江苏专用版高考物理总复习第八章章末检测2
高考物理总复习 第八章综合测试题(含答案解析)
高考物理总复习第八章综合测试题（含答案解析）第八章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．在赤道上某处有一个避雷针．当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为()A．正东B．正西C．正南D．正北[答案] B[解析]赤道上方地磁场磁感线的方向由南向北，通过避雷针的电流方向向上，由左手定则知，安培力的方向向正西．2.如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向上，由于磁场的作用，则()A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势B．板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势C．板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势[答案] A[解析]铜板中形成电流的是电子，由左手定则可判断出电子受的洛伦兹力方向向左，电子将聚集到板的左侧，而右板将剩余正电荷，使b点电势高于a 点电势，故A正确．3．(嘉兴模拟)如图甲所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电源、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路．细杆与导轨间的摩擦不计，整个装置分别处在如图乙所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是()[答案] B[解析]对四个选项受力分析如图，可以看出只有B选项可能使金属细杆处于静止状态．故B正确．4．(南昌模拟) 如图所示为磁流体发电机的原理图：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v ，两金属板的板长为L ，板间距离为d ，板平面的面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于速度方向，负载电阻为R ，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I .那么板间电离气体的电阻率为( )A.S d ⎝ ⎛⎭⎪⎫Bd v I －R B.S d ⎝ ⎛⎭⎪⎫BL v I －R C.S L ⎝ ⎛⎭⎪⎫Bd v I －R D.S L ⎝ ⎛⎭⎪⎫BL v I －R [答案] A[解析] 当发电机稳定发电时，q v B ＝q U d ；根据闭合电路欧姆定律，U ＝I (R＋ρd S )．联立解得ρ＝S d (Bd v I －R )，A 对．5.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 .规定垂直于纸面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 变化的关系可能是图乙中的( )[答案] C[解析] 由左手定则可判断出磁感应强度B 的磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里、向外，在三个区域中均运动14圆周，故t ＝T 4，由于T ＝2πm qB ，求得B ＝πm 2qt.只有C 选项正确． 6．(信息卷)如图所示，在竖直平面一圆形区域内存在着垂直纸面、磁感应强度为B 的匀强磁场，O 点是圆形区域的圆心．一带电粒子(不计重力)从A 点沿AO 方向射入，速度为v 0，偏转60°之后从B 点射出．现把圆形区域的磁场改为竖直方向的匀强电场E ，使带电粒子仍以原速度沿AO 方向射入从B 点射出，则( )A ．E ＝43B v 0 B ．E ＝23B v 0C ．E ＝B v 0D ．E ＝34B v 0 [答案] A[解析] 当圆形区域内存在磁场时，r ＝3R ，r ＝m v 0qB ，当圆形区域内存在电场时，y ＝32R ＝12·qE m t 2，x ＝32R ＝v 0t ，联立可得E ＝43B v 0. 7．(济南模拟)如图所示，a ，b 是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d ，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感强度大小为B ，方向垂直纸面向里，在a 、b 两板间还存在着匀强电场E .从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是()A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束粒子改为带负电而其他条件不变则仍能从d孔射出[答案]BCD[解析]带电粒子在电场中运动时，受电场力和洛伦兹力平衡，受洛伦兹力方向向上，故受电场力方向向下，因此电场强度方向向下，C项正确；由q v B ＝qE，知三束离子的速度一定相同，A项错误；带电粒子在磁场中运动时，由r＝m vqB，三束离子的半径不同，说明比荷一定不相同，B项正确；三束粒子变为负电，带电粒子受的电场力和洛伦兹力方向都与原来相反，故合力仍为零，故仍能从d孔射出，D项正确．8．(北京朝阳模拟)如图所示，在正方形区域abcd内有一垂直纸面向里的匀强磁场，一束电子以大小不同的速率垂直于ab边且垂直于磁场射入磁场区域，下列判断正确的是()A．在磁场中运动时间越长的电子，其运动轨迹越长B．在磁场中运动时间相同的电子，其运动轨迹一定重合C ．不同运动速率的电子，在磁场中的运动时间一定不相同D ．在磁场中运动时间越长的电子，其运动轨迹所对应的圆心角越大[答案] D[解析] 由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，故有q v B ＝m v 2r ，2πr ＝v T ，解得半径r ＝m v qB ，T ＝2πm Bq ，所以不同速度的电子垂直磁场边界ad 进入磁场时，速度越大，半径越大，越有可能从bc 和cd 边界射出，速度越小则半径越小，就越可能从ab 边界射出，且运动的圆弧为半个圆，对应的圆心角为180°；电子在磁场中运动的时间t ＝θ2π·T ，故时间长，但轨迹不一定长，只要是从ab 边射出，虽然轨迹长度不同，但圆心角相同，所以在磁场中运动时间相同，故D 正确．9．(长春模拟)如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球从M 点自由下落，M 点距场区边界PQ 高为h ，边界PQ 下方有方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a 点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b 点穿出，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A ．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向外B ．小球的电荷量与质量的比值q /m ＝g /EC ．小球从a 运动到b 的过程中，小球和地球系统机械能守恒D ．小球在a ，b 两点的速度相同[答案] B[解析] 带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qE ＝mg ，选项B 正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b 点射出，根据左手定则可知磁场垂直纸面向里，选项A 错误；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球系统的机械能不守恒，只是a ，b 两点机械能相等，选项C 错误；小球在a ，b 两点速度方向相反，故选项D 错误．10．(吉林模拟)用一金属窄片折成一矩形框架水平放置，框架右边上有一极小开口．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里，如图所示，框架以速度v 1向右匀速运动，一带电油滴质量为m ，电荷量为q ，以速度v 2从右边开口处水平向左射入，若油滴恰能在框架内做匀速圆周运动，则( )A ．油滴带正电，且逆时针做匀速圆周运动B ．油滴带负电，且顺时针做匀速圆周运动C ．圆周运动的半径一定等于m v 1qBD ．油滴做圆周运动的周期等于2πv 1g[答案] BD[解析] 矩形框架在向右运动过程中，两板的电势差U ＝Bd v 1，由右手定则，上板带正电，产生向下的电场，带电粒子要做匀速圆周运动，只有受到向上的电场力和向下的重力平衡，然后仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，因此油滴带负电，且满足mg ＝qB v 1，根据左手定则可知油滴肯定沿顺时针做匀速圆周运动，A 项错误，B 项正确；由带电粒子在磁场中运动的半径公式r ＝m v 2qB ，C 项错误；油滴做圆周运动的周期由T ＝2πm qB ，联立得D 项正确．第Ⅱ卷(非选择题 共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上) 11.(6分)如图(甲)所示，一带电粒子以水平速度v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0<E B 先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中(其所受重力忽略不计)，电场和磁场对粒子所做的功为W 1；若把电场和磁场正交重叠，如图(乙)所示，粒子仍以初速度v 0穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为W 2，比较W 1和W 2，则W 1________W 2(填“>”、“<”或“等于”)．[答案] >[解析] 由题意可知，带电粒子穿过叠加场的过程中，洛伦兹力小于电场力，二力方向相反，所以沿电场方向偏移的距离比第一次仅受电场力时偏移的距离小，且洛伦兹力不做功，故W 1>W 2.12．(6分)(上海模拟)四根通电长直导线彼此绝缘放置，围成一个正方形，电流的大小均为I ，电流的方向如图所示．四根导线之间有一通电圆环，圆环与导线位于同一平面内，且圆环的中心O 点与四根长直导线的距离相等．已知O 点的磁感强度为B ，通电圆环在O 点产生的磁感强度为B 1，由此可得通电的四根长直导线在圆环中心O 点产生的磁感应强度为________；若取走直导线MN ，则O 点的磁感强度变为________．[答案] B －B 1 (3B ＋B 1)/4[解析] 由右手螺旋定则得通电导线O 点产生的场强的方向均垂直纸面向内，则由四根导线产生的场强B 2＝B －B 1，四条导线在O 点的场强相同，那么取走一个，O 点的场强为B －14(B －B 1)＝14(3B ＋B 1)． 13.(6分)(杭州模拟)如图所示， a ，b 为两平行金属板，间距为10cm ，两板间充满磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，磁场方向如图所示．开始时，开关S 是断开的，等离子体从左向右射入两平行板之间，速度为v 0＝400m/s ，待稳定后两板之间的电压为________V ，S 闭合时，流过电阻R 的电流方向是________(填“向上”或“向下”)．[答案] 20 a →R →b[解析] 带电粒子在复合场中运动，受洛伦兹力的作用，正电荷向上运动，负电荷向下运动，故稳定后两板存在的向下的电场，带电粒子受到方向相反的电场力，当二力平衡时，两板间电压达到最大，由q v B ＝q Ud ，代入可得U ＝20V ，因为上板带正电，故流过电阻R 的电流方向向下．三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)(济南模拟)如图所示，MN ，PQ 是平行金属板，板长为L ，两板间距离为L2，PQ 板带正电，MN 板带负电，在PQ 板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子以速度v 0从MN 板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ 板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ 板的右边缘飞进电场．不计粒子重力．求：(1)两金属板间所加电场的场强大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小． [答案] (1)m v 20qL (2)2m v 0qL [解析] (1)设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t ， 由类平抛运动可知 L ＝v 0t L 2＝12at 2 a ＝Eq m联立求解可得E ＝m v 20qL(2)带电粒子以速度v 飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，由q v B ＝m v 2Rsin θ＝L2Rsin θ＝v yv v y ＝at联立求解可得B ＝2m v 0qL15．(10分)(2010·杭州模拟)如图所示，直角三角形OAC (α＝30°)区域内有B ＝0.5T 的匀强磁场，方向如图所示．两平行极板M ，N 接在电压为U 的直流电源上，左板为高电势．一带正电的粒子从靠近M 板由静止开始加速，从N 板的小孔射出电场后，垂直OA 的方向从P 点进入磁场中．带电粒子的比荷为qm ＝105C/kg ，OP 间距离为L ＝0.3m.全过程不计粒子所受的重力，则：(1)若加速电压U ＝120V ，通过计算说明粒子从三角形OAC 的哪一边离开磁场？(2)求粒子分别从OA ，OC 边离开磁场时粒子在磁场中运动的时间． [答案] (1)OA 边 (2)2π×10－5s ，≤4π3×10－5s [解析] (1)如图所示，当带电粒子的轨迹与OC 边相切时为临界状态，设临界半径为R ，加速电压U 0，则有R ＋R sin α＝L 解得R ＝0.1mqU 0＝12m v 2q v B ＝m v 2R U 0＝125VU <U 0，则r <R ，粒子从OA 边射出 (2)带电粒子在磁场做圆周运动的周期为 T ＝2πmqB ＝4π×10－5s当粒子从OA 边射出时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期 t 1＝T2＝2π×10－5s当粒子从OC 边射出时，粒子在磁场中运动的时间小于13周期t 2≤T 3＝4π3×10－5s16．(11分)(合肥模拟)如图所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N 在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B .离子源中的离子带电荷量为＋q ，质量为m ，通过小孔O 1进入两板间电压为U 的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔O 2射出，再从O 点进入磁场区域Ⅰ，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN .不计离子的重力．(1)若加速电场两板间电压U ＝U 0，求离子进入磁场后做圆周运动的半径R 0； (2)在OQ 上有一点P ，P 点到O 点距离为L ，若离子能通过P 点，求加速电压U 和从O 点到P 点的运动时间．[答案] (1)1B 2U 0m q (2)B 2L 2q 2mn 2(n ＝1,2,3，…) n πm3qB(n ＝1,2,3，……) [解析] (1)电子在电场中加速时U 0q ＝12m v 20－0电子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力q v 0B ＝m v 20R 0解得R 0＝1B 2U 0m q(2)离子进入磁场时的运动轨迹如图所示 由几何关系可知OP ′＝P ′P ″＝R 要保证离子通过P 点L ＝nR 解得U ＝B 2L 2q2mn 2 其中n ＝1,2,3，…T ＝2πm qBt ＝n ·T 2π·π3＝n πB 3qB 其中n ＝1,2,3，…17. (11分)(太原模拟)如图所示，在x 轴的上方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ；在x 轴的下方等腰三角形CDM 区域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，其中C ，D 在x 轴上，它们到原点O 的距离均为a ，θ＝30°.现将一质量为m 、带电量为q 的带正电粒子，从y 轴上的P 点由静止释放，不计重力作用与空气阻力的影响．(1)若粒子第一次进入磁场后恰好垂直CM 射出磁场，求P ，O 间的距离； (2)若带电粒子第一次进入磁场后又能返回电场．P ，O 间的最大距离是多少？这种情况下粒子在磁场中运动的总时间是多少？(3)P ，O 间距离满足什么条件时，可使粒子在电场和磁场中各运动3次？[答案] (1)B 2a 2q 2Em (2)B 2a 2q 18Em ，7πm 6Bq (3)B 2a 2q 98Em <y ′≤B 2a 2q50Em[解析](1)粒子从P 点到O 经电场加速 Eqy ＝12m v 2①粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好垂直CM 射出磁场时，其圆心恰好在C 点，其半径为r ＝a ② Bq v ＝m v 2r ③ P 到O 的距离 y ＝B 2a 2q 2Em④(2)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹与CM 相切时半径最大，速度最大，此时P 到O 的距离最大，如图所示，粒子从磁场返回电场后先减速后反向加速再次以相同的速度进入磁场，做半径相同的圆周运动，由题分析可知粒子射出磁场时恰好与CM 垂直，所以此时，圆周运动的半径为R＝13a⑤此时P到O的最大距离y m＝B2a2q 18Em⑥粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝180°＋30°360°T＝7πm6Bq⑦(3)若使粒子在电场和磁场中各运动3次时，其运动的半径r′须满足a 7<r′≤a 5⑧P到O的距离y′满足B2a2q98Em<y′≤B2a2q 50Em⑨。
江苏2022版高考物理一轮复习 第8章 恒定电流 实验10 长度的测量及其测量工具的选用课件
甲
乙
[解析] 游标卡尺的主尺读数为 1.2 cm，游标尺上第 4 个刻度和 主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 4×0.05 mm＝0.20 mm＝ 0.020 cm，所以最终读数为：1.2 cm＋0.020 cm＝1.220 cm。
螺旋测微器的固定刻度为 6.5 mm，可动刻度为 36.0×0.01 mm ＝0.360 mm，所以最终读数为 6.5 mm＋0.360 mm＝6.860 mm。
(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。
(3)接入电路的电阻为 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。
(3)由图丙所示电压表可知，其量程为 3 V，分度值为 0.1 V，示 数为 2.60 V；由图示电流表可知，其量程为 0.6 A，分度值为 0.02 A， 示数为 0.52 A。
[答案] 0.52
(1)0.697(0.695～0.698 均正确)
(2)偏小 (3)2.60
结束 语 （江苏专用）2022版高考物理一轮复习 第8章 恒定
(3)螺旋测微器 ①构造：如图所示，B 为固定刻度，E 为可动刻度。
②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。
江苏省近年高考物理大一轮复习第八章恒定电流教师专用
第八章 恒定电流考 试 说 明内容要求说明命题趋势电阻定律Ⅰ 整体来说，实验题每年必考,选择题和计算题一般不单独出现,常与磁场、电磁感应等问题综合，如果选择题单独出现,考查知识点会比较单薄，难度不大.因为根据江苏省教学要求:不要求讨论电源的最大输出功率和用电器上得到的最大功率及效率问题，此类题型不要涉及过多本章涉及的物理概念、物理规律较多，主要包括以下几个方面的内容：1. 几个重要的基本概念：电阻和电阻率、电流和电压、电功和电热、电动势等；2. 四个重要的基本定律:部分电路欧姆定律、电阻定律、焦耳定律和闭合电路欧姆定律；3. 四种典型电路:纯电阻和非纯电阻电路、接地电路、含容电路和动态电路;4。
四个实验：决定导线电阻的因素、电表改装和多用电表、描绘小灯泡的伏安特性曲线、测量电源电动势和内阻.复习重点是实验部分，因此要注重从实验原理、器材选择、仪表读数、操作步骤、电路连接、数据处理以及误差分析等方面提高实验综合能力决定导线电阻的因素（实验、探究)Ⅱ 电阻的串联与并联Ⅰ 电流 电源的电动势和内阻 Ⅰ 欧姆定律 闭合电路欧姆定律 Ⅱ 描绘小灯泡的伏安特性曲线(实验、探究)Ⅱ 测量电源的电动势和内阻（实验、探究)Ⅱ电功 电功率 焦耳定律 Ⅰ知 识 网 络第1讲欧姆定律串、并联电路电阻定律(本讲对应学生用书第115117页）考纲解读.。
2.会利用导体伏安特性曲线I-U图象及U-I图象解决有关问题。
3。
能认清电路结构。
4。
会进行电表改装的分析与计算。
基础梳理.。
定义式I= ,单位：安培，简称安，符号为.2。
欧姆定律：导体中的电流跟它两端的电压成,跟它的电阻成.公式I= 。
欧姆定律的适用范围：适用于金属导电和电解液导电，对气体导电不适用。
3.电功：导体的恒定电场对自由电荷的所做的功。
电流做功的过程就是电能转化为其他形式能的过程。
公式为W= ,电功的单位是焦耳，简称焦,符号是。
4.电功率：单位时间内电流所做的功.表示电流做功的，公式为P== ，电功率的单位是瓦特,简称瓦，符号是.5。
(江苏专用)2020版高考物理大一轮复习 第八章 恒定电流章末热点集训课件
A．R1 断路 C．R3 短路Biblioteka B．R2 断路 D．R4 短路
解析：选 A.等效电路如图所示．若 R1 断 路，电路的外电阻变大，总电流减小，路 端电压变大，L1 两端电压变大，L1 变亮； ab 部分电路结构没变，电流仍按原比例分 配，总电流减小，通过 L2、R4 的电流都减 小，故 A 项正确；若 R2 断路，总电阻变大，总电流减小，ac 部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1 中电流都 减小，与题意相矛盾，故 B 项错误；若 R3 短路或 R4 短路， 总电阻减小，总电流增大，电流表 A 中电流变大，与题意相 矛盾，故 C、D 项错误．
电源的 U－I 图象与伏安特性曲线的综合应用 (多选)(2019·南通模拟)如图所示，图线甲、乙分别为 电源和某金属导体的 U－I 图线，电源的电动势和内阻分别用 E、r 表示，根据所学知识分析下列选项正确的是 ( )
A．E＝50 V B．r＝5 Ω C．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为 20 Ω D．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为 80 W
A.UI1不变，ΔΔUI1不变 C.UI2变大，ΔΔUI2不变
B．UI2变大，ΔΔUI2变大 D．UI3不变，ΔΔUI3不变
[解析] 法一 由题图可知，UI1＝ΔΔUI1＝R1，是定值，A 正 确；UI2＝R2 随 P 向下移动而变大，而ΔΔUI2＝ΔI（ΔR1I＋r） ＝R1＋r 不变，B 错误，C 正确；因UI3＝R1＋R2，故此比值增 大，而ΔΔUI3＝r 为电源的内电阻不变，故 D 错误．
2.将三个完全相同的小灯泡按如图甲所示的 方式连入电路，其中的电压表和电流表均为理想电表，蓄电 池的内阻不可忽略．当开关闭合后，电压表 V1的读数为 4.0 V， 经测量这种小灯泡的 U－I 图象如图乙所示．则( )
江苏专版高考物理一轮复习第八章磁场学案
江苏专版高考物理一轮复习第八章磁场学案第八章磁场第1节磁场的描述__磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。
(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。
(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。
(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。
(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。
(√)(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。
(×)(7)安培力可能做正功，也可能做负功。
(√)1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。
突破点(一) 对磁感应强度的理解1．理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL 成反比。
(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。
2．磁感应强度B与电场强度E的比较磁感应强度B 电场强度E物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场强弱的物理量定义式B＝FIL (L与B垂直)E＝Fq方向磁感线切线方向，小磁针N极受力方向(静止时N极所指方向)电场线切线方向，正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定，与电流元无关由电场决定，与检验电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合电场强度等于各电场的电场强度的矢量和3地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱。
(2)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近。
(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平。
江苏专版2019高考物理一轮复习第八章磁场学案.doc
1 第八章磁场第1节磁场的描述__磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小跟放在该点的试探电流元的情况无关。
(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。
(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时穿过线圈的磁通量可能增大。
(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。
(×)(5)在同一幅图中磁感线越密磁场越强。
(√)(6)将通电导线放入磁场中若不受安培力说明该处磁感应强度为零。
(×)(7)安培力可能做正功也可能做负功。
(√)1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转称为电流的磁效应。
2 突破点(一) 对磁感应强度的理解1理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定因此不能根据定义式B FIL认为B与F成正比与IL成反比。
(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入如果平行磁场放入则所受安培力为零但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。
2磁感应强度B与电场强度E的比较磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场强弱的物理量定义式B FIL(L与B垂直)E Fq方向磁感线切线方向小磁针N极受力方向(静止时N极所指方向) 电场线切线方向正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定与电流元无关由电场决定与检验电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合电场强度等于各电场的电场强度的矢量和3地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强赤道处磁场最弱。
(2)地磁场的N极在地理南极附近地磁场的S极在地理北极附近。
(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近距离地球表面相等的各点地磁场的强弱程度相同且方向水平。
[题点全练]下列关于磁场或电场的说法正确的是________。
①通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大②通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大③放在匀强磁场中各处的通电导线受力大小和方向处处相同④磁感应强度的大小跟放在磁场中的通电导线受力的大小无关 3 ⑤电荷在某处不受电场力的作用则该处电场强度为零⑥一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零⑦检验电荷在电场中某点受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征该点电场的强弱⑧通电导线在磁场中某点受到的磁场力与导线长度和电流乘积的比值表征该点磁场的强弱⑨地磁场在地球表面附近大小是不变的⑩地磁场的方向与地球表面平行⑪磁场中某点磁场的方向为放在该点的小磁针N极所指的方向⑫地磁场的N极与地理南极完全重合答案④⑤⑦突破点(二) 安培定则的应用与磁场的叠加1常见磁体的磁感线2电流的磁场及安培定则直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场安培定则立体图横截面图特点无磁极非匀强距导线越远处磁场越弱两侧是N极和S极与条形磁体的磁场类似管内两侧是N极和S极圆环内侧离导线越近磁场越强 4 可看作匀强磁场管外是非匀强磁场圆环外侧离圆环越远磁场越弱3安培定则的应用在运用安培定则时应分清“因”和“果”电流是“因”磁场是“果”既可以由“因”判断“果”也可以由“果”追溯“因”。
江苏版高考物理一轮复习第8章第2节电路、闭合电路的欧姆定律课件
考点2 电路的动态分析问题
1．判定总电阻变化情况的规律 (1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增 大(或减小)。 (2)若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大； 若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。
(3)在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成， 其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联。A、B两端 的总电阻与R串的变化趋势一致。
C [根据电表改装原理可知，电流计并联电阻改装成大量程的电流 表的内阻 R＝UIg，则内阻之比等于最大量程的反比，两电流表的量 程之比为 5∶1，A1、A2 的内阻之比为 1∶5，并联时，电流之比等于 内阻的反比，电流读数之比为 5∶1，A、B 错误；电流表 A1(0～3 A) 和 A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，图中两个电流表为 并联电路，则两电流计也是并联的，电压相等，流过电流计的电流 相等，则 A1、A2 的指针偏转角度之比为 1∶1，D 错误，C 正确。]
方法二：极限法
若将滑片P滑至b点，则R3＝0，φa＝φb＝0，D错误；R2两端电压为 零，则电容器C两端电压也为零，电容器所带电荷量Q＝0，C错 误 ； 当 R3 ＝ 0 时 ， 电 路 总 电 阻 最 小 ， 总 电 流 最 大 ， R1 两 端 电 压 最 大，故A错误；由于IA＝I1－I2，此时I1最大，I2＝0最小，故IA最 大，B正确。]
中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。
即：
U串↓
U并↑
I串↓ ←R↑→I并↑
P串↓
P并↑
(3)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将
滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论。
江苏版高考物理一轮复习第8章第1节电流、电阻、电功及电功率课件
[典例] 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( )
甲
乙
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 W C．L2的电阻为12 Ω D．L1、L2消耗的电功率的比值等于4
D [电荷的定向移动形成电流，规定正电荷定向移动的方向为电流 方向，由题图所示可知，溶液中的正离子由 A 向 B 运动，负离子由 B 向 A 移动，负电荷由 B 向 A 移动相当于正电荷由 A 向 B 移动，因 此电流方向是 A→B，带电离子在溶液中定向移动形成电流，电流不 为零，故选项 A、B 错误；溶液中电流方向是 A→B，电流 I＝qt ＝ n1e＋t n2e，故选项 C 错误，D 正确。]
2．伏安特性曲线的理解 (1)如图，图线 a、b 表示线性元件的 I-U 图线，图线 c、d 表示非线 性元件的 I-U 图线；对于线性元件 R＝UI ＝ΔΔUI ，对于非线性元件 R ＝UI ≠ΔΔUI 。
(2)I-U 图 线 的 斜 率 表 示 电 阻 的 倒 数 ， 斜 率 越 大 ， 电 阻 越 小 ， 故 Ra<Rb，图线c表示元件的电阻随电压的增大而减小，图线d表示的 元件的电阻随电压的增大而增大。 (3)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一 状态下的电阻。在I-U曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数。
和内阻
T8：含容 T3：
第2节
电功率、焦耳定律 电路中有
电路、闭合电路
关电荷量
闭合 电路
T6：动
T13：欧姆 表的工作
态分析
的欧姆定律
及其变化 欧姆
原理
2018版高考物理江苏专用大一轮复习讲义文档第八章 磁
专题强化九带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现．2．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)．命题点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)静电力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例1 在如图1所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r ＝944m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D 点、垂直于水平面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×118 N /C.小物体P 1质量m ＝2×10－3 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端由静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图1(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小； (2)倾斜轨道GH 的长度s .①沿CD 向右匀速直线运动；②经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．答案 (1)4 m/s (2)0.56 m解析 (1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为F f ，则F 1＝q v B ① F f ＝μ(mg －F 1)②由题意知，水平方向合力为零，F －F f ＝0③ 联立①②③式，代入数据解得v ＝4 m/s ④(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有 qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为 a 1，根据牛顿第二定律有qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则 s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨s ＝s 1＋s 2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s ＝0.56 m.1．如图2所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N /C ，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t . 答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s解析 (1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有q v B ＝q 2E 2＋m 2g 2①甲代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tan θ＝qE mg③代入数据解得tan θ＝ 3 θ＝60°④(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a ，有乙a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有 x ＝v t ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ，有 y ＝12at 2⑦ tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t ＝2 3 s ≈3.5 s ⑨解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 v y ＝v sin θ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s.2．如图3所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1，已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A (0，L )位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．图3(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y 轴上的A (0，L )位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A 位置出发到返回至A 位置过程所经历的时间为多少？ 答案 (1)负电 q ＝3mg 3E 1 v ＝2E 1B 1(2)竖直向下 3E 1 (3)233L 53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg ＝qE 1tan 60°，q ＝3mg 3E 1.又qE 1＝q v B 1cos 60°，得v ＝2E 1B 1(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE ＝mg ，即E ＝3E 1.(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知3PD ＝2ON ，ON OA ＝ONL＝tan 60°，联立上述方程解得 PD ＝DN ＝233L ，R ＝233L .设x 轴下方的磁感应强度为B ，则满足q v B ＝m v 2R ，T ＝2πmqB .从N 点运动到C 点的时间为t ＝3×360°－60°360°T .联立上式解得t ＝53πB 1L3E 1.由几何关系可知LAN＝cos 60°.在第一象限运动的时间t 1和第二象限中的运动的时间t 2相等，且t 1＝t 2＝AN v ＝2L v ＝B 1LE 1.所以带电小球从A 点出发至回到A 点的过程中所经历的总时间为t 总＝t ＋t 1＋t 2. 联立上述方程解得t 总＝53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1.命题点二 带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现． 2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键． (3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．例2 在如图4所示的直角坐标系xOy 中，矩形区域OACD 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝5.0×10－2 T ；第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝1.0×118 N /C.已知矩形区域OA 边长为0.60 m ，AC 边长为0.20 m ．在CD 边中点N 处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中的各个方向均匀辐射出速率均为v ＝2.0×118 m/s 的某种带正电粒子，带电粒子的质量为m ＝1.6×10－27kg 、电荷量为q ＝3.2×10－19C ，不计粒子重力，计算结果均保留两位有效数字，试求：图4(1)粒子在磁场中运动的半径；(2)从N 处射出的粒子在磁场中运动的最短路程；(3)沿x 轴负方向射出的粒子，从射出到从y 轴离开所经历的时间．①各个方向均匀辐射；②不计粒子重力．答案 (1)0.20 m (2)0.21 m (3)4.6×10－7 s解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，由牛顿第二定律可得 q v B ＝m v 2r代入数据解得r ＝0.20 m.(2)设粒子在磁场中运动的最短路程为s ，由数学知识可知，最短弦长对应最短的弧长，粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，α＝60°，最短的弧长即最短路程，则有s ＝16×2πr＝0.21 m.甲 乙(3)如图乙所示，粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝6.28×10－7 s ，设沿x 轴负方向射出的粒子在磁场中沿弧NP 运动的时间为t 1，则有t 1＝T 4＝1.57×10－7 s设粒子在电场中运动的时间为t 2，加速度大小为a ，则有t 2＝2v a ，a ＝qEm ，代入数据解得t 2＝2.0×10－7 s由几何关系可知，cos θ＝12，所以θ＝60°，设粒子沿弧PH 运动的时间为t 3，则t 3＝T6，t 3＝1.18×10－7 s故沿x 轴负方向射出的粒子，从射出到从y 轴离开所经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝4.6×10－7 s.带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下： 匀速圆周运动←粒子垂直于磁感线进入匀强磁场←磁偏转←组合场中两种典型的偏转→电偏转→粒子垂直于电场线进入匀强电场→类平抛运动 第3步：用规律磁偏转→匀速圆周运动→圆轨迹→找半径→定圆心⎩⎪⎨⎪⎧半径公式周期公式电偏转→类平抛运动⎩⎪⎨⎪⎧初速度方向→匀速直线运动电场方向→匀变速直线运动3．如图5所示，直角坐标系xOy 第一象限的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m ，电荷量为e 的电子从第一象限的某点P (L ，38L )以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动，经过x 轴上的点Q (L4，0)进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域(图中未画出)，磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O ，并沿y 轴的正方向运动，不计电子的重力．求：图5(1)电子经过Q 点时的速度v ；(2)该匀强磁场的磁感应强度B 和最小面积S . 答案 见解析解析 (1)电子从P 点开始在电场力作用下做类平抛运动到Q 点，可知竖直方向y ＝38L ＝12at 2，水平方向x ＝34L ＝v 0t ，解得a ＝43v 209L而v y ＝at ＝33v 0，所以电子经过Q 点时的速度为 v ＝v 20＋v 2y ＝233v 0设v 与x 轴负方向的夹角为θ，可知tan θ＝v y v 0＝33，所以θ＝30°.(2)如图所示，电子以与x 轴负方向成30°角的方向进入第四象限后先沿QM 做匀速直线运动，然后进入匀强磁场区域做匀速圆周运动，恰好以沿y 轴向上的速度经过O 点．可知圆周运动的圆心O ′一定在x 轴上，且O ′点到O 点的距离与O ′点到直线QM 上M 点(M 点即磁场的边界点)的距离相等，找出O ′点，画出其运动的部分轨迹为弧MNO ，所以面积最小的磁场的右边界和下边界就确定了设偏转半径为R ，e v B ＝m v 2R ，由图知OQ ＝14L ＝3R ，解得B ＝83m v 0eL ，方向垂直纸面向里面积最小的磁场的长度L OC ＝32R ＝18L ，宽度L OA ＝R ＝112L矩形磁场的最小面积为：S min ＝L OC ·L OA ＝196L 2. 4．x 轴下方有两个关于直线x ＝－0.5a 对称的沿x 轴的匀强电场(大小相等，方向相反)．如图6甲所示，一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(不计重力)，以初速度v 沿y 轴正方向从P 点进入电场，后从原点O 以与过P 点时相同的速度进入磁场(图中未画出)．粒子过O 点的同时在MN 和x 轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场，规定垂直纸面向里为正方向．正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等，且持续的时间相同．粒子在磁场中运动一段时间后到达Q 点，并且速度也与过P 点时速度相同．已知P 、O 、Q 在一条直线上，与水平方向夹角为θ，且P 、Q 两点横坐标分别为－a 、a .试计算：图6(1)电场强度E 的大小； (2)磁场的磁感应强度B 的大小； (3)粒子从P 到Q 的总时间．答案 (1)4m v 2aq tan 2 θ (2)4nm v cos 2 θqa (n ＝1,2,3，…)(3)a tan θv ＋(π－2θ)α2v cos 2θ解析 (1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动，且时间相等，设为t ，对该运动分析得 y 方向：a tan θ＝2v t x 方向：12a ＝qE2mt 2，解得：E ＝4m v 2aq tan 2 θ，t ＝a tan θ2v. (2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示(只画出一个周期的情况)设半径为R ，由几何关系可知 acos θ＝4nR cos θ(n ＝1,2,3，…)， Bq v ＝m v 2R，解得B ＝4nm v cos 2θqa(n ＝1,2,3，…)．(3)带电粒子在电场中运动的时间t 电＝2t ＝a tan θv .研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，设时间为t 磁，设单元圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知α＝π－2θ， 则t 磁＝2n (π－2θ)R v ＝(π－2θ)a2v cos 2θ， 所以粒子从P 到Q 的总时间 t 总＝t 电＋t 磁＝a tan θv ＋(π－2θ)a 2v cos 2θ.题组1 带电粒子在叠加场中的运动1．如图1所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒从原点出发进入复合场中，初速度方向与x 轴正方向的夹角为45°，正好做直线运动，当微粒运动到A (l ，l )时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图1(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)m qg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：由几何关系知Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件：q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙q v B ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ，B ＝mqg l(3)微粒做匀速运动时间：t 1＝2lv ＝l g 做匀速圆周运动时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g故微粒在复合场中的运动时间： t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g. 2．如图2所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC ，其延长线在D 点与半圆轨道DF 相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于MN 边界上)．一质量为0.4 kg 的带电小球沿轨道AC 下滑，至C 点时速度为v C ＝1007m /s ，接着沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度为v F ＝4 m/s(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8)．求：图2(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC (或延长线)的交点为G 点(未标出)，求G 点到D 点的距离． 答案 (1)正电荷 (2)27.6 J (3)2.26 m解析 (1)依题意可知小球在CD 间做匀速直线运动，在CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零，若小球带负电，小球受到的合力不为零，因此带电小球应带正电荷． (2)小球在D 点速度为v D ＝v C ＝1007m/s设重力与电场力的合力为F 1，如图所示，则F 1＝F 洛＝q v C B 又F 1＝mgcos 37°＝5 N解得qB ＝F 1v C ＝720 C·T在F 处由牛顿第二定律可得 q v F B ＋F 1＝m v 2FR把qB ＝720C·T 代入得R ＝1 m小球在DF 段克服摩擦力做功W f ，由动能定理可得 －W f －2F 1R ＝12m v 2F －12m v 2D 解得W f ≈27.6 J(3)小球离开F 点后做类平抛运动，其加速度为a ＝F 1m由2R ＝at 22解得t ＝4mR F 1＝225s 交点G 与D 点的距离GD ＝v F t ＝825m ≈2.26 m. 题组2 带电粒子在组合场中的运动3．如图3所示，在xOy 平面内y 轴与MN 边界之间有沿x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧和MN 边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN 边界与y 轴平行且间距保持不变．一质量为m 、电荷量为－q 的粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t 0，粒子重力不计．图3(1)求磁感应强度的大小B ；(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点O ，求电场区域的宽度d 和此时的电场强度E 0； (3)若带电粒子能够回到原点O ，则电场强度E 应满足什么条件？ 答案 (1)πm qt 0 (2)32v 0t 0 m v 0qt 0 (3)E ＝(2n ＋1)m v 03n 2qt 0(n ＝1,2,3，…)解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πmqB ，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则T ＝2t 0，解得B ＝πmqt 0(2)t ＝5t 0时粒子回到原点，轨迹如图甲所示，由几何关系有r 2＝2r 1由向心力公式有qB v 0＝m v 20r 1，qB v 2＝m v 22r 2电场宽度d ＝v 0＋v 22t 0，解得d ＝32v 0t 0又v 2＝v 0＋qE 0m t 0，解得E 0＝m v 0qt 0(3)如图乙所示，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则应满足n (2r 2′－2r 1)＝2r 1(n ＝1,2,3，…)由向心力公式有qB v 2′＝m v 2′2r 2′，解得v 2′＝n ＋1n v 0根据动能定理有qEd ＝12m v 2′2－12m v 2解得E ＝(2n ＋1)m v 03n 2qt 0(n ＝1,2,3，…)．4．如图4甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔S 1、S 2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U 0，周期为T 0.在t ＝0时刻将一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子由S 1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t ＝T 02时刻通过S 2垂直于边界进入右侧磁场区．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)图4(1)求粒子到达S 2时的速度大小v 和极板间距d ；(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件；(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t ＝3T 0时刻再次到达S 2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小． 答案 (1) 2qU 0m T 042qU 0m (2)B <4L2mU 0q(3)74T 0 8πm 7qT 0解析 (1)粒子由S 1到S 2的过程，根据动能定理得 qU 0＝12m v 2①由①式得v ＝2qU 0m ② 设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得 qU 0d＝ma ③ 由运动学公式得d ＝12a ⎝⎛⎭⎫T 022④联立③④式得d ＝T 042qU 0m⑤ (2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，应满足 2R >L 2⑦联立②⑥⑦式得B <4L2mU 0q⑧ (3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t 1，有d ＝v t 1⑨ 联立②⑤⑨式得t 1＝T 04⑩若粒子再次到达S 2时速度恰好为零，粒子回到极板间做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t 2，根据运动学公式得 d ＝v 2t 2⑪ 联立⑨⑩⑪式得t 2＝T 02⑫设粒子在磁场中运动的时间t ＝3T 0－T 02－t 1－t 2⑬联立○10⑫⑬式得t ＝7T 04⑭则粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由⑥式结合运动学公式得T ＝2πmqB ⑮由题意可知T ＝t ＝7T 04⑯联立⑭⑮⑯式得B ＝8πm7qT 0.。
2021年高考总复习物理江苏专用第八章第二节课后检测能力提升 含解析
2021年高考总复习物理江苏专用第八章第二节课后检测能力提升含解析----faf47180-6ea2-11ec-88fd-7cb59b590d7d2021年高考总复习物理江苏专用第八章第二节课后检测能力提升含解析一、单选题1。
（2022年全国高考卷一）两个相邻的均匀强磁场区域的磁感应强度不同且平行。
速度方向与磁感应强度（重力除外）方向垂直的带电粒子从强磁场区域进入弱磁场区域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，角速度减小分析：选择D。
分析轨道半径：带电粒子从强磁场进入弱磁场后的MV速度v大小不变，磁感应强度b减小，由公式r＝可知，轨道半径增大．分析角速度：由qb2πm2π公式t＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小．选项d正QBT是正确的2．(2021高考全国卷ⅰ)如图所示，Mn是一个薄铝板，在铝板（未绘制）的上方和下方有一个垂直于图形平面的均匀磁场。
一个带电粒子附着在铝板上面的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()a、 2c.1b.2d.22一解析：选d.设带电粒子在p点时初速度为v1，从q点穿过铝板后速度为v2，则ek1＝2v1121222mv2.粒子做圆周运动的向心1，ek2＝mv2，由题意可知ek1＝2ek2，即mv1＝mv2，则＝22v21mv2mvr12b1v1r22力由洛伦兹力提供，即qvb＝，得r＝，由题意可知＝，所以＝＝，故Rqbr21b2v2r12选项D正确3.。
江苏省高三高考一轮复习第八章第2单元物理试卷
B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0
C．若磁场方向指向纸外，质点运Fra bibliotek的周期将大于T0
D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0
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9.难度：简单
如图9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是 ( )
A．①②③④ B．①④②③ C．④③②① D．③④②①
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2.难度：简单
随着生活水平的提高，电视机已进入千家万户，显像管是电视机的重要组成部分．如图2所示为电视机显像管及其偏转线圈L的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，不可能是下列哪些原因引起的 ( )
A．电子枪发射能力减弱，电子数减少
(1)粒子从P点运动到O点的时间最少是多少？
(2)粒子运动的速度可能是多少？
B．加速电场的电压过高，电子速率偏大
C．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少
D．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱
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3.难度：简单
质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场．如图3所示为质谱仪的原理图．设想有一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P点，设OP＝x，则在图4中能正确反映x与U之间的函数关系的是 ( )
A. B. C. D.
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6.难度：简单
极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动而形成的．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )
2021高考江苏版物理一轮复习讲义：第8章 章末高效整合
章末高效整合数学技巧|磁场中的几何知识1．概述高中物理要求学生具备数学知识解决物理问题的能力．当带电粒子在磁场中运动时，主要应用平面几何知识，这局部数学知识理解并不困难，关键是灵活的运用．常用的数学知识有：勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角函数，对称性分析，圆的常用几何性质等．2．关键点该类问题的关键点是确定圆心，找出半径和确定圆心角，常有三种情况：(1)粒子两个速度的方向时，画两个速度方向的垂线，交点即圆心，因为这是两处洛伦兹力的方向交点；(2)粒子在某点的一个速度方向，还有过该点粒子轨迹上的一条弦时，作弦的中垂线，中垂线和速度垂线的交点，即为圆心；(3)粒子的一个速度方向和粒子运动的轨迹半径R时，在这个速度的垂线上，通过垂足找出一个半径R的长度，便可以找到圆心．如图8-1所示，纸面内有E、F、G三点，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°.空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点，再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点．两点电荷从射出到经过G点所用的时间一样，且经过G点时的速度方向也一样．点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力．求：图8-1(1)点电荷a 从射出到经过G 点所用的时间；(2)点电荷b 的速度的大小．【思路导引】【标准解答】 (1)设点电荷a 的速度大小为v ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R① 由①式得v ＝qBR m② 设点电荷a 的运动周期为T ，有T ＝2πm qB ③ 如图，O 和O 1分别是a 和b 的圆轨道的圆心．设a 在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系可得：θ＝90° ④故a 从开场运动到经过G 点所用的时间t 为：t ＝πm 2qB .⑤(2)设点电荷b 的速度大小为v 1，轨道半径为R 1，b 在磁场中的偏转角度为θ1，依题意有：t ＝R 1θ1v 1＝Rθv ⑥由式⑥得：v 1＝R 1θ1Rθv ⑦由于两轨道在G 点相切，所以G 点的半径OG 和O 1G 在同一直线上．由几何关系和题给条件可得θ1＝60°⑧ R 1＝2R⑨联立②④⑦⑧⑨解得v 1＝4qBR 3m .【答案】 (1)πm 2qB (2)4qBR 3m[突破训练]1．如图8-2所示，两个同心圆，半径分别为r 和2r ，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆心O 处有一放射源，放出粒子的质量为m ，带电量为q ，假设粒子速度方向都和纸面平行．【导学号：96622155】图8-2(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A 点，那么初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，那么粒子的初速度不能超过多少？【解析】 (1)如下图，设粒子在磁场中的轨道半径为R 1，那么由几何关系得R 1＝3r 3，又q v 1B ＝m v 21R 1得v1＝3Bqr3m.(2)如下图，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，那么由几何关系有(2r－R2)2＝R22＋r2可得R2＝3r4，又q v2B＝m v22R2，可得v2＝3Bqr4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m.【答案】(1)3Bqr3m(2)3Bqr4m物理方法|带电粒子在交变电、磁场中运动问题的解法带电粒子在交变复合场中的运动问题的根本思路：如图8-3甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系，水平桌面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿＋y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向)．在0时刻，一质量为10 g、电荷量为0.1 C的带正电金属小球自坐标原点O处，以v0＝2 m/s 的速度沿x轴正方向射出．E0＝0.2 N/C、B0＝0.2π T．求：(1)1 s 末金属小球速度的大小和方向；(2)1～2 s 内，金属小球在磁场中做圆周运动的周期和半径；(3)6 s 内金属小球运动至离x 轴最远点时的位置坐标．图8-3【标准解答】 (1)在0～1 s 内，小球在电场力作用下，在x 轴方向上做匀速运动，v x ＝v 0，在y 轴方向做匀加速直线运动，v y ＝qE 0m t 1 1 s 末小球的速度v 1＝v 2x ＋v 2y ＝2 2 m/s设v 1与x 轴正方向的夹角为α，那么tan α＝v y v x＝1 故α＝45°.(2)在1～2 s 内，小球在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB 0＝1 s 由洛伦兹力公式得q v 1B 0＝m v 21R 1解得R 1＝m v 1qB 0＝2π m. (3)如图(a)所示，在5 s 内，小球局部运动轨迹可视为一条连续抛物线．由匀变速直线运动规律知x 方向上 x 3＝v 0tv x ＝v 0y 方向上y 3＝12at 2a ＝qE 0m ，v y 3＝at5 s 末时小球的速度v ＝v 2x ＋v 2y 3＝210 m/stan θ＝v y 3v 0＝3(θ为v 与x 轴的夹角) 在5～6 s 内，小球在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有R ＝m v qB 0如图(b)所示，设离x 轴最远点G 的坐标为(x ，y )，那么x ＝x 3－x 2，y ＝y 3＋y 2其中x 2＝R sin θ，y 2＝R (1＋cos θ)由上述各式可得x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6－3π m y ＝⎝⎛⎭⎪⎫9＋10＋1π m. 【答案】 见解析[突破训练]2．如图8-4甲所示，互相平行且水平放置的金属板，板长L ＝1.2 m ，两板距离d ＝0.6 m ，两板间加上U ＝0.12 V 的恒定电压及随时间变化的磁场，磁场变化规律如图乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正．当t ＝0时，有一质量为m ×10－6 kg 、电荷量q ×10－4 C 的粒子从极板左侧以v 0×103 m/s 的速度沿与两板平行的中线OO ′射入，g 取10 m/s 2、π取3.14.求：甲 乙图8-4×10－4 s 内位移的大小x ；(2)粒子离开中线OO ′的最大距离h ；(3)粒子在板间运动的时间t ；(4)画出粒子在板间运动的轨迹图．【解析】 (1)由题意知：Eq ＝U d q ×10－5 N而mg ×10－5 N显然Eq ＝mg×10－4 s 时间内做匀速直线运动，因为Δt ×10－4 s ，所以x ＝v 0Δt ＝0.4 m.×10－4×10－4 s 时间内，电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，因为T ＝2πm qB ×10－4 s×10－4×10－4 s 时间内恰好完成一个周期的圆周运动由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 20R ，R ＝m v 0qB ＝0.064 mh ＝2R ＝0.128 m<d 2.所以粒子离开中线OO ′的最大距离h ＝0.128 m.(3)板长L ＝1.2 m ＝3xt ＝2T ＋3Δt ×10－4 s.(4)轨迹如图【答案】 见解析高考热点1|带电粒子在磁场中的运动1.匀速圆周运动：⎩⎪⎨⎪⎧ q v B ＝m v 2R ⇒R ＝m v qB T ＝2πR v ＝2πm qBt ＝θ2πT ＝θm qB其中R 、θ主要通过几何关系确定．2．圆周运动的圆心确定方法法1：轨迹上两点的速度方向 法2：己知轨迹上的两点和其中一点的速度方向法3：轨迹上一点的速度方向和半径R法4：轨迹上的两点和半径R如图8-5所示，在x 轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .许多一样的离子，以一样的速率v ，由O 点沿纸面向各个方向(y >0)射入磁场区域．不计离子所受重力及离子间的相互影响．图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y 轴交点为M ，边界与x 轴交点为N ，且OM ＝ON ＝L .图8-5(1)求离子的比荷q m ；(2)某个离子在磁场中运动的时间为t ＝5πL 6v ，求其射出磁场的位置坐标和速度方向．【标准解答】 (1)离子沿y 轴正方向进入，那么离子从N 点垂直射出轨道半径r ＝L 2＝L离子在匀强磁场中做匀速圆周运动q v B ＝m v 2r 那么q m ＝2v BL(2)带电粒子做匀速圆周运动周期T ＝2πm qB ＝πL v设离子在磁场中运动轨迹对应圆心角为θθ＝t T ×2π＝5π3＝300°其轨迹如下图，那么出射位置为x ＝－2r sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π－θ2＝－L sin π6＝－L 2 所以离子射出位置的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－L 2，0 速度方向与x 轴正方向成30°.【答案】 (1)2v BL (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－L 2，0 与x 轴正向成30°角 [突破训练]3．(多项选择)(2021·常州模拟)如图8-6所示，在正方形区域abcd 内有沿水平方向的、垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电荷量为q 的离子垂直于EF 自O 点沿箭头方向进入磁场．当离子运动到F 点时，突然吸收了假设干个电子，接着沿另一圆轨道运动到与OF 在一条直线上的E 点．OF 的长度为EF 长度的一半，电子电荷量为e (离子吸收电子时不影响离子的速度，电子重力不计)，以下说法中正确的选项是( ) 【导学号：96622156】图8-6A ．此离子带正电B．离子吸收电子的个数为q 2eC．当离子吸收电子后所带电荷量增多D．离子从O到F的时间与从F到E的时间相等AB根据左手定那么可知离子带正电，选项A正确；正离子在吸收电子之前的半径由半径公式得R＝m vqB，正离子吸收假设干电子后轨道半径由半径R变为2R，可得2R＝m v(q－ne)B ，解得n＝q2e，选项B正确；离子原来带正电，当离子吸收电子后所带电荷量减少，选项C错误；由于离子电荷量改变，根据周期公式T＝2πmBq可得，周期变了，因此离子从O到F的时间与从F到E的时间不相等，选项D错误．高考热点2|带电粒子在复合场中的运动1．高中阶段所涉及的复合场有四种组合形式，即：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的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进展分析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动(如速度选择器)；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规律地变化．因此，要确定粒子的运动情况，必须明确有几种场，粒子受几种力，重力是否可以忽略．在地面上方某处的真空室里存在着水平向左的匀强电场，以水平向右和竖直向上为x 轴、y 轴正方向建立如图8-7所示的平面直角坐标系．一质量为m 、电荷量为＋q 的微粒从点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫33l ，0由静止释放后沿直线PQ 运动．当微粒到达点Q (0，－l )的瞬间，撤去电场同时加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小B ＝m q3g 2l ，该磁场有理想的下边界，其他方向范围无限大．重力加速度为g .求：图8-7(1)匀强电场的场强E 的大小；(2)撤去电场加上磁场的瞬间，微粒所受合外力的大小和方向；(3)欲使微粒不从磁场下边界穿出，该磁场下边界的y 轴坐标值应满足什么条件？【标准解答】 (1)由于微粒沿PQ 方向运动，可知微粒所受的合力沿PQ 方向，可得qE ＝mg cot α由题意知α＝60°解得E ＝33q mg .(2)微粒在电场中的运动可视为两个分运动的合成：水平方向在电场力作用下的匀加速直线运动；竖直方向在重力作用下的匀加速直线运动，加速度为g .到达Q 点的竖直分速度为v 2，那么v 22＝2gl ，得v 2＝2gl水平分速度v 1＝v 2tan 30°＝23gl撤去电场加上磁场的瞬间，微粒受洛伦兹力，可根据速度的分解，视为两个分速度对应的洛伦兹力的分力的合成．对于水平分速度v 1，其所对应的洛伦兹力的大小为f 1，方向竖直向上，f 1＝q v 1B ＝q ·23gl ·m q 3g 2l ＝mg即与重力恰好平衡．对于竖直分速度v 2，其所对应的洛伦兹力的大小为f 2，方向水平向左，此力为微粒所受的合力 F ＝f 2＝q v 2B ＝q ·2gl ·m q 3g 2l ＝3mg .(3)如果把微粒的运动看做水平方向速度为v 1的匀速直线运动与另一个分运动的合成，那么微粒受到的洛伦兹力的一个分力恰与重力平衡，另一个分运动就是微粒在洛伦兹力的另一个分力作用下的匀速圆周运动．开场时速度为v 2，方向竖直向下．q v 2B ＝m v 22r解得半径为r ＝m v 2qB ＝233l微粒在磁场中的运动可视为匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动，它距Q 点的竖直距离最大为圆的半径r .所以欲使微粒不从磁场的下边界穿出，磁场下边界的y 坐标值应满足y ≤－(r ＋l )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋1l . 【答案】 见解析[突破训练]4．如图8-8所示，两金属板间有水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带正电、质量为m 的小球垂直于电场和磁场方向从O 点以速度v 0飞入此区域，恰好能沿直线从P 点飞出．如果只将电场方向变为竖直向上，那么小球做匀速圆周运动，加速度大小为a 1，经时间t 1从板间的右端a 点飞出，a 点与P 点间的距离为y 1；如果同时撤去电场和磁场，小球的加速度大小为a 2，经时间t 2从板间的右端b 点以速度v 飞出，b 点与P 点间的距离为y 2.a 、b 两点在图中未标出，那么一定有( )【导学号：96622157】图8-8A ．v 0<vB ．a 1<a 2C ．a 1＝a 2D ．t 1<t 2A 带电小球沿直线从O 点运动到P 点，由运动和力的关系可知，小球做匀速直线运动，其合力为零，即q v 0B ＝qE ＋mg ；假设电场方向变为竖直向上，小球做匀速圆周运动，那么qE ＝mg ，q v 0B ＝ma 1＝m v 20R ，解得a 1＝2g ，t 1＝L ′v 0；假设同时撤去电场和磁场，小球只受重力作用做平抛运动，那么a 2＝g ，由平抛运动的特点可知t 2＝L v 0，由于重力做正功，故v 0<v ，圆周运动的轨迹弧长L ′大于直线OP 的长度L ，即t 1>t 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．。
江苏专版高中物理第八章机械能守恒定律重难专题17功能关系及其应用课件新人教版必修第二册
A.重力对物体做的功等于物体动能的增量B.物体所受合力对其一定做正功C.物体的机械能一定减小D.物体减少的重力势能一定等于其增加的动能
[解析] 由题意可知，拉力不为零，由动能定理可知，物体动能的增量等于合力做的功，故A错误；由于不清楚物体速度的变化，所以无法判断合力对其做功的正负，故B错误；由题意可知，拉力不为零，拉力的方向与物体运动方向相反，拉力做负功，则物体的机械能减小，故C正确；物体减少的重力势能与拉力所做负功的和等于物体增加的动能，故D错误。
01
重难专题17 功能关系及其应用
一、机械能的变化量 与其他力做功的关系
1.只有重力或系统内弹力做功，只有重力势能、弹性势能和动能的相互转化，系统机械能守恒；若有其他力做功，就有其他能量和机械能相互转化，系统的机械能就会发生变化。
2.除重力和弹力以外的其他力做了多少正功，物体的机械能就增加多少；其他力做了多少负功，物体的机械能就减少多少。
B
A. B. C. D.
（4） 图像： 图线与横轴围成的面积表示功。
例题3 [2022江苏如皋期末]如图所示，弹性轻绳左端固定在 点，穿过固定在 点的光滑圆环，右端与一小球相连， 、 、 在同一水平线上，弹性绳自然长度为 。小球穿过竖直固定杆，从 点由静止释放，到达 点时速度为零， 、 两点间距离为 。已知弹性绳的弹力与其伸长量成正比，且始终处在弹性限度内，杆与小球间的动摩擦因数一定，以 点所在的平面为参考平面。则小球从 点运动到 点的过程中，弹性绳和小球组成的系统的机械能 随小球位移 变化的关系图像是( )
木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为 ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力 ，则力 对木板所做的功为( )
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章末检测一、单项选择题1. （2018苏锡常镇四市调研）下列各式属于定义式的是（）A. 加速度a=B.电动势E=—C.电容C JD.磁感应强度B=答案 D a=是牛顿第二定律的表达式，不是加速度的定义式，故A错误；电动势E=n是法拉第电磁感应定律的表达式，不是定义式，选项B错误；电容C=是电容的量度公式，不是定义式，选项C错误;磁感应强度磁感应强度的定义式，采用比值法定义，故D项正确。
2. （2017仪征中学模拟）如图是某磁场部分区域的磁感线分布（图线关于水平虚线对称），a、b是其内两点。
则（）A. a、b两点的磁感应强度大小不等，且R>BB. 同一通电导线放在a处所受磁场力一定大于放在b处所受磁场力C. 同一闭合小线圈在a点的磁通量一定大于在b点的磁通量D. a点的磁感应强度的方向即为放在该点的通电直导线所受的磁场力的方向答案 A 磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，由题图可知，a、b两点的磁感应强度大小不等，且B>B b，故A项正确；由于安培力的大小取决于B、I、L以及磁场和电流之间的夹角，因此无法比较同一通电导线在两点受到的磁场力大小，故B项错误；由于磁通量①=BScos B，大小与夹角有关，故无法确定同一闭合小线圈在两点的磁通量的大小，故C项错误；由左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向相互垂直，故D项错误。
3. （2018淮安质检）如图所示,某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
一正方形刚性线圈,边长为L,匝数为n,线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内。
某时刻，线圈中通过大小为I的电流,则此线圈所受安培力的大小为（）A. BILB.-nBILC.nBILD. nBIL答案D由题图知，线圈在磁场中的有效长度为L'= L,故线圈受到的安培力为F=nBIL'= nBIL,D项正确。
4. （2018射阳二中模拟）如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流,a受到的磁场力大小为F i,当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a受到的磁场力大小变为F2,则此时b受到的磁场力大小变为（）A. F2B.F1-F2C.F 计F2D.2F1-F2答案A两根长直导线中的电流大小相同、方向相反，则a受到b产生磁场的作用力向左，大小为F i,那么b受到a产生磁场的作用力向右，大小为F i',这两个力大小相等，方向相反。
当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小设为F o,则a受到的作用力为F2=F i+F o或F2=F i-F 0,而对于b,由于电流方向与a相反，所以b 受到作用力为F2'=F i+F o或F2'=F i-F o,这两个力大小相等，方向相反，可得,F2'=F2,故A项正确,B、C D项错误。
5. （2018海南单科）如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。
若电流变为0.51,磁感应强度大小变为3B,电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将（）A. 沿斜面加速上滑B.沿斜面加速下滑C.沿斜面匀速上滑D.仍静止在斜面上答案 A 原来Bll=mgsin 0 ,后来a= ,沿斜面向上,A项正确。
6. （2019盐城中学月考）电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制，转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲所示,开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙。
随着转把的转动，其内部的永久磁铁也跟着转动,霍尔器件能输出控制车速的电压, 已知电压与车速关系如图丙。
以下关于“霍尔转把”叙述正确的是( )A. 为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上、下端分别为N、S极B. 按图甲顺时针转动电动车的右把手, 车速将变快C. 图乙中从霍尔器件的左右侧面输出控制车速的霍尔电压D. 若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，将影响车速控制答案B由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上下端分别为N、S极时,磁场与电子的移动方向近似平行，则电子几乎不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差,故A项错误；当按题图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大，因此车速变快，故B项正确；根据题意，结合题图乙的示意图，那么永久磁铁的N、S极可能在左、右侧面，或在前、后表面，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的左右侧面，也可能在前后表面，故C项错误；当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，从霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反，但由题图丙可知，不会影响车速控制，故D项错误。
二、多项选择题7. 如图是“探究影响通电导体在磁场中受力因素”的实验示意图。
三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中1、2、3、 4 轻而柔软的细导线悬挂起来，它们之中的任意两根可与导体棒和电源构成回路。
认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初细导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出。
关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是( )A. 改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变B. 仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变C. 增大电流同时改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大D. 仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度减小答案 BD 根据左手定则判断可知，改变电流方向同时改变磁场方向入导体棒上的细导线，结合题意可知，导体棒在磁场中的有效长度减小 不一定增大，选项C 错误；仅拿掉中间的磁铁，导体棒所受安培力减小8. （2018江苏六市调研）回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的 D 形金属盒半径为 R,两盒间的狭缝很小，带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计。
匀强磁场的磁感应强度大小为 B 、方向与盒面垂直。
粒子源A 产生的粒子质量为 m 电荷量为+q,U 为加速电压，则（）A. 交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半B. 加速电压U 越大,粒子获得的最大动能越大C. D 形盒半径R 越大,粒子获得的最大动能越大D. 磁感应强度B 越大,粒子获得的最大动能越大答案 CD 粒子在一个周期内加速两次 ，故交变电压的周期和粒子在磁场中的回转周期相等 ,A 错误；带电粒子在磁场中运动的最大半径等于金属盒的半径，由qvB=可知,带电粒子的最大速度与加速电压无关,D 形盒半径R 越大,磁感应强度B 越大,粒子获得的最大速度就越大 ，即最大动能就越大,B 错误,C 、D正确。
9. 如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场被边长为 L 的等边三角形 ABC 理想分开，三 角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿/ BAC 的角平分线发射速度不同的质子 （质子 重力不计）,所有质子均能通过 C 点,质子比荷=k,则质子的速度可能为（ ）A.2BkLB.-C.-D.-,导体棒摆动方向不会改变，选项A错误；仅改变电流方向或者仅改变磁场方向 ,导体棒摆动方向一定改变 ,选项B 正确；增大电流同时改变接,则接通电源时，导体棒摆动幅度 ,摆动幅度减小,选项D 正确。
答案BD因质子带正电，且经过C点,其可能的轨迹如图中虚线圆弧所示,所有圆弧所对圆心角均为60° ,由几何关系可得,质子运动半径r=（=,,, …），由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,即v==Bk-（=,,, …），选项B、D正确。
10. （2018淮安模拟）某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场（如图甲所示）,规定垂直纸面向里的磁场方向为正。
为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按C T e^f的顺序做横字曲线运动（即如图乙所示的轨迹）,下列办法可行的是（粒子只受磁场力的作用，其他力不计）（）A.右粒子的初始位置在a处，在t-・T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B.右粒子的初始位置在f处，在t--时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C.右粒子的初始位置在e处，在t- —T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D.右粒子的初始位置在b处，在t--时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度答案AD要使粒子的运动轨迹如题图乙所示,由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T）=,若粒子的初始位置在a处时,对应时刻应为t= T）= T,同理可判断 B C、D选项,可得A D正确。
11. （2018如皋调研）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故匀速圆周运动，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（）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=ERC. 磁分析器中轨迹圆心Q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答案BC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,A项错误；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=m&,解得U=，B项正确；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= =，故C项错误；由题意可知，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，不一定能进入收集器，D项错误。
三、非选择题12. (2018江苏压轴冲刺卷)如图所示，在矩形区域abed内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场矩形区域的边长ab=1.5L，ad= L。
一粒子源处在ad边中点0,在t=0时刻粒子源垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0~ 0 °范围内。
已知在be边能接收到的最早到达的粒子时间为t=t 0,粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L,不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：(1) 粒子在磁场中的运动周期T;(2) 粒子的比荷；(3) 粒子在磁场中运动的最长时间。