的距离d ；(2)粒子两次经过P 点的时间间隔Δt . 答案 (1)m v 3qB 0 (2)2πmqB 0解析 (1)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r 1、r 2 由q v B ＝m v 2r 可知r ＝m vqB故r 1＝m v 2qB 0，r 2＝m v3qB 0且d ＝2r 1－2r 2，解得d ＝m v 3qB 0(2)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别为t 1、t 2 由T ＝2πr v ＝2πm qB 得t 1＝πm 2qB 0，t 2＝πm 3qB 0，且Δt ＝2t 1＋3t 2 解得Δt ＝2πmqB 0.4 质谱仪与回旋加速器[学习目标] 1.知道质谱仪的构造及工作原理，会确定粒子在磁场中运动的半径，会求粒子的比荷.2.知道回旋加速器的构造及工作原理，知道交流电的周期与粒子在磁场中运动的周期之间的关系，知道决定粒子最大动能的因素．一、质谱仪1．质谱仪构造：主要构件有加速电场、偏转磁场和照相底片． 2．运动过程(如图1)图1(1)带电粒子经过电压为U 的加速电场加速，qU ＝12m v 2.(2)垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r ＝m v qB ，可得r ＝1B2mUq. 3．分析：从粒子打在底片D 上的位置可以测出圆周的半径r ，进而可以算出粒子的比荷． 二、回旋加速器1．回旋加速器的构造：两个D 形盒，两D 形盒接交流电源，D 形盒处于垂直于D 形盒的匀强磁场中，如图2.图22．工作原理 (1)电场的特点及作用特点：两个D 形盒之间的窄缝区域存在周期性变化的电场． 作用：带电粒子经过该区域时被加速．(2)磁场的特点及作用特点：D 形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中．作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，从而改变运动方向，半个圆周后再次进入电场．判断下列说法的正误．(1)质谱仪工作时，在电场和磁场确定的情况下，同一带电粒子在磁场中的半径相同．( √ ) (2)因不同原子的质量不同，所以同位素在质谱仪中的轨迹半径不同．( √ )(3)利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终速度，应尽可能增大磁感应强度B 和D 形盒的半径R .( √ )(4)增大两D 形盒间的电压，可以增大带电粒子所获得的最大动能．( × )一、质谱仪导学探究 如图3所示为质谱仪原理示意图．设粒子质量为m 、电荷量为q ，加速电场电压为U ，偏转磁场的磁感应强度为B ，粒子从容器A 下方的小孔S 1飘入加速电场，其初速度几乎为0.则粒子进入磁场时的速度是多大？打在底片上的位置到S 3的距离多大？图3答案 由动能定理知qU ＝12m v 2，则粒子进入磁场时的速度大小为v ＝2qUm，由于粒子在磁场中运动的轨迹半径为r ＝m v qB ＝1B 2mU q ，所以打在底片上的位置到S 3的距离为2B2mUq. 知识深化1．带电粒子运动分析(1)加速电场加速：根据动能定理，qU ＝12m v 2.(2)匀强磁场偏转：洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r.(3)结论：r ＝1B 2mU q ，测出半径r ，可以算出粒子的比荷qm. 2．质谱仪区分同位素：由qU ＝12m v 2和q v B ＝m v 2r 可求得r ＝1B2mUq.同位素电荷量q 相同，质量不同，在质谱仪照相底片上显示的位置就不同，故能据此区分同位素．(2018·全国卷Ⅲ)如图4，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l .不计重力影响和离子间的相互作用．求：图4(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比． 答案 (1)4Ul v 1(2)1∶4解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q 1，质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有q 1U ＝12m 1v 12①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q 1v 1B ＝m 1v 12R 1②由几何关系知2R 1＝l ③由①②③式得，磁场的磁感应强度大小为B ＝4Ul v 1.④(2)设乙种离子所带电荷量为q 2，质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2.同理有q 2U ＝12m 2v 22⑤q 2v 2B ＝m 2v 22R 2⑥由几何关系知2R 2＝l2⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 q 1m 1∶q 2m 2＝1∶4.针对训练 (2020·云南省下关第一中学高二期中)如图5所示为质谱仪的示意图，速度选择器部分的匀强电场的场强为E ＝1.2×105 V/m ，匀强磁场的磁感应强度为B 1＝0.6 T ；偏转分离器的磁感应强度为B 2＝0.8 T ．求：(已知质子质量为1.67×10－27kg)图5(1)能通过速度选择器的粒子的速度大小；(2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d . 答案 (1)2×105 m/s (2)5.2×10－3 m解析 (1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，有eB 1v ＝eE 得v ＝E B 1＝1.2×1050.6m/s ＝2×105 m/s.(2)粒子进入磁场B 2后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则eB 2v ＝m v 2R得R ＝m v B 2e设质子质量为m ，则氘核质量为2m ， 故d ＝2m v B 2e ×2－m v B 2e ×2≈5.2×10－3 m.二、回旋加速器导学探究 回旋加速器两D 形盒之间有窄缝，中心附近放置粒子源(如质子、氘核或α粒子源)，D 形盒间接上交流电源，在狭缝中形成一个交变电场．D 形盒上有垂直盒面的匀强磁场(如图6所示)．图6(1)回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？对交流电源的周期有什么要求？在一个周期内加速几次？(2)带电粒子获得的最大动能由哪些因素决定？如何提高粒子的最大动能？答案 (1)磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速．交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周期．一个周期内加速两次．(2)当带电粒子速度最大时，其运动半径也最大，即r m ＝m v m Bq ，可得E km ＝q 2B 2r m 22m ，所以要提高带电粒子获得的最大动能，则应尽可能增大磁感应强度B 和D 形盒的半径r m . 知识深化1．粒子被加速的条件交流电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期． 2．粒子最终的能量粒子速度最大时的半径等于D 形盒的半径，即r m ＝R ，r m ＝m v mqB，则粒子的最大动能E km ＝q 2B 2R 22m. 3．提高粒子的最终能量的措施：由E km ＝q 2B 2R 22m 可知，应增大磁感应强度B 和D 形盒的半径R .4．粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器中被加速的次数n ＝E kmqU (U 是加速电压的大小)．5．粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t 1，在磁场中运动的时间为t 2＝n 2·T ＝n πm qB (n 为加速次数)，总时间为t ＝t 1＋t 2，因为t 1≪t 2，一般认为在盒内的时间近似等于t 2.(多选)(2020·山西高二期末)1930年美国物理学家Lawrence 提出回旋加速器的理论，1932年首次研制成功．如图7所示为两个半径为R 的中空半圆金属盒D 1、D 2置于真空中，金属盒D 1、D 2间接有电压为U 的交流电为粒子加速，金属盒D 1圆心O 处粒子源产生的粒子初速度为零．匀强磁场垂直两盒面，磁感应强度大小为B ，粒子运动过程不考虑相对论效应和重力的影响，忽略粒子在两金属盒之间运动的时间，下列说法正确的是( )图7。
步步高·2015高三物理总复习【练习题】第七章 恒定电流 章末
第七章章末检测1．在测量金属丝的电阻率的实验中：图1(1)如图1所示，用螺旋测微器测金属丝的直径为________ mm.(2)已知电阻丝的电阻约为10 Ω，现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，应选用的器材有________(只填代号)．A．量程是0～0.6 A，内阻是0.5 Ω的电流表；B．量程是0～3 A，内阻是0.1 Ω的电流表；C．量程是0～3 V，内阻是6 kΩ的电压表；D．量程是0～15 V，内阻是30 kΩ的电压表；E．阻值为0～1 kΩ，额定电流为0.5 A的滑动变阻器；F．阻值为0～20 Ω，额定电流为2 A的滑动变阻器；G．蓄电池(6 V)；H．开关一个，导线若干．解析 (1)读数：该金属丝的直径为0.350 mm.(2)仪器的选择：①选电源：题目中只给了一个直流电源G，所以G 应选．②选电流表：电源选定后可估算总电流，不连入滑动变阻器，干路电流最大值I max＝A＝0.6 A．若选电流表B,0.6 A没有超过其量程1/3，读数误差较大，而电流表A更合适．③选电压表：若选电压表C，量程为3 V，则干路电流要被控制在0.3A以下，由以上所选电流表为A，指针偏转可达到满刻度的一半．若选电压表D，虽然电压表指针能达到满刻度1/3～2/3，满足实验器材选择的要求，但用15 V量程时，精确度太低，为了实现电压表和电流表精确度的匹配，应选用电压表C而不选电压表D.④选滑动变阻器：由于电阻丝阻值为10 Ω，为了在3 V、0.3 A以下范围内调节滑动变阻器，读取几组测量值，滑动变阻器应选0～20 Ω为宜，所以应选F.故选用器材为A、C、F、G、H.答案 (1)0.350 (2)A、C、F、G、H2．为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图2甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0＝5 Ω为保护电阻．(1)按照图甲所示的电路图，某同学已经在图乙所示电路中完成部分导线的连接，请你完成余下导线的连接．图2图3(2)断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出的关系图线(该图线为一直线)，如图3所示．由图线可求得电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(保留两位有效数字)(3)引起该实验系统误差的主要原因是_________________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________.解析 (1)对电路图的连接按照一定的顺序进行，先串后并，从R0的左端连接电阻箱R的一个接线柱，另一个接线柱和电池组的负极相连，电压表并在R两端，连接电压表的“－”和“3”两个接线柱；(2)对电路图甲由闭合电路欧姆定律得：E＝(r＋R0＋R)，整理得到＝·＋，利用题图中直线与纵轴的焦点数据求得E＝，并保留两位有效数字即为2.9，还可以得到图线的斜率，即可得到电池内电阻r为1.1；(3)由甲图可以知道该实验系统误差的主要原因在于电压表的分流作用，造成流过电阻箱的电流比流过电池组的电流小．答案 (1)如图所示(2)2.9 1.1(或1.2)(3)电压表的分流作用造成流过电阻箱的电流总是比电池实际输出电流小(说出电压表的分流作用也算对)3．某同学用伏安法测一个未知电阻的阻值，他先将电压表接在b点，读得两表示数分别为U1＝3.0 V，I1＝3.0 mA，然后将电压表改接在a点，读得两表示数分别为U2＝2.9 V，I2＝4.0 mA，如图4所示，由此可知电压表应接到________点误差较小，测得R x值应为________ Ω.图4解析 两种接法中两表示数变化分别为：ΔU＝|U1－U2|＝|3.0－2.9| V＝0.1 V，ΔI＝|I1－I2|＝|3.0－4.0| mA＝1.0 mA，则＝＝，＝＝，显然，电流表示数变化较电压表示数变化明显，这说明电压表的分流作用较大，为了减小误差，应采用电流表内接法，即电压表接b点．R x＝＝＝1 000 Ω.答案 b 1 0003．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6 V,3 W”，其4他选择的器材有：A．电压表V1(量程6 V，内阻 20 kΩ)；B．电压表V2(量程20 V，内阻 60 kΩ)；C．电流表A1(量程3 A，内阻 0.2 Ω)；D．电流表A2(量程0.6 A，内阻1 Ω)；E．滑动变阻器R1(0～1 000 Ω，0.5 A)；F．滑动变阻器R2(0～20 Ω，2 A)；G．学生电源E(6～8 V)；H．开关S及导线若干．实验中要求电压在0～6 V范围内，读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．画出实验原理图．解析 (1)确定电压表、电流表、滑动变阻器．小灯泡“6 V,3 W”额定电压为6 V，额定电流为0.5 A，即允许通过小灯泡的电流最大不超过0.5 A，最大电压不超过6 V．依据选择电压表和电流表的安全精确原则，电流表应选A2，电压表应选V1.小灯泡正常工作时电阻为R ＝＝ Ω＝12 Ω.滑动变阻器选择依据安全方便的原则，故应选用R2.灯(2)确定电流表内外接法临界阻值R＝＝ Ω＝141.4 Ω因为R灯<R，故电流表应外接．(3)确定滑动变阻器选用限流式还是分压式因为要求多测几组数据，故负载上电流、电压变化范围较大，故采用分压式．实验原理图如图：完成电路设计实验，只有遵循以上三个原则，才能使实验效果更明显，误差更小．答案 D F 电路图见解析5．用电流表和电压表测一个电阻值约为25 kΩ、额定功率为W的电阻R x 的阻值，备用器材有：①量程0～100 μA，内阻约为500 Ω的电流表A1②量程0～500 μA，内阻约为300 Ω的电流表A2③量程0～1 V，内阻约为10 kΩ的电压表V1④量程0～15 V，内阻约为100 kΩ的电压表V2⑤量程0～50 V，内阻约为500 kΩ的电压表V3⑥直流稳压电源，两端的输出电压为16 V⑦滑动变阻器，阻值范围0～500 Ω，允许最大电流1 A⑧待测电阻R x，开关和导线若干(1)为了测量准确，电压表应选________，电流表应选________(填写仪器前的序号)．(2)在如下方框内画出实验电路图．(3)若测量值为R测，真实值为R真，那么在操作、读数、计算均正确无误的情况下，R测________R真(选填“大于”、“等于”或“小于”)．解析 (1)因为待测电阻的阻值25 kΩ远大于滑动变阻器的阻值(0～500 Ω)，所以供电电路应选择滑动变阻器分压式连接，待测电阻的额定电流约为I＝＝×106μA≈1.4×103μA，故电流表选②；待测电阻的阻值25 kΩ远大于电流表A2的内阻，故测量电路应选用电流表内接法；U＝500×10－6×25 000 V＝12.5 V，故电压表应选④.(2)按照(1)的分析可画出实验电路图，电路图见答案．(3)R测＝，R真＝，两式比较可以得出R测大于R真．答案 (1)④ ② (2)如图所示 (3)大于6．某实验探究小组为了测定滑动变阻器上金属丝的电阻率，除待测滑动变阻器R x(总阻值约25 Ω)外，在实验室还找到了下列器材．A．学生电源，有三个输出端，分别是：交流输出(可输出电压2 V、4 V、6 V、8 V、10 V，额定电流1 A)，直流输出(可输出电压约2 V、4 V、6 V、8 V、10 V，额定电流1 A)，直流稳压(电压6 V，额定电流0.6 A)B．电流表A1(0～0.6 A～3 A，内阻约1 Ω、0.5 Ω)C．电流表A2(0～100 mA，内阻约10 Ω)D．电压表V(0～3 V～15 V，内阻约1 kΩ、3 kΩ)E．螺旋测微器F．电阻箱R1(0～999.9 Ω，1 A)G．电阻箱R2(0～9 999 Ω，1 A)H．单刀双掷开关S一只(1)选择适当的器材，设计一个电路，要求能较准确地测出R x和电流表内阻的值，在虚线框内画出电路图，并标明所选学生电源的输出端、器材代号和电表量程．(2)用螺旋测微器测得滑动变阻器瓷管直径为d1，绕有金属丝部分的直径为d2，则金属丝的半径为r＝________；金属丝共N匝，则其长度为L＝________.(3)根据你的设计，简要说明实验步骤，写出R x和电流表内阻R A的表达式：A．__________________________________________________________；B．__________________________________________________________；C．R x＝________，R A＝________.解析 (1)使用学生电源稳压输出，输出电压稳定，可以不用电压表测电压，以消除因电压表的接入带来的系统误差，电路简单，操作方便．由于电流表内阻未知，因此实验就同时考虑怎样测电流表内阻，用单刀双掷开关控制待测电阻的接入，要准确测定电流表内阻，必须选用电阻箱R1串入，保证电流不超过电流表量程，且内阻测量误差小．不接入电阻箱时回路总电流I0＝＝0.17 A，因此电流表选择A2，电路如图所示．(2)r＝；L＝Nπ(由于d1、d2差别很小，金属丝长度可为Nπd1或Nπd2)．(3)A.S接1，调整R1＝R，使电流表有适当的读数I，则R A＝－R；B．S接2，调整R1＝R′，使电流表恢复读数I.I＝，I＝，所以R x ＝R－R′.答案 (1)实验电路如解析图所示 (2) Nπ (3)A.S接1，调整R1＝R，使电流表有适当的读数I B．S接2，调整R1＝R′，使电流表恢复读数I C．R－R′ －R。
【步步高】高考物理二轮复习资料 专题三 第2课时 电场和磁场中的曲线运动课件
大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 0.5，重力
加速度为 g.
(1)若滑块从水平轨道上距离 B 点 s＝3R 的 A 点由静止释放，
滑块到达与圆心 O 等高的 C 点时速度为多大？
(2)在(1)的情况下,求滑块到达 C 点时受到轨道的作用力大小;
(3)改变 s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从 G 点飞
为 2θ，该弧长所对磁场圆的圆心角为 2β.如图所示．
则 tan β＝Rr ＝2 β＝72π0 θ＝32π0
(2 分)
要使粒子还能通过 O 点，应满足
2β·k＝2π·n(k、n 均为正整数)
即 7k＝20n(k、n 均为正整数)
(2 分)
当粒子第一次回到 O 点，应取 n＝7、k＝20 又 α 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝2Bπqm
(1 分)
设斜面与水平面的夹角为 α，则 tan α＝2xR＝ 33，α＝30°(1 分)
带电体从 A 到 B 的运动过程中，由动能定理得
mgH－μmgcos α×siHn α＝12mvB2
代入数据解得 μ＝11453
答案
(1)5 J
(2)16 N
11 3 (3) 45
(1 分) (1 分)
题型 3 带电粒子在磁场内的动问题的处理方法与平抛 运动处理方法一样，一般通过分解速度或者位移找到解决 问题的思路． 2．特别要注意平抛运动的位移与水平方向的夹角和速度 与水平方向的夹角并不相等．
预测演练 1 带电荷量相同的两个粒子 P、Q，
分别从两平行板的正中央和下极板边缘处以
相同的速度垂直于电场方向射入匀强电场中，
解析 画出如图所示的运动图
设小球落到斜面上时的速度为 v，与斜面夹 角为 α，小球在电场中运动的加速度为 a， 由图知 tan (θ＋α)＝vvy0，设落到斜面上时水 平位移为 x，竖直位移为 y，则 tan θ＝xy即 tan θ＝12va0tt2＝2vvy0， 所以 tan (θ＋α)＝2tan θ，α 为定值，B 正确．
【步步高】2015届高考物理(全国通用)大二轮专题复习突破课件：专题五 第1课时 电场与磁场的理解
L 解得 d1＝ . 4
而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从
EF边射出，设此时切点与D点距离为d2，
其轨迹如图乙所示，由几何关系有： 乙
3 L2 2 R ＝( L－R) ＋(d2－ ) ， 4 4
2
2＋ 3 L 解得 d2＝ . 8
13qBL 故速率为 v＝ 的离子在 DE 边的射出点距离 D 点的范围 32m 2＋ 3 L L 为 ≤ d< . 4 8
由B运动至C电场力做的功不等，D错误.
答案
B
以题说法 1.在静电场中，通常利用电场线和等势面的两个关系分
析电场的性质：一是二者一定处处垂直；二是电场线 密的地方，等差等势面也密，且电场线由电势较高的
等势面指向电势较低的等势面.
2.在分析电场性质时，要特别注意电场强度、加速度、
电势、电场力做功、动能、电势能等物理量的基本判
3 根据题意知 L＝3rsin 30° ＋ dcot 30° ，且磁场区域的宽度 h＝ 2 r(1－cos 30° )
2 3 解得：h＝( L－ 3 d)(1－ ). 3 2
2 3 ( L－ 3d)(1－ ) 答案 3 2
(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射
速度的最小变化量Δv；
解析
由电场线可知EC＞EB＞EA，因此aC＞aB＞aA，故A错误；
粒子从 A 点运动经过 B 、 C ，电场力做正功，动能不断增加，
因此EkC＞EkB＞EkA，故B正确；
由于沿着电场线，电势逐渐降低，故 φA ＞ φB ＞ φC ，因此 由于从A到B过程的电场力小于从 B到C过程的电场力，故
带正电粒子的电势能大小关系 EpA ＞ EpB ＞ EpC ，故 C 错误； 从A到B过程的电场力做功较少，因此粒子由A运动至B和
【步步高】2015届高考物理(全国通用)大二轮专题复习突破课件：专题五 第2课时 带电粒子在复合场中的运动
由几何关系得α＝60°
α π t＝ T＝ ×10－7 s. 2π 12
答案 π －7 ×10 s 12
(2)求从A处发射的所有粒子中与＋y轴交点的最大值坐标； 解析 设从y轴最上方飞出的粒子坐标为(0，y1)
由几何关系得(2r)2＝62＋y 1 2
得y1＝8 cm.
答案 8 cm
(3)当电场左边界与y轴重合时满足第(2)问条件的粒子经过电场 后恰好平行x轴从其右边界飞出，求匀强电场的电场强度E的 大小. 解析 如图所示，设粒子从磁场射出 时速度方向与x轴的夹角为θ，
1∶1∶ 2 油滴带负电荷
(2)油滴在P点得到的初速度大小；
解析 由第(1)问得：mg＝qE
qvB＝ 2qE
2E 解得：v＝ ＝4 2 m/s. B
答案 4 2 m/s
(3)油滴在第一象限运动的时间. 解析 进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速
直线运动，进入 y≥h 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，
当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛
顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.
当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能 定理或能量守恒定律列方程求解.
热点考向例析
考向1 带电粒子在叠加场中的运动
例1 如图1所示，位于竖直平面内的 坐标系xOy，在其第三象限空间有垂
直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强
规律方法
1.正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的 合外力 及初始运动状态的速度，因此应把带电粒子的运 动情况和受力情况结合起来进行分析.
2.灵活选用力学规律是解决问题的关键 当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据 平衡条件
【步步高】2015届高三物理(新课标)二轮专题突破课件：倒数第9天：电场和带电粒子在电场中的运动
2.电场强度是描述电场力的性质的物理量，它有三个表达式： E＝Fq，E＝kQr2和 E＝Ud ， 这三个公式有何区别？如果空间某
点存在多个电场，如何求该点的场强？电场的方向如何确定？
答案 (1)区别 ①电场强度的定义式E＝ Fq，适用于任何电场，E由场源电荷 和点的位置决定，与F、q无关. ②真空中点电荷所形成的电场E＝ k Qr2，其中Q为场源电荷，r为
8.电容的两个表达式和平行板电容器的两类问题是什么？
答案 (1)电容：C＝QU (2)平行板电容器的电容决定式：C＝4επrkSd∝εdrS.
(3)平行板电容器的两类问题：
①电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定(等于电源电动 势)，这种情况下带电荷量Q＝CU∝C，而 C＝4επrkSd∝εdrS， E＝Ud ∝1d .
某点到场源电荷的距离.
③匀强电场中场强和电势差的关系式E＝Ud ，其中d为两点沿电 场方向的距离. (2)用叠加原理求该点的场强 若空间的电场是由几个“场源”共同激发的，则空间中某点 的电场强度等于每个“场源”单独存在时所激发的电场在该 点的场强的矢量和——叠加原理. (3)电场方向是正电荷的受力方向、负电荷受力的反方向、电 场线的切线方向、电势降低最快的方向.
倒数第9天 电场和
带电粒子在电场中的运动
必记热点知识
1.请回答库仑定律的内容、公式和适用条件分别是什么？ 答案 (1)内容：真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力， 与它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反 比，作用力的方向在它们的连线上. (2)公式：F＝ kqr1q2 2，式中的k＝9.0×109 N·m2/C2，叫静电力 常量.
3.电场线与等势面间的关系是怎样的？
高考物理二轮总复习课后习题专题3 电场与磁场 专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动 (2)
专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动A组1.(多选)如图所示为一磁流体发电机的原理示意图,上、下两块金属板M、N水平放置且浸没在海水里,金属板面积均为S=1×103m2,板间距离d=100 m,海水的电阻率ρ=0.25 Ω·m。
在金属板之间加一匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,方向由南向北,海水从东向西以速度v=5 m/s流过两金属板之间,将在两板之间形成电势差。
下列说法正确的是( )A.达到稳定状态时,金属板M的电势较高B.由金属板和流动海水所构成的电源的电动势E=25 V,内阻r=0.025 ΩC.若用此发电装置给一电阻为20 Ω的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为3.6×106JD.若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则Δt时间内磁流体发电机内部有电荷量为IΔt的正、负离子偏转到极板2.(重庆八中模拟)质谱仪可用于分析同位素,其结构示意图如图所示。
一群质量数分别为40和46的正二价钙离子经电场加速后(初速度忽略不计),接着进入匀强磁场中,最后打在底片上,实际加速电压U通常不是恒定值,而是有一定范围,若加速电压取值范围是(U-ΔU,U+ΔU),两种离子打在底的值约为片上的区域恰好不重叠,不计离子的重力和相互作用,则ΔUU( )A.0.07B.0.10C.0.14D.0.173.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正方向,磁场变化规律如图所示,磁感应强度的大小为B0,变化周期为T0。
某一带正电的粒子质量为m、电荷量为q,在t=0时从O点沿x轴正方向射入磁场中并只在第一象限内运动,若要求粒子在t=T0时距x轴最远,则B0= 。
4.(福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x>0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0,√3L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-√3L)的P2点进入电场区域,最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。
步步高2015届高考物理一轮复习(新课标)配套课件：7-2电路 闭合电路欧姆定律
【突破训练 2】如图 6 所示电路中，R 为 一滑动变阻器，P 为滑片，若将滑片向 下滑动，则在滑动过程中，下列判断错
误的是 ( D )
A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大 B．灯泡 L2 一定逐渐变暗 C．电源效率一定逐渐减小
×D．R 上消耗功率一定逐渐变小
电源效率 η↓＝I2IR2外R＋外 r ＝R外R＋外 r＝1＋R1外r↓，故 C 正确. R 上 消 耗 的 功 率 PR ＝ UR2L↓2↓，PR 增大还是减小不
图5
解析 (1)定值电阻 R1 消耗的电 功率为 P1＝I2R1＝R1＋ER2R2＋1 r2，
可见当滑动变阻器的阻值 R2＝0
时，R1 消耗的功率最大，最大功 率为 P1m＝RE1＋2Rr12＝2 W．
(2)将定值电阻 R1 看做电源内阻
的一部分，则电源的等效内阻 r′
＝R1＋r＝2．5 Ω，故当滑动变阻
第2课时 电路 闭合电路欧姆定律
【例 1】巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来 准确检测大容量远距离直流输电线路中的
强电流，其原理利用了巨磁电阻效应．巨
磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻 R 在 一定磁场作用下随磁感应强度 B 的增加而 急剧减小的特性．如图 2 所示检测电路， 设输电线路电流为 I(不是 GMR 中的电流)， GMR 为巨磁电阻，R1、R2 为定值电阻，已 知输电线路电流 I 在巨磁电阻 GMR 处产生 的磁场的磁感应强度 B 的大小与 I 成正比，
次序
操作步骤
现象和结论
1
闭合开关，选直流电压挡，红、 黑表笔分别接a、b
指针偏转，灯断路；指针不偏转，灯短路
2
闭合开关，选直流电流挡，红、 黑表笔分别接a、b
指针偏转，灯断路；指针不偏转，灯短路
2015步步高高三物理二轮复习专题二_第2课时 - 副本
第2课时 动力学观点在电学中的应用1． 带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向．2． 带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．3． 带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场方向射入电场中时，带电粒子做匀变速直线运动．4． 电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动．题型1 电场内动力学问题分析例1 质量为m 的带电小球由空中某点A 无初速度地自由下落，在t 秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则 ( )A ．匀强电场方向竖直向上B ．小球受到的电场力大小是4mgC ．从加电场开始到小球运动到最低点历时t 4秒D ．从A 点到最低点的过程中，小球重力势能变化了23mg 2t 2光滑水平面上放置两个等量同种点电荷，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图1甲所示，一个质量m ＝1 kg 的小物块自C 点由静止释放，小物块带电荷量q ＝2 C ，其运动的v －t 图线如图乙所示，其中B 点为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)，则以下分析正确的是( )A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝1 V/mB ．由C 点到A 点物块的电势能先减小后变大C ．由C 点到A 点，电势逐渐降低D ．B 、A 两点间的电势差为U BA ＝8.25 V题型2 磁场内动力学问题分析例2 如图2所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放上一质量为0.1 kg 、电荷量q ＝＋0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t ＝0时对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2.则 ( )A ．木板和滑块一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动B ．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动C ．木板先做加速度为2 m /s 2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s 2的匀加速运动D ．t ＝5 s 时滑块和木板脱离2．此类问题也常出现临界问题，如本题中有两个临界：滑块与木板相对运动的临界和滑块与木板间弹力为零的临界．如图3所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道末端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b 点(图中未画出)开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内 ( )A ．小球一定向下偏B ．小球的机械能可能不变C ．小球一定向上偏D ．小球动能可能减小 题型3 电磁感应中的动力学问题分析例3 如图4甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在水平面上，两导轨间距l ＝1 m ，左端用R ＝3 Ω的电阻连接，导轨的电阻忽略不计．一根质量m ＝0.5 kg 、电阻r ＝1 Ω的导体杆静止置于两导轨上，并与两导轨垂直．整个装置处于磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．现用水平向右的拉力F 拉导体杆，拉力F 与时间t 的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动．在0～2s 内拉力F 所做的功为W ＝683J ，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)导体杆与导轨间的动摩擦因数μ；(2)在0～2 s 内通过电阻R 的电量q ；(3)在0～2 s 内电阻R 上产生的热量Q .如图5所示，倾角为37°的光滑绝缘的斜面上放着M ＝1 kg 的U 型导轨abcd ，ab ∥cd .另有一质量m ＝1 kg 的金属棒EF 平行bc 放在导轨上，EF 下侧有绝缘的垂直于斜面的立柱P 、S 、Q 挡住EF 使之不下滑．以OO ′为界，下部有一垂直于斜面向下的匀强磁场，上部有平行于斜面向下的匀强磁场．两磁场的磁感应强度均为B ＝1 T ，导轨bc 段长L ＝1 m ．金属棒EF 的电阻R＝1.2 Ω，其余电阻不计．金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，开始时导轨bc 边用细线系在立柱S 上，导轨和斜面足够长，sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2.当剪断细线后，试求：(1)细线剪断瞬间，导轨abcd 运动的加速度；(2)导轨abcd 运动的最大速度；(3)若导轨从开始运动到最大速度的过程中，流过金属棒EF 的电量q ＝5 C ，则在此过程中，系统损失的机械能是多少？3． 应用动力学方法处理电学综合问题(2013·四川·10)(17分)在如图6所示的竖直平面内，物体A 和带正电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连．弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终处在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A 到达N点时拉力F的瞬时功率．如图7，光滑斜面的倾角α＝30°，一个矩形导体线框abcd放在斜面内，ab边水平，长度l1＝1 m，bc边的长度l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，总电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与质量为M＝2 kg 的重物相连，细线绕过定滑轮，不计定滑轮对细线的摩擦，斜面上水平线ef的右侧有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和斜面最高处gh(gh是水平的)的距离s＝11.4 m，取g＝10 m/s2，求：(1)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(2)ab边运动到gh线时的速度大小．一、单项选择题1．如图1甲所示，两个平行金属板a、b竖直放置，两板加如图乙所示的电压．t＝0时刻在两板的正中央O点由静止开始释放一个电子，电子仅在电场力作用下运动，假设始终未与两板相碰．则电子速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A．0<t<t0B．t0<t<2t0C．2t0<t<3t0D．3t0<t<4t0二、多项选择题2．如图2所示，在光滑绝缘斜面上放置一矩形铝框abcd，铝框的质量为m、电阻为R，斜面上ef线与gh线间有垂直斜面向上的匀强磁场，ef∥gh∥pq∥ab，eh>bc.如果铝框从磁场上方的某一位置由静止开始运动，则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度(v)—时间(t)图象可能正确的有()三、非选择题3．如图3所示，空间同时存在水平向右的匀强电场和方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的液滴，以某一速度沿与水平方向成θ角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，在时间t内液滴从M点匀速运动到N点．重力加速度为g.(1)判定液滴带的是正电还是负电，并画出液滴受力示意图；(2)求匀强电场的场强E的大小；(3)求液滴从M点运动到N点的过程中电势能的变化量．4．如图4甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.25 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触且水平，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)金属杆ab刚进入磁场时的速度大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)杆在磁场中下落0.2 s的过程中电阻R产生的热量．(2)产生的电动势E＝BL v5．如图5所示，小车质量M＝8 kg，带电荷量q＝＋3×10－2C，置于光滑水平面上，水平面上方有方向水平向右的匀强电场，场强大小E＝2×102 N/C.当小车向右的速度v＝3 m/s时，将一个不带电、可视为质点的绝缘物块轻放在小车的右端，物块质量m＝1 kg，物块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g取10 m/s2.求：(1)物块在小车上滑动过程中系统因摩擦产生的内能；(2)从物块放上小车后5 s内小车电势能的增量．6．如图6，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角α＝30°，重力加速度为g，求：(1)匀强电场的场强E；(2)AD之间的水平距离d；(3)已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为v m，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？。
步步高高考物理二轮复习与增分策略专题五时带电粒子在
互相正交的匀强电场和匀强磁场区域，磁场的磁感应强度 为B，方向水平并垂直纸面向里．一质量为m、带电荷量q 的带正电微粒在此区域内沿竖直平面(垂直于磁场方向的平 面)做速度大小为v的匀速圆周运动，重力加速度为g.
2．复合场 复合场一般包括 重力场 、 电场 和 磁场 ，在同一区 域，可能同时存在两种或三种不同的场．
3．带电粒子的运动 (1)匀速直线运动 当带电粒子在复合场中所受合外力 为零 时带电粒子做匀 速直线运动，如速度选择器． (2)匀速圆周运动 当带电粒子所受的重力与静电力 大小相等 方向相反 时，带电粒子可以在洛伦兹力的作用下，在垂直于磁场 的平面内做匀速圆周运动．
3．正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提： 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的 的 合外力 速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力 情况结合起来进行分析．
4．灵活选用力学规律是解决问题的关键： 当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据 平衡条件 列方程求解．
当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用 牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解． 当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动 能定理或能量守恒定律列方程求解．
(3)较复杂的曲线运动 当带电粒子所受的合外力是变力，且与 初速度 方向不在同 一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹 不是圆弧，也不是抛物线． (4)分阶段运动 带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动 情况随区域情况发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶 段组成．
规律方法
图2
解得a＝4
3R t0 2
(1分)
可得r＝
3R 3
由几何知识sin α＝2Rr
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倒数第7天磁场和带电粒子在磁场或复合场中的运动
1．磁场的基本性质是什么？安培定则和左手定则有何区别？
答案(1)磁场是一种物质，存在于磁体、电流和运动电荷周围，产生于电荷的运动，磁体、电流和运动电荷之间通过磁场而相互作用．
(2)两个定则：①安培定则：判断电流周围的磁场方向．
②左手定则：判断电流或运动电荷在磁场中的受力方向．
2．通电导线在磁场中一定受到力的作用吗？磁场对电流的力的作用有什么特点？
答案当通电导线放置方向与磁场平行时，磁场对通电导线无力的作用．除此以外，磁场对
通电导线有力的作用．当I⊥B时，磁场对电流的作用为安培力F＝BIL，其中L为导线的有效长度，安培力的方向用左手定则判断，且安培力垂直于B和I确定的平面．
3．带电粒子在磁场中的受力情况有何特点？洛伦兹力的大小与哪些物理量有关，它的方向如何判定？洛伦兹力为什么不做功？
答案(1)磁场只对运动电荷有力的作用，对静止电荷无力的作用．磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．
(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为F洛＝qvB sin θ，注意：θ为v与B的夹角．F洛的方向仍由左手定则判定，但四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向．(3)因为洛伦兹力的方向总是垂直于速度方向，所以洛伦兹力不做功．
4．分析带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题的基本思路和方法是怎样的？
答案(1)圆心的确定：因为洛伦兹力F洛指向圆心，根据F洛⊥v，画出粒子运动轨迹上任意两点的(一般是射入和射出磁场的两点)F洛的方向，沿两个洛伦兹力F洛的方向画其延长线，两延长线的交点即为圆心，或利用圆心位置必定在圆中任意一根弦的中垂线上，作出圆心位置．
(2)半径的确定和计算：利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)．
(3)粒子在磁场中运动时间的确定：利用回旋角α(即圆心角)与弦切角的关系，或者利用四
边形内角和等于360°计算出圆心角α的大小，由公式t＝α
360°
T可求出粒子在磁场中运动的时间．
(4)注意圆周运动中有关的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
5．当带电粒子在电场中分别做匀变速直线运动、类平抛运动和一般曲线运动时，通常用什么方法来处理？
答案(1)当带电粒子在电场中做匀变速直线运动时，一般用力的观点来处理(即用牛顿运动定律结合运动学公式)；
(2)当带电粒子在电场中做类平抛运动时，用运动的合成和分解的方法来处理；
(3)当带电粒子在电场中做一般曲线运动时，一般用动能定理或能量的观点来处理．
6．复合场通常指哪几种场？大体可以分为哪几种类型？处理带电粒子在复合场中运动问题的思路和方法是怎样的？
答案(1)复合场及其分类
复合场是指重力场、电场、磁场并存的场，在力学中常有四种组合形式：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．
(2)带电粒子在复合场中运动问题的处理方法
①正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提．
②灵活选用力学规律是解决问题的关键
当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．
当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．
当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
7．回旋加速器加速带电粒子时，是不是加速电压越大，粒子获得的动能越大，粒子回旋的时间越短？
答案 设粒子的最大速度为v m ，由qvB ＝mv 2R 知v m ＝qBR m ，则粒子的最大动能E km ＝12mv 2m ＝qBR 22m
.故对同种带电粒子，带电粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒的半径决定． 粒子每加速一次获得的动能ΔE k0＝qU ，带电粒子每回旋一周被加速两次，增加的动能ΔE k
＝2qU ，则达到最大动能的回旋次数n ＝E km ΔE k ＝B 2R 2q 4mU
，若不考虑在电场中加速的时间，带电粒子在磁场中回旋的总时间t ＝nT ＝B 2R 2q 4mU ·2πm qB ＝πBR 2
2U
，故对同种带电粒子，加速电压越大，粒子回旋的时间越短．。