走向高考·高考物理总复习·人教实验版第八章综合测试题

合集下载

《走向高考》2013高考物理总复习 8-2磁场对运动电荷的作用 83张

F＝qvB(v⊥B) 一不功定做
F＝qE 可做功可做功也能正，能负，可不功能做
必考内容第八章
第2讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
带粒在场的动电子磁中运
考自点清 1．若 v∥B，电子受洛兹带粒所的伦力粒以度子速
速线 v做匀直
F＝0，此电因带
必考内容第八章
第2讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
() 刚穿磁边的件带粒在场运的 1 好出场界条是电子磁中动轨与界切迹边相。 () 当速度 v 一时弧 2 定，长则电子有磁中动时越。带粒在界场运的间长 () 当速度 v 变时圆角的运时越。 3 化，心大，动间长 (或长 )越，心越，弦长圆角大
用
必考内容第八章
第2讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
考点体验
题型突破
课后强化作业
必考内容第八章
第2讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
考点体验
必考内容第八章
第2讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
洛兹伦力
考自点清 1．伦力定：洛兹的义 2．伦力大洛兹的小
必考内容第八章
第2讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
回周旋期决，粒速定与子度
2πm T＝ Bq ，仅磁应度 T 由感强 v，旋径回半
B及子荷比粒的质
R无。此子过、关因粒通上
下半弧需间等动的耗致子速的两圆所时相，能损导粒的度减小结使回半比减，期不变，果得旋径例小周并改。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：5-3.pdf

一、选择题1．(2011·无锡模拟)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量[答案]BD[解析]不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，故选B、D.2．下列叙述中正确的是()A．做匀速直线运动的物体的机械能一定守恒B．做匀速直线运动的物体的机械能可能守恒C．外力对物体做功为零，物体的机械能一定守恒D．系统内只有重力和弹力做功时，系统的机械能一定守恒[答案]BD[解析]做匀速直线运动的物体，若只有重力对它做功时，机械能守恒，若重力以外的其他外力对物体做功的代数和不为零，则物体的机械能不守恒，故A错误B正确；外力对物体做功为零时，有两种情况：若重力不做功，则其他力对物体做功的代数和也必为零，此时物体的机械能守恒；若重力做功，其他外力做功的代数和不为零，此时机械能不守恒，故C错误；由机械能守恒条件知D正确．3．(2011·青岛模拟)如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦，开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b, 然后由静止释放，直至a、b物块间高度差为h.在此过程中，下列说法正确的是() A．物块a的机械能逐渐增加B．物块b的机械能减少了23mghC．物块b的重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功D．物块a的重力势能的增加量小于其动能的增加量[答案]AB[解析] 由于绳的拉力对物块a 做正功，故a 的机械能逐渐增加，A 正确；根据机械能守恒定律2mg ·h 2＝12 (m ＋2m )v 2＋mg ·h 2，解得：v ＝13gh ，故b 减少的机械能为2mg ·h 2－12·(2m )v 2＝23mgh ，故B 正确；由于细绳拉力对b 做负功，故b 的重力势能的减少量等于物块b 克服细绳拉力做的功和物块b 增加的动能之和，C 错误；物块a 重力势能增加量为mg ·h 2，动能增加量为12m v 2＝16mgh ，故D 错误． 4．(2011·莱芜模拟)如图所示，倾角为30°、高为L 的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L 的轻绳连接，A 球置于斜面顶端，现由静止释放A 、B 两球，球B 与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上．重力加速度为g ，不计一切摩擦，则( )A ．小球A 下滑过程中，小球A 、B 系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小B ．A 球刚滑至水平面时，速度大小为5gL 2C ．小球B 升高L /2时，重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率D ．小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B 做功为3mgL 4[答案] ABC[解析] 小球A 下滑过程中，B 球的重力对B 球做负功， A 球的重力对A 球做正功，但由系统的动能增大可知，系统的重力势能减小，故小球A 、B 系统的重力对系统做正功，A 项正确；对A 、B 系统利用机械能守恒可知，A 球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL －mg L 2＝12×4m v 2，故v ＝5gL 2，B 项正确；小球B 升高L /2时，因两球的速度大小相等，而A 球沿斜面向下的分力为1.5mg ，故此时重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率，C项正确，小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg L 2－mgL ＝12×4m v ′2, 故v ′＝gL 2，对B 球利用动能定理又有：12m v ′2＝W －mgL ，故W ＝9mgL 8，D 项错误． 5．(2011·嘉兴模拟)如图所示是全球最高的(高度208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m 的乘客坐在摩天轮中以速率v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，假设t ＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( )A ．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR (1－cos v R t )B ．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m v 2R －mgC ．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E ＝12m v 2 D ．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E ＝12m v 2＋mgR (1－cos v R t )[答案] AD[解析] 在最高点，根据牛顿第二定律可知，mg －N ＝m v 2R ，受到座位的支持力为N ＝mg －m v 2R ，B 项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C 项错误；在时间t 内转过的弧度为v R t ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR (1－cos v R t )，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mgR (1－cos v R t )，A 、D 两项正确．6．(2011·青岛模拟)如图所示，光滑轨道MO 和ON 底端对接且ON ＝2MO ，M 、N 两点高度相同．小球自M 点由静止自由滚下，忽略小球经过O 点时的机械能损失，以v 、x 、a 、E v 分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M 点到N 点的运动过程的是( )[答案] A[解析] 从M 到O ，v 1＝a 1t ，从O 到N ，v 2＝v 1－a 2t ＝(a 1－a 2)t ，v 与t 是一次函数关系，所以A 正确；从M 到O ，x ＝12a 1t 2，则x 与t 的图象是抛物线，所以B 错误；从M 到O 和从O 到N ，加速度是常数，所以C 错误；从M 到O ，E k ＝12m v 21＝12ma 21t 2，所以D 错误． 7.(2011·德州模拟)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是()A．B物体的机械能一直减少B．B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D．细线的拉力对A做的功等于A物体与弹簧组成的系统机械能的增加量[答案]ABD[解析]由于绳的拉力对B做负功，故B物体机械能一直减少，A正确；根据动能定理可确定B正确；由于该过程中A的动能增加，故B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物体A动能增加量的和，故C错误；细线的拉力对A和弹簧组成的系统做正功，根据功能关系，D正确．8．(2011·唐山模拟)如图所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A如图所示竖直放置，AB间距离L＝0.2m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h＝0.1m.此时弹簧的弹性势能E p＝1J，自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10m/s2.则下列说法中正确的是()A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒C．B球刚到地面时，速度是2m/sD．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6J[答案]BD[解析]由于弹簧和B之间有作用，弹簧和A球组成的系统机械能不守恒，A错误；由于没有摩擦，系统只有弹簧弹力和重力做功，则B项正确；因为弹簧作用于B，并对B做功，B的机械能不守恒，而2m/s是根据机械能守恒求解出的，所以C项错；根据系统机械守恒，到地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E＝m A g(L＋h)＋m B gh＋E p＝6J，D项对.二、非选择题9.如图所示滑板爱好者，脱离轨道时速度为v 0，到达最高点时速度为v 1，设人与滑板的总质量为m ，若不计一切阻力，则人离开轨道后上升的最大高度为________．[答案] v 20－v 212g[解析] 选取脱离轨道时的水平面，作为参考平面，则E 1＝12m v 20 E 2＝mgh ＋12m v 21 据机械能守恒定律得E 1＝E 2解得h ＝v 20－v 212g10.某游乐场过山车模拟简化为如图所示，光滑的过山车轨道位于竖直平面内，该轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R .可视为质点的过山车从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．(1)若要求过山车能通过圆形轨道最高点，则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 至少要多少？(2)考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的7倍，过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 不得超过多少？[答案] (1)2.5R (2)3R[解析] (1)设过山车总质量为m 0，从高度h 1处开始下滑，恰能以v 1过圆形轨道最高点，在圆形轨道最高点有：m 0g ＝m 0v 21R ①运动过程机械能守恒：m 0gh 1＝2m 0gR ＋12m 0v 21② 由①②式得：h 1＝2.5R高度h 至少要2.5R .(2)设从高度h 2处开始下滑，过圆形轨道最低点时速度为v 2，游客受到的支持力最大是F N ＝7mg最低点时：F N －mg ＝m v 22R ③运动过程机械能守恒：mgh 2＝12m v 22④ 由③④式得：h 2＝3R高度h 不得超过3R .11．(2011·福建三明第二次阶段考试)光滑曲面轨道置于高度为H ＝1.8m 的平台上，其末端切线水平；另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ＝37°的斜面，如图所示．一个可视作质点的质量为m ＝1kg 的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力，g 取10m/s 2，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8)(1)若小球从高h ＝0.2m 处下滑，则小球离开平台时速度v 0的大小是多少？(2)若小球下滑后正好落在木板的末端，则释放小球的高度h 为多大？(3)试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式，并作用E k －h 图象．[答案] (1)2m/s (2)0.8m(3)E k ＝32.5h 图象见解析[解析] (1)小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律知：mgh ＝12m v 20① 得v 0＝2gh ＝2×10×0.2m/s ＝2m/s(2)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落在木板的末端，则H ＝12gt 2② H tan θ＝v 1t ③ 联立②③两式得：v 1＝4m/s设释放小球的高度为h 1，则由mgh 1＝12m v 21 得h 1＝v 212g＝0.8m (3)由机械能守恒定律可得：mgh ＝12m v 2 小球离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：y ＝12gt 2④ x ＝v t ⑤tan37°＝y x ⑥v y ＝gt ⑦v 2合＝v 2＋v 2y ⑧E k ＝12m v 2合⑨ 由④⑤⑥⑦⑧⑨式得：E k ＝32.5h ⑩考虑到当h >0.8m 时小球不会落到斜面上，其图象如图所示12．(2011·福建)如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g .求：(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1；(2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ；(3)已知地面与水面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在23m 到m 之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？[答案] (1)gR (2)3mgR(3)334πR 2(或8.25πR 2) [解析] (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 处时做圆周运动向心力由重力提供，则有：mg ＝m v 21R ①由①式解得：v 1＝gR ②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有：E p ＝mg (1.5R ＋R )＋12m v 21③ 由②③式解得：E p ＝3mgR .④(3)质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛，设经过t 时间落到水面上，离OO ′的水平距离为x 1，由平抛规律，有4．5R ＝12gt 2⑤ x 1＝v 1t ＋R ⑥由②⑤⑥式得：x 1＝4R ⑦当鱼饵的质量为23m 时，设其到达管口C 的速度为v 2由机械能守恒定律有：E p ＝23mg (1.5R ＋R )＋12(23m )v 22 ⑧ 由④⑧式得：v 2＝2gR ⑨质量为23m 的鱼饵落到水平面上时，距OO ′的水平距离为x 2，则有：x 2＝v 2t ＋R ⑩由⑤⑨⑩式得：x 2＝7R鱼饵能够落到的最大面积S ＝14(πx 22－πx 21)＝334πR 2(或8.25πR 2)．⑪。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版第三章综合测试题

1．[答案]BC[解析]因质量是惯性大小的量度，所以AD错，B对，因路面情况相同，所以动摩擦因数μ相同，又x＝v202μg，因此车速越大，刹车后滑行的路程越长，C对．2．[答案] D[解析]因绳拉物体的力与物体拉绳的力是作用力与反作用力，总是等大反向，与物体的运动状态无关，故A、B、C均错误，D正确．3．[答案] A[解析]由图乙可知，最初杆对小球的向上的力与小球的重力平衡，而后小球在竖直方向合力为零，在水平方向合力向右，具有向右的加速度，且加速度越来越大，选项B、D错误。

由于小球的初速度情况未知，故A正确，C错误．4．[答案] A[解析]若物体匀速下滑，整体受力分析可知水平方向不受外力，故f1＝0，选项CD错误；若物体受沿斜面向下外力作用加速下滑，单独对物体受力分析可知其受到的斜面支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，故斜面体受到物体作用力竖直向下，水平方向不受外力作用，f2＝0，选项A正确，B错误．5．[答案] B[解析]分别过P点作三个竖直圆，P为竖直直径的顶点，使得三杆分别为三个圆的弦长，不难看出a杆所在竖直圆直径最长，根据匀变速直线运动规律可得：t＝2Rg，故选项B正确．6．[答案]B[解析]由图可知，0～t1内物体做匀速运动，F1＝f；t1～t2内做匀加速运动，F2>f；t2以后时间内物体做匀速运动，F3＝f；故B正确．7．[答案]ACD[解析]物体受到的滑动摩擦力的大小为f＝μF N＝10N.若物体向左做匀加速直线运动，F1的值应小于5N，A对；若物体向右做匀加速直线运动，F1的值应大于25N，CD对．8．[答案]ABD[解析]物体水平方向的受力如图所示，据牛顿第二定律得F－F f＝ma，由图数据可得：6N－F f＝0.4m；12N－F f＝5m，联立解得：F f＝5.5N，m＝1.25kg，μ＝F f/mg＝0.44，又物体与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．由上可知选项ABD正确；由于F作用与物体上的时间不知道，故不能求出外力F为12N时物体的速度，选项C错误．9[答案]AD[解析]松开的一瞬间，弹簧的弹力不变，因此A受到的合力为重力的二倍，加速度为2g，B受到的合力为零，加速度为0；松开的一瞬间，绳的张力突变为零，C、D一起做自由落体运动，因此C、D的加速度都为g，A、D项正确．10. [答案] C[解析]对A物体进行受力分析，受到竖直向下的重力G，垂直于斜面的支持力F N，还有摩擦力f，由于运动情况不确定，f的方向可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上，在竖直方向上有，G＝F N cos θ±f sin θ(摩擦力沿着斜面向下时取－，沿着斜面向上时取＋)，水平方向上，F N sin θ±f cos θ＝ma (摩擦力沿着斜面向下时取＋，沿着斜面向上时取－)，由以上可得，作用在B 上的外力增大时，斜面对A 的支持力增大，摩擦力可能增大可能减小，可能大小不变，方向改变，BC 正确．11． [答案] M m g[解析] 由题意知，弹簧原长时，加速度为0，合力为0，此时电场力F ＝mg ；当A 处对桌面压力为0时，小球受合力为Mg ，则小球加速度为M m g .12．[答案] (1)0.16 (2)实验前要先平衡摩擦力[解析] 根据纸带知，小车在连续相等的时间内运动的位移差的平均值为0.155cm ，由Δx ＝aT 2，代入可得a ＝0.16m/s 2，由图象知拉力大到一定程度才有加速度，故说明没有平衡摩擦力或平衡得不够．13． [答案] (1)(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 20(2)mg －m (s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 20(3)实验前将木板右端稍垫高，直至木块在细线未挂上重物时能沿木板匀速下滑木块的质量应远大于重物的质量三、14．[答案] (1)50m (2)0.5[解析] (1)由图可知，司机刹车过程有0.5s 的反应时间在0.5s 内位移 s 1＝v t 1＝20×0.5m ＝10m制动后汽车前进的位移s 2＝v t 22＝v (t －t 1)2＝20×(4.5－0.5)2m ＝40m 刹车过程汽车前进的总位移s ＝s 1＋s 2＝50m(2)由图可知，制动后汽车运动的加速度为a ＝Δv Δt ＝0－204.5－0.5m/s 2＝－5m/s 2 根据牛顿第二定律得－μmg ＝ma代入数据得μ＝0.515． [答案] (1)m (g sin θ－2x t 2) (2)tan θ－2x gt 2cos θ[解析] (1)由位移公式x ＝12at 2 沿斜面方向，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f ＝ma联立求得F f ＝m (g sin θ－2x t 2) (2)在垂直斜面方向上，受力平衡F N －mg cos θ＝0又由摩擦力公式得F f ＝μF N联立并代入数值后，得μ＝F f mg cos θ＝tan θ＝2x gt 2cos θ16．[答案] (1)0.8 (2)29m[解析](1)汽车在平直公路上紧急制动的加速度为a1；－μmg＝ma1①0－v20＝2a1s1②μ＝0.8③(2)汽车沿倾角为θ的斜坡向下运动时，紧急制动的加速度为a2，制动距离为s2mg sinθ－μmg cosθ＝ma2④0－v20＝2a2s2⑤tanθ＝0.1，则sinθ＝1101≈0.1cosθ≈10101≈1s2＝29m⑥17．[答案](1)0.5(2)(1＋5)s[解析](1)在F的作用下，物体做匀速运动，有F cos37°＝mg sin37°＋μ(mg cos37°＋F sin37°)解得μ＝0.5(2)撤去F后，物体往上滑时a＝g sin37°＋μg cos37°＝10m/s2t1＝v0a＝1s s＝v02t1＝5m往下滑时a′＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s2s＝12a′t22t2＝5st＝t1＋t2＝(1＋5)s。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：8-3

一、选择题1．如下图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v射入场区，下列有关判断正确的是( )A．如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场C．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场D．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场[答案]AD[解析] 洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可对带电粒子做功，动能增大，故A项正确．若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故B、C项错．由T＝2πmBq知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D项正确．2．(2011·江西九校模拟)如下图所示，有一重力不计的混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的( )A．速度B．质量C．电荷量D．比荷[答案]AD[解析] 混合正离子束不偏转，说明它们在区域Ⅰ有Eq＝Bqv，则v＝EB，进入区域Ⅱ的混合正离子速度都相同．在区域Ⅱ中正离子偏转半径r＝mvBq，速度v相同，半径r相同，则mq必定相同，即比荷相同，A、D正确．3.如下图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保持电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小[答案]C[解析] 本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，意在考查考生发散思维的能力．带电粒子的电性可正也可负，当只有电场作用时，粒子穿出位置可能在O′点上方，也可能在O′点下方．电场力一定对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能一定增加．4.(2011·豫南九校模拟)如下图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B在同一直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触(不粘连)而处于静止状态．若将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的是( )A．小球A可能处于静止状态B．小球A可能沿轨迹1运动C．小球A可能沿轨迹2运动D．小球A可能沿轨迹3运动[答案]AB[解析] 小球A处于静止状态；可判断小球A带正电，若此时小球A重力与库仑力平衡，将绝缘板C沿水平方向抽去后，小球A仍处于静止状态；若库仑力大于小球A重力，则将绝缘板C沿水平方向抽去后，小球A向上运动，此后小球A在库仑力、重力、洛伦兹力的作用下可能沿轨迹1运动．5．(2011·盐城二调)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧．现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是( )A．增大加速电压B．增加偏转磁场的磁感应强度C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些D．将圆形磁场的半径增大些[答案]AC[解析] 若电子束的初速度不为零，则qU＝mv22－mv22，v＝v2＋2qUm，轨道半径R＝mvqB，增大偏转磁场的磁感应强度，轨道半径减小，电子束偏转到P点外侧；增大加速电压，轨道半径增大，电子束偏转回到P点；将圆形磁场区域向屏幕靠近些，电子束偏转回到P点，选项AC正确．6．如下图所示，界面PQ与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B和匀强电场E，在PQ上方有一个带正电的小球A由O静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面．设空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A．在复合场中，小球做匀变速曲线运动B．在复合场中，小球下落过程中的电势能减小C．小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和D．若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变[答案]BC[解析] 小球受到磁场力，不可能做匀变速曲线运动．电场力做正功，电势能减小，由能量守恒知，B、C项正确．增大磁感应强度，会改变洛伦兹力，进而改变落地点，电场力做功不同，D项错．7．(2011·汕头模拟)如下图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开．板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里磁感强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力及空气阻力)，以水平速度v从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动．则( )A．粒子一定带正电B．若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子运动轨迹偏向下极板C．若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动D．若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间可能是πm qB[答案]CD[解析] 考查带电粒子在电场、磁场的复合场中运动．不计重力，粒子仅受电场力和磁场力做匀速直线运动，合力为零．电场力与磁场力等大反向．该粒子可以是正电荷，也可以是负电荷，A错．仅将板间距离变为原来的2倍，由于带电量不变，板间电场强度不变，带电粒子仍做匀速直线运动，B错．若将磁感应强度和电场强度变为原来的2倍，粒子所受电场力和磁场力均变为原来的2倍，仍将做匀速直线运动，C对．若撤去电场，粒子将偏向某一极板，甚至从左侧射出，粒子在板间运动的最长时间可能是在磁场中运动周期的一半，D对．8．(2011·平川模板)如下图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v－t图象如图所示，其中正确的是( )[答案]C[解析] 小球下滑过程中，qE与qvB反向，开始下落时qE>qvB，所以a＝mg－μqE－qvB，随下落速度v的增大a逐渐增大；当qE<qvB之后，其a＝mmg－μqvB－qE，随下落速度v的增大a逐渐减小；最后a＝0小球匀速下落，m故选项C正确，A、B、D错误．二、非选择题9．如下图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为α(sinα＝0.6)，放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E＝50V/m，方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向外．一个电荷量q＝＋4.0×10－2C、质量m＝0.40kg＝20m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过3s 的光滑小球，以初速度v脱离斜面．求磁场的磁感应强度．(g取10m/s2)[答案]5T[解析] 小球上滑过程中受力情况如下图所示，所以小球离开斜面时正处于下滑状态，小球从开始上滑到离开斜面加速度不变，由牛顿第二定律得：mg sinα＋qE cosα＝ma代入数据得a＝10m/s2小球刚离开斜面时的速度为：v＝v－at＝20m/s－10×3m/s＝－10m/s 此时F N＝0，则qvB＋qE sinα＝mg cosα所以：B＝mg cosα－qE sinαqv＝5T.10．某空间区域存在匀强电场和匀强磁场，匀强电场的电场强度为0.5N/C，一带电量为q＝＋10－3C，质量为m＝3×10－5kg的油滴从高5m处落入该区域后，恰好做匀速直线运动(忽略空气阻力的作用)，求匀强磁场的磁感应强度的最小值．(重力加速度g＝10m/s2)[答案]4×10－2T[解析] 带电油滴进入电场和磁场区域后做匀速直线运动，所以油滴处于受力平衡状态，油滴受力如下图所示．由于进入场区时速度竖直向下，所以磁场力F洛一定在水平方向上，与重力垂直，所以电场力F在水平方向的分力等于磁场力F 洛，在竖直方向的分力等于重力G.F＝qE＝0.5×10－3N＝5×10－4N ①mg＝3×10－4N ②设F与竖直方向的夹角为θ，竖直方向上有：mg＝F cosθ③水平方向上有：F洛＝F sinθ④①②③④式可得：F洛＝4×10－4N设油滴下落到场区时的速度为v，v＝2gh＝10m/s当速度与磁场垂直时，粒子所受的洛伦兹力最大．所以，当磁场与速度垂直时，磁场的磁感应强度最小，设磁感应强度的最小值为B.F洛＝qvB，B＝F洛qv＝4×10－410－3×10T＝4×10－2T11．(2011·广东联考)如下图所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀＝2500N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝103T.方向垂直强磁场，电场强度E1纸面向外；有一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v＝4m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入＝2500N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g 电场强度E2取10m/s2.求：；(1)O点到P点的距离s1(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s.2[答案](1)2m(2)3.2m[解析] (1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G＝mg＝0.1N电场力F1＝qE1＝0.1N即G＝F1，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动根据牛顿第二定律得：qv0B＝mv2R解得：R＝mvqB＝1×10－2×44×10－5×103m＝1m由几何关系得：s1＝2R＝2m(2)带电小球在P点的速度大小仍为v＝4m/s.方向与水平方向成45°.由于电场力F2＝qE2＝0.1N.与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝210N，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动，建立如上图所示的x、y坐标系，沿y轴方向上，带电小球的加速度a＝F/m＝102m/s2，位移y＝12at2沿x轴方向上，带电小球的位移x＝vt 由几何关系有：y＝x即：12at2＝vt，解得：t＝252sQ点到P点的距离s 2＝2x＝2×4×252m＝3.2m.12．(2011·河北正定模拟)如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的交流电压u，金属板间电场可看做均匀，且两板外无电场，板长L＝0.2m，板间距离d＝0.1m，在金属板右侧有一边界为MN的足够大的匀强磁场区域，MN与两板中线OO′垂直，磁感应强度B＝5×10－3T，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子的初速度v＝105m/s，比荷qm＝108C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视为恒定不变．求：(1)带电粒子刚好从极板边缘射出时两金属板间的电压；(2)带电粒子进入磁场时粒子最大速度的大小；(3)证明：任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为定值，并计算两点间的距离．[答案](1)25V(2)55×104m/s(3)见解析[解析] (1)设带电粒子刚好从极板边缘射出电场时电压为U，d 2＝12at2a＝Eqm＝Uqdmt＝L v 0得：U＝25V(2)带电粒子刚好从极板边缘射出电场时速度最大，设最大速度为v m，由动能定理得qU 2＝12mv2m－12mv2v m＝55×104m/s(3)设粒子进入磁场时速度方向与OO′的夹角为θ则任意时刻粒子进入磁场的速度大小v＝v0 cosθ粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为RR＝mvqB＝mvqB cosθ设带电粒子从磁场中出射的位置与进入磁场的位置之间的距离为l＝2R cosθ＝2mv0 qB由上式可知，射出电场的任何一个带电粒子，进入磁场时的入射点与射出磁场时的出射点间距离为定值．代入数据，两点间的距离为l＝0.4m。

【走向高考】2017年高考物理人教版一轮复习(课件)第8章

第八章磁场
走向高考 ·高考总复习 ·人教版 ·物理
最新考纲 7．带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ 8．质谱仪和回旋加速器 Ⅰ
考向瞭望 5．带电粒子在分立的电磁场中连续运动和周期性运动也值得关注。此类问题常以非选择题形式考查。 6．带电粒子在磁场和电场、磁场
说明：安培力的计算只限和重力场以及磁场、电场、重力场
于电流与磁感应强度垂直三场组成的复合场问题也是考查的
的情形重点。这多见于带电粒子在复合场洛伦兹力的计算只限于速中做匀速直线运动、匀速圆周运动度与磁场方向垂直的情形等。一般以非选择题形式出现。
第八章磁场
走向高考 ·高考总复习 ·人教版 ·物理
名师点拨
第八章
磁场
走向高考 ·高考总复习 ·人教版 ·物理
纵观近几年的高考，涉及磁场的题目年年都有，考查频率
最高的是带电粒子在磁场、复合场中的运动，其次是与安培力
有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题。该部分内容在高考中考查的分值大、物理过程多、综合性强，常作为试卷的压轴题。对于带电粒子在组合场中的运动问题首先要分析清楚其运
动特点和受力特点。当粒子从一个场进入另一场时，分析转折
最新考纲
1.磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ 2．通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ 3．安培力、安培力的方向Ⅰ 4．匀强磁场中的安培力Ⅱ 5．洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ 6．洛伦兹力公式Ⅱ
考向瞭望
1.安培定则、左手定则的使用属于基础知识，基本上是定性分析，题型多见于选择题。 2．带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，确定其圆心、半径、运动轨迹、运动时间等问题，特别注意“边界问题”以及由周期性引起的“多解问题”。题型多见于计算题。 3．考查磁场中的基本概念，如磁感线、磁感应强度、磁通量等，一般以选择题的形式出现。 4．通电直导线在磁场中受力、结合牛顿定律、运动学公式以及能量，以非选择题形式考查居多。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：8-1

版
必考内容
第8章第1讲
高考物理总复习
归纳领悟
1．定义：磁感应强度是表示磁场强弱的物理量，在磁
场中垂直于磁场方向的通电导线，受到的磁场力 F 跟电流人
I 和导线长度 L 的乘积 IL 的比值，叫做通电导线所在处的
教实
验
磁感应强度，用 B 表示，即 B＝F/IL.
版
必考内容
第8章第1讲
高考物理总复习
择题也有计算题，题目难度中等．有关洛伦兹力方向的判
人
断及带电粒子在磁场中的运动，考查的方式有单独命题，
教实
验
如 2011 年浙江卷第 20 题；有综合命题，如 2011 年新课标版
全国卷第 25 题．命题特点是重在考查考生对基础知识的理
解及对基本技能的掌握．
必考内容
第8章磁场
高考物理总复习
第8章第1讲
高考物理总复习
2．磁感线
(1)特点：①不是真实存在的，是人们为了形象描述磁
场而假想的；②是闭合曲线，磁体的外部是从 N 极到 S 极；人
内部是从 S 极到 N 极；③磁感线的密疏表示磁场的强弱，
教实
验
磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向．
版
必考内容
第8章第1讲
高考物理总复习
热点三带电体在复合场中的运动
本部分内容在高考中所占比例为 10%左右，带电粒子
在复合场中的运动一直是高考的热点，题目以中等难度为
人
主，考查形式既有选择题也有计算题，考查的方式有与重
教实
验
力场、电场结合考查，如 2011 年福建卷第 22 题；也有与版
有界复合场结合考查的，如 2011 年安徽卷第 23 题、山东

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第四章综合测试题

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第四章综合测试题[答案] D[解析]小球受到力F作用后，运动轨迹将向力的方向一侧发生弯曲，所以轨迹可能为Od方向而Oa、Ob、Oc都是不可能的．3．汽车沿平直的公路向左匀速行驶，如图所示，经过一棵树附近时，恰有一颗果子从上面自由落下，则车中的人以车为参照物，看到果子的运动轨迹是下列选项中的()[答案] B[解析]车中的人以车为参考系，看到果子的运动轨迹是向右的平抛运动．4．(2019·信息卷)小船横渡一条河，在静水中船速度的大小和方向都不变．已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速()A．由A岸到B岸水速越来越小B．由A岸到B岸水速越来越大C．由A岸到B岸水速先增大后减小D．水流速度恒定[答案] C[解析]合速度的方向沿着运动轨迹的切线方向，由于垂直河岸方向的船速为定值，结合速度矢量三角形可知水速先增大后减小，正确选项为C.5．(2019·太原模拟)如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，若使三角板沿刻度尺向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断，其中正确的有( )A ．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线B ．笔尖留下的痕迹是一条抛物线C ．在运动过程中，笔尖的速度方向始终保持不变D ．在运动过程中，笔尖的加速度方向始终保持不变[答案] BD[解析] 笔尖实际参与的是水平向右的匀速直线运动和向上的初速度为零的匀加速度直线运动的合运动，合运动是类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，A 错，B 对；笔尖做曲线运动，在运动过程中，笔尖的速度方向不断变化，C 错；笔尖的加速度方向始终向上，D 对．6．(2019·长春模拟)三颗人造地球卫星A ，B ，C 绕地球做匀速圆周运动，运行方向如图所示．已知M A ＝M B <M C ，则关于三颗卫星，下列说法错误的是( )A ．卫星运行线速度关系为v A >vB ＝v CB ．卫星轨道半径与运行周期关系为R 3A T 2A ＝R 3B T 2B ＝R 3C T 2CC ．已知万有引力常量G ，现测得卫星A 的运行周期T A 和轨道半径R A ，可求地球的平均密度D ．为使A 与B 同向对接，可对A 适当加速[答案] C[解析] 由G Mm r 2＝m v 2r 推出v ＝GM r ，可知选项A 正确；根据开普勒三定律可知选项B 正确；由于地球半径未知，故无法求其密度，选项C 错误；要想实现对接，A 必须适当加速，选项D 正确．故本题选C.7．(2019·哈尔滨模拟)如图所示，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O 点对准前方的一块竖直放置的挡板，O 与A 在同一高度，小球的水平初速度分别是v 1，v 2，v 3，打在挡板上的位置分别是B ，C ，D ，且AB ∶BC ∶CD ＝1 ∶3 ∶5.则v 1，v 2，v 3之间的正确关系是( )A ．v 1 ∶v 2 ∶v 3＝3 ∶2 ∶1B ．v 1 ∶v 2 ∶v 3＝5 ∶3 ∶1C ．v 1 ∶v 2 ∶v 3＝6 ∶3 ∶2D ．v 1 ∶v 2 ∶v 3＝9 ∶4 ∶1[答案] C[解析] 根据平抛运动规律可知，小球在竖直方向上做自由落体运动，由于AB ∶BC ∶CD ＝1 ∶3 ∶5，则y 1 ∶y 2 ∶y 3＝1 ∶4 ∶9，又因为x ＝v t ，则y ＝gx 22v 2，即v 1 ∶v 2 ∶v 3＝1y 1 ∶1y 2 ∶1y 3＝6 ∶3 ∶2，选项C 正确．8．(2019·南通模拟)“嫦娥一号”和“嫦娥二号”飞行器绕月运动的轨迹都是圆，若两飞行器轨道半径分别为r 1，r 2，向心加速度分别为a 1，a 2，角速度分别为ω1，ω2，则( )A.a 1a 2＝r 21r 22B.a 1a 2＝r 1r 2C.ω1ω2＝r 1r 2D.ω1ω2＝r 32r 31[答案] D[解析]飞行器和月球的万有引力提供飞行器做圆周运动的向心力，则有GMmr2＝ma＝mω2r，所以得加速度与半径平方成反比，AB错误；角速度ω＝GMr3，C错误，D正确．9．(2019·咸阳模拟)如图所示，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个小球，小球的初速度为v0, 最后小球落在斜面上的N点，则() A．不能求出M、N之间的距离B．不能求出小球落到N点时速度的大小和方向C．可求小球到达N点时的动能D．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大[答案] D[解析]根据平抛运动的规律x＝v0t，y＝12gt2，tanθ＝y x，再根据l＝x2＋y2可以求出M，N之间的距离，A错；小球落到N点时，速度方向与水平方向的正切值等于2tanθ，速度大小根据v＝v2x＋v2y 可以求出，其中v y＝gt，B错；由于不知道小球的质量，所以无法求出小球的动能，C错；小球的速度v和位移可以沿斜面及垂直于斜面分解，当小球速度方向与斜面平行时，v垂直于斜面的分速度正好为零，而且是一个从正变为负的临界点，此刻也是位移从越来越大到越来越小的临界点，所以此刻小球与斜面间的距离最大，D对．10.(2019·信息卷)“天宫一号”于2011年9月29日21时16分成功发射．它将与随后发射的“神舟八号”、“神舟九号”、“神舟十号”飞船对接，从而建立中国第一个空间实验室．“天宫一号”将完成我国载人航天工程首次空间交会对接任务．交会对接是两个航天器在空间轨道上会合并在结构上连成一个整体的技术，一般是先将目标飞行器发射入轨，精确测定运行轨道，当其飞经待发飞行器发射场上空时，择机发射待发飞行器，使后者与前者运行在相同的轨道上，而且两者之间的距离控制在几千米至十几千米的范围内．然后，依靠飞行器本身的机动能力使两者逐渐接近、连接成一体．下列说法正确的是( )A ．“神舟八号”与“天宫一号”交会对接时轨道半径与运行速度都相同B ．“神舟八号”与“天宫一号”交会对接时轨道半径相同，运行速度不一定相同C ．低轨道的航天器要与高轨道的航天器交会对接必须加速D ．“神舟八号”、“神舟九号”、“神舟十号”飞船都能与“天宫一号”交会对接，其机械能必然相同[答案] AC[解析] 据G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GM r ，“神舟八号”与“天宫一号”交会对接时轨道半径相同，运行速度也一定相同，选项A 正确，B 错误；低轨道的航天器要与高轨道的航天器交会对接，必须加速，使其所需的向心力大于万有引力，做离心运动，远离地球进入较高轨道，选项C 正确；“神舟八号”、“神舟九号”、“神舟十号”飞船都能与“天宫一号”交会对接，其运行速度大小相同，飞行高度相同，但质量不一定相等，故机械能不一定相同，选项D 错误．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)如图所示，台阶的高度都是0.4m ，一球以水平速度由第一级台阶上抛出欲打在第五级台阶上，则水平速度v 的取值范围是________．[答案] 6m/s ≤v ≤22m/s[解析] 台阶的高度都是0.4m ，小球欲打在第五级台阶上，初速度最小时应擦着第四级台阶边缘落下，初速度最大时应擦着第五级台阶边缘落下，这两种情况下与台阶碰撞位移夹角一定是45°，tan α＝y x＝gt 2v 0，可知下落的高度越大，初速度越大．由t ＝2yg ，得v min ＝s 1t 1＝3×0.43×0.4×210m/s ＝6m/s v max ＝s 2t 2＝4×0.44×0.4×210m/s ＝22m/s 故6m/s ≤v <22m/s.12．(6分)我国自行研制的“风云一号”、“风云二号”气象卫星运行的轨道是不同的．“风云一号”是极地圆形轨道卫星．其轨道平面与赤道平面垂直，周期是12h；“风云二号”是地球同步卫星．两颗卫星相比________离地面较高；________观察范围较大；________运行速度较大．若某天上午8点“风云一号”正好与“风云二号”在同一竖直线上，那么下一次它们处在同一竖直线上的时刻将是________．[答案]“风云二号”“风云一号”“风云一号”第二天上午8点[解析]根据周期公式T＝2πr3GM知，高度越大，周期越大，则“风云二号”气象卫星离地面较高；根据运行轨道的特点知，“风云一号”观察范围较大；根据运行速度公式v＝GMr知，高度越小，速度越大，则“风云一号”运行速度较大，由于“风云一号”卫星的周期是12h，每天能对同一地区进行两次观测，在这种轨道上运动的卫星通过任意纬度的地方时时间保持不变，而“风云二号”是地球同步卫星，在地球赤道某位置的正上方保持不变，则下一次它们处在同一竖直线上的时刻将是第二天上午8点．13．(6分)如图所示，从地面上A点发射的一枚远程弹道导弹，在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h.已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G，设距地面高度为h的圆轨道上卫星运动周期为T0，则导弹在C点的速度一定________GM R ＋h(填“大于”、“等于”或“小于”)；导弹在C 点的加速度等于________；导弹从A 点运动到B 点的时间一定________T 0(填“大于”、“等于”或“小于”)．[答案] 小于 GM (R ＋h )2小于 [解析] 如果在高为h 的圆轨道上做匀速圆周运动，由G Mm (R ＋h )2＝m v 2R ＋h 得：v ＝GM R ＋h，而导弹沿ACB 椭圆运动，且C 为远地点，故在C 点G Mm (R ＋h )2>m v ′2R ＋h，即v ′<GM R ＋h 才会在低轨道做椭圆运动；由G Mm (R ＋h )2＝ma 得：a ＝GM (R ＋h )2；由于地心是导弹做椭圆运动的一个焦点，故椭圆的半长轴一定小于R ＋h ，由开普勒第三定律可知，导弹做椭圆运动的周期T 一定小于在距地面高度为h 的圆轨道上运动的卫星的周期T 0，且导弹沿ACB 运动的过程不足一个周期，故导弹从A 点运动到B 点的时间一定小于T 0.三、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)(2019·杭州模拟)某电视台娱乐节目，要求选手要从较高的平台上以水平速度v 0跃出后，落在水平传送带上，已知平台与传送带高度差H ＝1.8m ，水池宽度s 0＝1.2m ，传送带AB 间的距离L 0＝20.85m ，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个Δt＝0.5s反应时间后，立刻以a＝2m/s2，方向向右的加速度跑至传送带最右端．(1)若传送带静止，选手以v0＝3m/s水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间；(2)若传送带以u＝1m/s的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度v1至少多大？[答案](1)5.6s(2)3.25m/s[解析](1)H＝gt21/2t1＝2Hg＝0.6sx1＝v0t1＝1.8mL0－(x1－s0)＝at22/2t2＝4.5st＝t1＋t2＋Δt＝5.6s(2)选手以水平速度v1跃出落到传送带上，先向左匀速运动后向左匀减速运动，刚好不从传送带上掉下时水平速度v1最小．则v1t1－s0＝uΔt＋u22av1＝3.25m/s15．(10分)(2019·天津河西模拟)如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从入口A沿切线方向水平射入圆筒内，要使球从B处飞出，小球进入入口A的速度v0应满足什么条件？在运动过程中，球对筒的压力多大？[答案]2n2π2mgR/h(n＝1,2,3，…)[解析] 小球在竖直方向做自由落体运动，在桶内运动时间t ＝2hg故v 0应满足t ＝n ·2πR v 0(n ＝1,2,3，…) 所以v 0＝2n πR t ＝2n πR gh (n ＝1,2,3，…)由牛顿第二定律得F N ＝m v 20R ＝2n 2π2mgR /h (n ＝1,2,3，…)16．(11分)(2019·信息卷)宇航员登上某一星球并在该星球表面做实验．用一根不可伸缩的轻绳跨过轻质定滑轮，一端拴一吊椅，另一端被坐在吊椅上的宇航员拉住，如图所示．宇航员的质量m 1＝65kg ，吊椅的质量m 2＝15kg ，当宇航员与吊椅以加速度a ＝1m/s 2匀加速上升时，宇航员对吊椅的压力为175N. (忽略定滑轮摩擦)(1)求该星球表面的重力加速度g 0；(2)若该星球的半径为R 0＝6×106m ，地球半径为R ＝6.4×106m ，地球表面的重力加速度为g ＝10m/s 2，求该星球的平均密度与地球的平均密度之比ρ0ρ.[答案] (1)6m/s 2 (2)1625[解析](1)设宇航员受到轻绳向上的拉力为F ，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到轻绳的拉力也是F .对他和吊椅整体进行受力分析如图所示，则2F－(m1＋m2)g0＝(m1＋m2)a设吊椅对宇航员的支持力为F N，宇航员对吊椅的压力为F′N，由牛顿第三定律得F N＝F′N对宇航员，由牛顿第二定律得F＋F N－m1g0＝m1a解得g0＝6m/s2(2)星球密度ρ0＝M043πR30GM0m′R20＝m′g0得该星球的平均密度与地球的平均密度之比是ρ0ρ＝g0R gR0代入数值解得ρ0ρ＝16 25.17．(2019·临沂模拟)某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g.(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？(2)若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g＝10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面(2)中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？[答案](1)ω≤μgR(2)2s(3)2m[解析](1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力．则有：μmg≥mω2R即转盘转动角度应满足ω≤μgR(2)设水平加速段位移为x1，时间t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2.则加速时有x1＝12at 21 v＝at1平抛运动阶段 x 2＝v t 2H ＝12gt 22全程水平方向：x 1＋x 2＝L代入已知各量数值，联立以上各式解得：t 1＝2s(3)由(2)知x 1＝4m ，v ＝4m/s ，且F ＝0.6mg ，设阻力为f ，继续向右滑动距离为x 3由动能定理，加速段(F －f )x 1＝12m v 2 减速段，由动能定理－fx 3＝0－12m v 2 联立该二式解得x 3＝2m。

《走向高考》2013高考物理总复习 8-1磁场对电流的作用 74张

必考内容
第八章
磁场
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
() 带电粒子在电场磁场复合场中的运动，常考查质谱仪 3 (如 2012 年天津卷第 12 题、2011 年北京卷第 23 题)；速度选择器和回旋加速器(如 2011 年天津卷第 12 题)；带电粒子在组合场、叠加场中的运动(如 2012 年江苏卷第 15 题、2011 年安徽卷第 23 题)。试题一般为计算题，有时作为压轴题，分值较高，难度大。
必考内容第八章
第1讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
() 安定 3 培则 ①右手直导线定则：用右手握住通电直导线，让伸直的大指指方跟流方一，么曲四所拇所的向电的向致那弯的指指的向是感的绕向方就磁线环方。 ②右手螺线管定则：用右手握住环形导线，让弯曲的四指指方跟流环方一，么直大指所的向电的绕向致那伸的拇所指方就环导的心线磁线方。的向是形线中轴上感的向
必考内容
第八章
磁场
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
第1讲
磁对流作场电的
用
必考内容第八章
第1讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
考点体验
题型突破
课后强化作业
必考内容第八章
第1讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
考点体验
必考内容第八章
第1讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
(Bx)总从球极向球是地南指地北
By 在半垂地向，北球直南球直面上在半垂地

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,物理,8-1

第八章第一讲一、选择题1．在磁场中某区域的磁感线，如图所示，则( )A ．a 、b 两处的磁感应强度的大小不等Ba >B bB ．a 、b 两处的磁感应强度的大小不等，B a <B bC ．同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力大D ．同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力小[答案] B [解析] 磁感线的疏密程度表示B 的大小，但安培力的大小除跟该处的B 的大小和I 、L 有关外，还跟导线放置的方向与B 的方向的夹角有关，故C 、D 错误；由a 、b 两处磁感线的疏密程度可判断出B b >B a ，所以B 正确．2．(2010·海门测试)下列四幅图中涉及经典的物理实验研究，其中说法正确的是( )[答案] BCD[解析] 通电导线的周围有磁场，处在磁场中的小磁针要受到磁场力作用，若A 图中导线有电流，小磁针要发生偏转，图景与实际不符，A 项错误；B 图中开关闭合，线圈中磁通量变化，产生感应电流，导致电流表的指针偏转；C 图中电子在磁场中受到磁场力作用，用左手定则判断电子束将向下偏转；D 图中汽车速度达到第一宇宙速度时，汽车环绕地球近地做圆周运动，处在车内的物体处于完全失重状态．3．在磁场中的同一位置，先后引入长度相等的直导线a 和b ，a 、b 导线的方向均与磁场方向垂直，但两导线中的电流不同，因此所受的力也不一样．下列几幅图象表现的是导线所受的安培力F 与通过导线的电流I 的关系．a 、b 各自有一组F 、I 的数据，在图象中各描出一个点．在下图中，请判断描绘正确的是 ( )[答案] BC [解析] 由题意“同一位置同一磁场”，“导线长度相同”可知F I 斜率相等；电流为零时不受力，所以A、D选项错误．4．一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里，在墙的西侧处，当放一指南针时，其指向刚好比原来旋转180°，由此可以断定，这根电缆中电流的方向为() A．可能是向北B．可能是竖直向下C．可能是向南D．可能是竖直向上[答案] D[解析]在地磁场作用下，小磁针静止时N指向北方，现改变为N极指向南方，故应有竖直向上的通电电流，即选D.5．如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通过大小不等的同向电流，则它们的运动情况是()A．都绕圆柱转动B．以不等的加速度相向运动C．以相等的加速度相向运动D．以相等的加速度相背运动[答案] C[解析]同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力必大小相等，所以选C项．6．(2009·全国卷Ⅰ)如图，一段导线abcd位于磁感线强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I.方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB[答案] A[解析]该导线可以用a和d之间的直导线长为(2＋1)L来等效代替．根据F＝BIL，可知大小为(2＋1)BIL，方向由左手定则知：沿纸面向上．故A项正确．7．(2009·合肥一中二模)在匀强磁场中有一用相同材料制成的导体框abc，b为半圆弧的顶点．磁场方向垂直于导体框平面向里，在ac两端接一直流电源，如图所示，则()A ．导体框abc 所受安培力的合力为零B ．导体框abc 所受安培力的合力垂直于ac 向上C ．导体框abc 所受安培力的合力垂直于ac 向下D ．导体框abc 的圆弧段所受安培力为零[答案] B[解析] 由左手定则可知，导体框abc 所受安培力的合力垂直于ac 向上．8．(2009·广东模拟)如图所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一金属线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化情况是 ( )A ．先减小后增大B ．始终减小C ．始终增大D ．先增大后减小 [答案] D [解析] 线框在磁铁两端的正上方时穿过该线框的磁通量最少，在磁铁中央时穿过该线框的磁通量最多，所以该过程中的磁通量先增大后减小，故D 对．二、非选择题9．某兴趣小组在研究长直导线周围的磁场时，为增大电流，用多根导线捆在一起代替______T ．(要求估算出比例系数，用等式表示)[答案] 2×10－7I r[解析] 分析表格中数据可得，B 与电流I 成正比，与测试点到直导线的距离r 成反比，即B ＝k ·I r ，取表格中的第一单元格进行计算可得k ≈2×10－7，即B ＝2×10－7×I rT. 10．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m ，质量为6×10－2kg 的通电直导线，电流强度I ＝1A ，方向垂直于纸面向外，导线用平行斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T ，方向竖直向上的磁场中．设t ＝0时，B ＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g 取10m/s 2)[答案] 5s [解析] 斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．由平衡条件 F T cos37°＝F ①F T sin37°＝mg ②由①②解得：F ＝mg tan37°代入数值得：F ＝0.8N由F ＝BIL 得：B ＝F IL ＝0.81×0.4T ＝2T. B 与t 的变化关系为B ＝0.4t .所以：t ＝5s11．如图所示，质量为0.05kg ，长l ＝0.1m 的铜棒，用长度也为l 的两根轻软导线水平悬挂在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝0.5T.不通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度θ＝37°，求此棒中恒定电流多大？(不考虑棒摆动过程中产生的感应电流，g 取10N/kg)同学甲的解法如下：对铜棒受力分析如图所示：当最大偏转角θ＝37°时，棒受力平衡，有：F T cos θ＝mg ，F T sin θ＝F 安＝BIl得I ＝mg tan θBl ＝0.05×10×340.5×0.1A ＝7.5A 同学乙的解法如下：F 安做功：W F ＝Fx 1＝BIl sin37°×l sin37°＝BI (l sin37°)2重力做功：W G ＝－mgx 2＝－mgl (1－cos37°)由动能定理得：W F＋W G＝0代入数据解得：I＝509A≈5.56A请你对甲、乙两同学的解法作出评价：若你对两者都不支持，则给出你认为正确的解答．[答案]评价见解析 3.33A[解析]甲同学的错误原因：认为物体速度为零时，一定处于平衡位置，或者认为偏角最大时为平衡位置．乙同学的错误原因：将安培力表达式误写为F安＝BIl sin37°，应为：F安＝BIl.正确的解法如下：铜棒向外偏转过程中F安做功：W F＝Fx1＝BIl×l sin37°重力做功：W G＝－mgx2＝－mgl(1－cos37°)由动能定理得：W F＋W G＝0代入数据解得：I＝103A≈0.33A.12．如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1m.PM间接有一个电动势为E＝6V，内阻r＝1Ω的电源和一只滑动变阻器．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2T，方向竖直向下，求为使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值为多大？设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计．(g取10m/s2)[答案]2Ω≤R≤5Ω[解析]导体棒受到的最大静摩擦力为F f＝μF N＝μmg＝0.5×0.2×10N＝1N绳对导体棒的拉力F拉＝Mg＝0.3×10N＝3N导体棒将要向左滑动时BI max L＝F f＋F拉，I max＝2A由闭合电路欧姆定律I max＝ER min＋r＝6R min＋1得R max＝2Ω导体棒将要向右滑动时F f＋BI min L＝F拉，I min＝1A由闭合电路欧姆定律I min＝ER max＋r＝6R max＋1得R max＝5Ω滑动变阻器连入电路的阻值为2Ω≤R≤5Ω.13．(2009·黄冈一模)如图所示是一种电磁泵，泵体是一个长方体，端面是一个边长为σ的正方形，ab长为l，上下两面接在电源上，电压为U(内阻不计)．磁感应强度为B的磁场指向cdfe 面，液体电阻率为ρ，密度为D (液体原来不导电，在泵头通入导电剂后才导电)．求：(1)最大抽液高度；(2)每秒钟抽液的质量．[答案] (1)UlB /(σρDg ) (2)UσD B [解析] (1)泵体内液体的电阻为R ＝ρσσl ＝ρl. 通过泵体的电流为I ＝U R ＝Ul ρ. 安培力F ＝BIσ＝UlσB ρ，安培力产生的压强p ＝UlB σρ. 对液体来说，p ＝Dgh ，则有UlB σρ＝Dgh . 所以h ＝UlB /(σρDg )．(2)在阻力不计的情况下，有mgh ＝U 2R t ，所以m t ＝U 2ghR ＝UσD B.。

《走向高考》2013高考物理总复习章末整合8 35张

[解析]
() 打 y 轴的子沿个周动离 1 到上粒均半圆运， (如轨图迹 ①)
O
最的子迹好两场界相远粒轨刚与磁交线切
ym ＝2a a x
必考内容第八章章末整合
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
() 速最的子 2 率大粒在其应圆角对的心为
0<x≤a 中动间运时 a 6° ，以 R＝ 0 所 s6° n0 i
合手则洛兹的向终粒的度向直左定。伦力方始和子速方垂，故伦力做，能变子动。洛兹不功不改粒的能
必考内容第八章章末整合
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
2．确析电子受情正分带粒的力况除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分，断电子受力否略计电力洛析判带粒所重是忽不，场和伦兹的小方怎，些必根题以各力力大和向样这都须据意及场的特作全的析征出面分。
必考内容第八章章末整合
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
4．于功能角分问善从和的度析题洛伦兹力的方向总是与速度方向垂直，任何情况下都不做；重、电可做而起电子量转。功但力静力能功引带粒能的化 5．活用学律解题灵运力规求问在正确而全面分析题意的基础上，画好必要的受力图和运轨图再据电子运状和程灵地动迹，根带粒的动态过，活运用如衡件牛运定、能系力规来诸平条、顿动律功关等学律求解。

《走向高考》2013高考物理总复习 8-3带电粒子在复合场中的运动 83张

1．定究象并其行力析确研对，对进受分。 2．据体力况运情确每个动程根物受情和动况定一运过所适的律用规 (力规均学律适 )。之决类题方与用总解这问的法纯
力问一，非了个伦力要别意学题样无多一洛兹。特注：
必考内容第八章
第3讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
3．带粒在变中运电子交场的动带电粒子在不同场中的运动性质可能不同，可分别进行讨。子不场运的系是度因速不论粒在同中动联点速，为度能突，前个中动末度就后个中动变在一场运的速，是一场运的初度速。
A．终匀运始做速动 B．终减运，后止杆始做速动最静于上 C．做速动最做速动先加运，后匀运 D．做速动最做速动先减运，后匀运
() 由带粒在合中力况杂运情多 3 于电子复场受情复、动况变往出临问，时以目的，往现界题这应题中 “最大”、“最
高”、“至少”等语突口挖隐条，据界词为破，掘含件根临条列辅方，与他程立解件出助程再其方联求。
必考内容第八章
第3讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
归领纳悟解复场问的析法基思：决合类题分方和本路 () 全的正的力析除力弹、擦外 1 面、确受分。重、力摩力，要别意场和场的析核在洛兹随特注电力磁力分。心于伦力带电子动态变而变粒运状的化改。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第十章综合测试题

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第十章综合测试题如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时()A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBl2ωC．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为n2B2l1l22ωR[答案]CD[解析]根据右手定则，线圈中感应电流的方向为adcba，A错；当线圈转至图示位置时，线圈中感应电动势应为最大值E m＝nBl1l2ω，此时，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，B错，C对；线圈ad边所受安培力的大小F＝nBIl2＝n2B2l1l22ωR，D对．3．(2019·大连模拟)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是()A．t＝0时刻穿过线圈的磁通量的变化率均为零B．t＝0时刻线圈与中性面重合C．交流电a的有效值为52VD．交流电b的最大值为5V[答案] D[解析]t＝0时刻感应电动势为零，线圈与中性面重合，穿过线圈的磁通量的变化率为零，A，B对；交流电a的有效值为U＝U m 2＝52V，C对；交流电a最大值U m＝NBSω，交流电b的角速度是a的23，所以最大值是203V，D错．4．(2019·信息卷)如图所示，图甲为理想变压器，图乙为一滑动变阻器的分压接法．正弦交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝100sin25t(V)，则下列说法正确的是()A．该交变电流的频率为25Hz，电压的有效值为1002VB．如果让此交变电流分别接入图甲和图乙电路，通过调节匝数比或滑动触头的位置，理论上R可以得到任意电压值C．如果让一恒定电流分别接入图甲和图乙电路，通过调节匝数比或滑动触头的位置，则图甲中R两端电压的调节范围大，图乙中R 两端电压的调节范围小D．若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50W[答案] D[解析]由该交变电流的瞬时值表达式可知，其频率为252πHz，电压的有效值为502V，选项A错误；如果让此交变电流分别接入图甲和图乙电路，通过调节匝数比甲图中R理论上可以得到任意电压值，而图乙电路不能升压，选项B错误；若接入恒定电流，图甲电路不能改变R两端的电压，选项C错误；若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为P＝U2R＝(502)2100W＝50W，选项D正确．5．(2019·郑州模拟)如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的u－t图象．原、副线圈匝数比n1∶n2＝10 ∶1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1A，则()A．变压器原线圈所接交流电压的有效值为200VB．变压器输出端所接电压表的示数为222VC．变压器输出端交变电流的频率为50HzD．变压器的输出功率为2202W[答案]AC[解析]由图象可知变压器原线圈所接交流电压的有效值为U1＝220V，A正确；因为U1∶U2＝n1∶n2，可解得U2＝22V，变压器输出端所接电压的示数为有效值22V，B错误；变压器的输出功率等于输入功率，P＝U1I1＝220W，D错误；由图象可知交流电的周期为0.02s，频率为f＝1T＝50Hz，C正确．6．(2019·信息卷)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈加正弦交变电压U1，以下说法正确的是() A．S断开时，MN两端的电压最大，ON两端的电压为零B．S断开时，MN两端的电压为零，ON两端的电压为n1 n2U1C．S闭合时，MN两端的电压为n2 n1U1D．S闭合时，且滑动触头向下滑动时，通过原线圈的电流变小，通过副线圈的电流变大[答案] C[解析]当S断开时，副线圈处于断路状态无电流通过，故MN 两端的电压为零，ON两端的电压等于副线圈由于互感产生的电动势，大小为U ON＝n2n1U1，A、B错误；S闭合时，MN两端的电压等于变压器的输出电压，由变压器原、副线圈的电压与匝数的关系可得U MN U1＝n2n1，即U MN＝n2n1U1，C正确；当S闭合时，输出电压不变，滑动触头向下滑动时接在电路中的电阻减小，通过副线圈的电流增大，由U1I1＝U2I2，即I1＝U2I2U1，可得通过原线圈的电流I1增大，D错误．7．(2019·苏州模拟)如图所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1，L2，L3都标有“5V5W”字样，L4标有“5V10W”字样，若它们都正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路的输入功率P ab和输入电压U ab应为()A．20W25V B．20W20VC．25W25V D．25W20V[答案] C[解析]该电路的输入功率为4盏灯的功率总和，即P ab＝5W＋5W＋5W＋10W＝25W.通过L1的电流I1＝1A，根据输入功率等于输出功率可得U1I1＝20W，解得U1＝20V，故电源输入电压U ab＝U1＋U L1＝25V.本题选C.8．(2019·信息卷)如图甲所示，升压变压器原线圈的输入电压U1＝240V，输入电流i随时间t变化的规律如图乙所示．输电线的总电阻R＝10Ω，通过输电线的电流I＝10A，变压器均为理想变压器，则()A．升压变压器原、副线圈匝数比为20 2 ∶1B．升压变压器副线圈两端的电压为U2＝4800VC．用户得到的功率是47kWD．用户电路中交变电流的频率是50Hz[答案]BCD[解析]由n1I1＝n2I2，I1＝I m2＝200A，I2＝I＝10A，可知原、副线圈匝数比n1∶n2＝1 ∶20，A错误；由n1n2＝U1U2可知U2＝4800V，B正确；用户得到的功率是P′＝P－ΔP＝U1I1－I2R＝47kW，C正确；交流电频率f＝1T＝50Hz，D正确．9．(2019·太原模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10 ∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c，d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin100πt(V)．当单刀双掷开关与a连接时，下列判断正确的是()A．电压表V2的示数为22VB．当t＝(10＋1600)s时，电压表V1的示数为220VC．在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表V2示数增大，电流表示数变小D．若将单刀双掷开关由a扳向b，电压表V2和电流表的示数均变小[答案]BC[解析]原线圈电压的有效值U1＝220V，根据n1∶n2＝U1∶U2，副线圈电压有效值U2＝22V，电压表V2的示数是滑动变阻器两端的电压，小于22V，A错；电压表V1的示数为原线圈电压的有效值，与时间t无关，B对；在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，所以电压表V2示数增大，电流表示数变小，C对；若将单刀双掷开关由a扳向b，根据U1∶U2＝n1∶n2，可得副线圈的电压要增大，电压表V2和电流表的示数均变大，D错．10．(2019·信息卷)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝2 ∶1，交流电源的瞬时值表达式为e＝20sinωt(V)，R0、r 为定值电阻且阻值相同，直流电源的电动势为10V，其内阻与定值电阻R0的阻值相等，下列说法正确的是()A．当闭合K1，断开K2，向上移动滑动变阻器的滑片时，灯泡L会变亮B．当断开K1，闭合K2，向上移动滑动变阻器的滑片时，灯泡L会变暗C．当断开K1，闭合K2，向上移动滑动变阻器的滑片时，电源的输出功率一定增大D．在滑动变阻器阻值一定的前提下，闭合K1，断开K2与断开K1、闭合K2时灯泡L一样亮[答案]BC[解析]无论是闭合K1、断开K2还是断开K1、闭合K2，向上移动滑动变阻器的滑片时，电路中的总电阻都增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，通过R0的电流增大，通过灯泡L的电流减小，灯泡L会变暗，B对，A错．当断开K1，闭合K2，向上移动滑动变阻器的滑片时，外电阻增大，并且外电阻的阻值小于内阻的阻值，因而可判断电源的输出功率一定增大，C对．根据理想变压器原、副线圈的匝数比可得，副线圈电压最大值为10V，有效值为10 2V＝52V，又直流电源的电动势为10V，因此选项D的两个情景中灯泡L不会一样亮，D错．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)有一理想变压器原、副线圈匝数分别为1320匝、144匝，将原线圈接在220V 的交流电压上，副线圈上电压为________V ，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为________Wb/s.[答案] 24 26 [解析] 由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝24V ，穿过铁芯的磁通量的最大变化率等于每一匝线圈中产生的自感电动势的最大值，即⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔΦΔt m ＝E m n ＝22021320Wb/s ＝26Wb/s. 12．(6分)(2019·海口模拟)如图所示，甲图为一理想变压器，其原副线圈匝数比n 1 ∶n 2＝10 ∶1.当原线圈接乙图所示的正弦交流电．副线圈接负载电阻R ＝10Ω时，理想电压表读数应为________V ，理想电流表读数应为________A.[答案] 3.6 0.036[解析] 由图乙可知该正弦交流电的最大值为：U m ＝362V ，输入电压的有效值为：U 1＝U m 2＝36V ，由理想变压器知识：U 1U 2＝101⇒U 2＝3.6V ；理想变压器P 1＝P 2，可得U 1I 1＝U 22R ⇒I 1＝0.036A.13．(6分)如图所示，一交流发电机线圈共50匝，ab ＝0.2m ，bc ＝0.1m ，总电阻为10Ω，它在B ＝0.5T 的匀强磁场中从中性面位置开始以100r/s 的转速匀速转动，外电路中接有R 为40Ω的电阻，当线圈转过1/4周期时，则：(1)电流表的读数是________A ；(2)电压表的读数是________V ；(3)这段时间内通过外电阻R 的电量q 是________C ；(4)在外电阻R 上产生的焦耳热Q 是________J.[答案] (1)4.4 (2)176 (3)0.01 (4)1.94[解析] (1)电动势最大值为：E m ＝nBSω＝50×0.5×0.02×200πV ＝100πV有效值：E ＝E m 2＝502πA 电流表示数：I ＝E R ＋r ＝502π40＋10A ＝4.4A (2)电压表读数：U ＝IR ＝4.4×40V ＝176V(3)电量为：q ＝I ·Δt ＝n ·ΔΦΔtR·Δt ＝0.01C (4)电热为：Q ＝I 2R T 4＝1.94J 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)交流发电机的原理如图(甲)所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO ′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图(乙)所示，已知线圈的电阻为R ＝2.0Ω，求：(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？(2)矩形线圈转动的周期是多少？(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？(4)保持线圈匀速转动，1min 内外力对线圈做的功是多少？[答案] (1)2A (2)4×10－3s (3)4W (4)240J[解析] (1)由题图知，I m ＝2A(2)T ＝4×10－3s(3)电流有效值I ＝I m / 2电阻上产生的电热功率P ＝I 2R ＝I 2m 2R ＝4W (4)外力对线圈做功，其他形式的能转化为电能再转化为内能，1min 内外力对线圈做的功W ＝Pt ＝240J15．(10分) 某发电站的输出功率为104kW ，输出电压为4kV ，通过理想变压器后向80km 远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m ，导线横截面积为1.5×10－4m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%.求：(1)升压变压器的输出电压．(2)输电线路上的电压损失．[答案] (1)8×104V (2)3.2×103V[解析] (1)导线电阻r ＝ρ2l S ＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4Ω＝25.6Ω，输电线路损失功率为输出功率的4%，则 4%P ＝I 2r ，代入数据得：I ＝125A.由P 入＝P 出及P ＝UI 得：输出电压U ＝P I ＝107125V ＝8×104V . (2)输电线路上电压损失U ′＝Ir ＝125×25.6V ＝3.2×103V .16．(11分)如图，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3300V ，副线圈两端电压U 2为220V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2V .求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5A.则电流表A 1的示数I 1为多少？(3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？[答案] (1)1650匝 (2)13A (3)23A [解析] (1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1/n 1＝U 2/n 2，则n 1＝1650匝．(2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A (3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2/I 2＝44Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L /2＝22Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2/R ′＝10A.由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A 17．(11分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝2T ，匝数n ＝6的矩形线圈abcd 绕中心轴OO ′匀速转动，角速度ω＝200rad/s.已知ab ＝0.1m ，bc ＝0.2m ，线圈的总电阻R ＝40Ω，试求：(1)感应电动势的最大值，感应电流的最大值；(2)设t ＝0时线圈平面与磁感线垂直，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(3)画出感应电流的瞬时值i 随ωt 变化的图象；(4)当ωt ＝30°时，穿过线圈的磁通量和线圈中的电流的瞬时值各是多大？(5)线圈从图示位置转过π2的过程中，感应电动势的平均值是多大？(6)线圈的发热功率多大？[答案] (1)48V 1.2A (2)e ＝48sin200t V (3)见解析图(4)0.02Wb 0.6A (5)30.6V (6)28.8W[解析] (1)因为线圈匀速转动，感应电动势的最大值就出现在题图所示位置E m ＝nBSω＝6×2×0.1×0.2×200V ＝48V感应电流最大值I m ＝E m R ＝4840A ＝1.2A (2)感应电动势的瞬时值表达式：e ＝E m ·sin ωt ＝48sin200t V(3)i －ωt 图象如图所示(4)当线圈从图示位置转过30°角时，穿过线圈的磁通量Φ和感应电动势e 分别为：Φ＝BL 1L 2·sin30°＝2×0.1×0.2×12Wb ＝0.02W be ＝48sin30°V ＝24V由欧姆定律可得此时电流瞬时值为：i ＝e R ＝0.6A(5)线圈从图示位置转过π2的过程中，磁通量的变化为ΔΦ＝B ·S 线圈转过π2所用的时间Δt ＝π2ω此过程中交变电动势的平均值 E ＝n ΔΦΔt ＝n B ·S π/2ω ＝2πnBSω＝2π E m ＝2π×48V ≈30.6V (6)线圈的发热功率计算用电流有效值；P 热＝(I m 2)2R ＝28.8W。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：8-1.pdf

一、选择题1.在磁场中某区域的磁感线，如下图所示，则()A．a、b两处的磁感应强度的大小不等B a>B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小[答案]B[解析]磁感线的疏密程度表示B的大小，但安培力的大小除跟该处的B的大小和I、L有关外，还跟导线放置的方向与B的方向的夹角有关，故C、D错误；由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出B b>B a，所以B正确．2．(2011·新课标全国)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()[答案]B[解析]本题考查的是电流的磁效应问题，意在考查学生应用物理知识解决实际问题的能力．由日常知识可知，地球的南极为磁场的N极，由右手螺旋定则可知，电流方向如上图B，故选项B正确．3．(2010·安庆模拟)如下图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中()A．a、b两点磁感应强度相同B．c、d两点磁感应强度大小相等C．a点磁感应强度最大D．b点磁感应强度最大[答案]BD[解析]磁感应强度是矢量，根据安培定则可确定直导线产生的磁场在a、b、c、d四点磁感应强度的方向．根据矢量合成法则，可得A、C错误，B、D正确．4．(2011·武汉模拟)如下图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I 垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小[答案]C[解析]导体棒受三个力，三力构成的矢量三角形如下图所示．安培力的大小变化从图中即可看出是先减小后增大，由F＝BIL 知，B的大小应是先减小后增大，故只有选项C正确．5．(2011·绵阳模拟)如下图所示，一正方形线圈，其中电流I恒定不变，用两条长度相等的绝缘细线静止悬挂于水平长直导线CD的正下方．当导线CD中没有电流时，两条细线中拉力都是T，当导线CD中电流为I1时，两条细线中拉力都是k1T(O<k1<1)，当导线CD 中电流为I2时，两条细线中拉力都是k2T(k2>1)．下列正确的是()A．I1的方向是C→D B．I2的方向是C→DC．I1>I2D．I1<I2[答案]A[解析]由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可知，当导线CD中电流为I1时，细线拉力减小，故CD与线圈间为引力，所以CD中电流方向为C→D，A项正确；导线CD中电流为I2时，细线拉力增大，故CD与线圈间为斥力，所以CD中电流方向为D→C，B项错；由题中信息无法确定I1和I2的大小关系，C、D项错．6.某专家设计了一种新型电磁船，它不需螺旋桨推进器，航行时平稳而无声，时速可达100英里．这种船的船体上安装一组强大的超导线圈，在两侧船舷装上一对电池，导电的海水在磁场力作用下即会推动船舶前进，如下图所示是超导电磁船的简化原理图，AB和CD 是与电池相连的导体，磁场由超导线圈产生．以下说法正确的是()A．船体向左运动B．船体向右运动C．无法断定船体向哪个方向运动D．这种新型电磁船会由于良好的动力性能而提高船速[答案]BD[解析]导电的海水的电流方向垂直AB方向从CD板流向AB 板，海水所受的安培力方向水平向左，故船体上的超导体线圈所受的作用力向右，故推动船体向右运动，B、D正确．7．(2011·大连模拟)如下图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，通电导体棒ab垂直放置在导轨上，已知导体棒质量m＝1kg，长l＝2.0m，通过的电流I＝5.0A，方向如图所示，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝33.若使导体棒水平向右匀速运动，要求轨道内所加与导体棒ab垂直的匀强磁场最小，则磁场的方向与轨道平面的夹角是(g ＝10m /s 2)()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] C[解析] 对导体棒进行受力分析，如下图所示，受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、与运动方向相反的摩擦力，故要使导体棒匀速直线运动，则安培力需为动力，则设磁场方向与轨道平面成θ角向左斜向上，由左手定则可知安培力方向与磁场垂直斜向右上方，如图所示，则BIl sin θ＝μF N ①，F N ＋BIl cos θ＝mg ②，联立①、②式可得：B ＝μsin θ＋μcos θ·mg Il ＝1232sin θ＋12cos θ＝12sin (θ＋30°)，故θ＝60°时，磁感应强度最小，故C 正确．8．(2011·新课标全国)电磁轨道炮工作原理如下图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变[答案] BD[解析] 本题考查的是安培力和动能定理的知识，意在考查学生应用物理知识解决实际问题的能力．由题意可知磁感应强度B ＝kI ，安培力F ＝BId ＝kI 2d ，由动能定理可得：FL ＝mv 22，解得v ＝I 2kdl m，由此式可判断BD 选项正确．二、非选择题9．某兴趣小组在研究长直导线周围的磁场时，为增大电流，用多根导线捆在一起代替长直导线，不断改变多根导线中的总电流和测试点与直导线的距离r，测得下表所示数据：＝______T．(要求估算出比例系数，用等式表示)[答案]2×10－7Ir[解析]分析表格中数据可得，B与电流I成正比，与测试点到直导线的距离r成反比，即B＝k·Ir，取表格中的第一单元格进行计算可得k≈2×10－7，即B＝2×10－7×Ir T.10．(2011·江西师大附中、临川一中模拟)两条金属导轨上水平放置一根导电棒ab，处于竖直向上的匀强磁场中，如下图所示，导电棒质量为1.2kg，长1m.当导电棒中通入3A电流时，它可在导轨上匀速滑动，若电流强度增大为5A时，导电棒可获得2m/s2的加速度，求装置所在处的磁感应强度的大小．[答案] 1.2T[解析]导电棒匀速运动有：摩擦力等于安培力：f＝F1＝BI1L 导电棒加速运动时，安培力和摩擦力的合力提供加速度：F2－f ＝ma即BI2L－f＝maBI2L－BI1L＝ma即5B－3B＝1.2×2T解之得B＝1.2T11．如下图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10－2kg的通电直导线，电流强度I＝1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10m/s2)[答案] 5s[解析] 斜面对导线的支持力为零时导线的受力如下图所示．由平衡条件 F T cos 37°＝F ①F T sin 37°＝mg ②由①②解得：F ＝mg tan 37°代入数值得：F ＝0.8N由F ＝BIL 得：B ＝F IL ＝0.81×0.4T ＝2T B 与t 的变化关系为B ＝0.4t所以：t ＝5s12．(2011·潍坊模拟)如下图所示，一质量为m 的导体棒MN 两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L ，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I 时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)磁场的磁感应强度B ；(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N .[答案] (1)3mg 4IL (2)58mg [解析](1)从右向左看受力分析如上图所示，由受力平衡得：BIL＝tan37°①mg解得：B＝3mg4IL②(2)两导轨对棒的支持力2F N，满足：2F N cos37°＝mg③解得：F N＝58mg④即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为58mg13．(2011·北京东城模拟)如下图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，一质量m＝20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力；(2)通过金属棒的电流；(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值．[答案](1)0.1N(2)0.5A(3)23Ω[解析](1)F安＝mg sin30°，得F安＝0.1N(2)金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如下图所示解得I＝F安BL＝0.5A(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R0＋r)解得R0＝EI－r＝23Ω。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：10-3.pdf

一、选择题1．关于传感器的下列说法正确的是()A．所有传感器的材料都是由半导体材料做成的B．金属材料也可以制成传感器C．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的D．以上说法都不正确[答案] B[解析]半导体材料可以制成传感器，其他材料也可以制成传感器，如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计，所以A错，B正确，传感器不但能感知电压的变化，还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量，所以C错．2．在一些星级宾馆的洗手间经常装有自动干手机，洗手后将湿手靠近，机内的传感器就开通电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干，手靠近干手机能使传感器工作，是因为() A．改变湿度B．改变温度C．改变磁场D．改变电容[答案] D[解析]根据自动干手机工作的特征，手靠近电热器工作，手撤离电热器停止工作，人是一种导体，可以与其他导体构成电容．手靠近时相当于连接一个电容，可以确定干手机内设有电容式传感器，由于手的靠近改变了电容，用湿度和温度来驱动电热器工作，理论上可行，但是假如干手机是由于湿度、温度的变化而工作就成了室内烘干机．3．(2011·江苏)美国科学家Willard S. Boyle与George E．Smith 因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有()A．发光二极管B．热敏电阻C．霍尔元件D．干电池[答案]BC[解析]传感器是能把非电学量转化为电学量的元件的元件，故B、C正确．4．在街旁的路灯，江海里的航标都要求在夜晚亮，白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的()A．压敏性B．光敏性C．热敏性D．三种特性都利用[答案] B[解析]街旁的路灯和江海里的航标，都是利用了半导体的光敏性，夜晚电阻大，白天电阻小，控制了电路的通断．5.如上图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻(负温度系数热敏电阻是指阻值随温度的升高而减小的热敏电阻)，L为小灯泡，当温度降低时()A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱[答案] C[解析]温度降低时R2的阻值增大，干路电流减小，R1两端电压、电流表示数都减小，灯泡两端电压变大、亮度变强．只有C项正确．6．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置．由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值的变化，如下图所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用下列说法正确的是()A．甲图的传感器可以用来测量角度B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度C．丙图的传感器可以用来测量压力D．丁图的传感器可以用来测量速度[答案]ABC[解析]甲、乙、丙中的电容器的电容分别与θ、h、F有关，均能测量对应的物理量，而丁中的电容与s有关，丁只能测量位移s，故正确答案是ABC.7.为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在，如上图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器R B所在处出现断针时，电流表的电流I、ab 两端的电压U将()A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大[答案] C[解析]由题意知R B的电阻随断针的出现而减小，即外电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律有I总＝E/(R＋r)可知I总必增大，再由U外＝E－I总r可知，外电压U减小．而由U1＝I总R1可知，U1增大，U3必减小，由电流表的电流I＝I总－I3可知，电流表的电流必变大，故选项C正确．8．家用电热灭蚊器中电热部分的主要部件是PTC元件，PTC 元件是由酞酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率与温度的关系如下图所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、控温两重功能，对此以下说法中正确的是()A．通电后其功率先增大后减小B．通电后其功率先减小后增大C．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1到t2的某一值不变D．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1或t2不变[答案]AC[解析]根据PTC元件的电阻率随温度变化的曲线可知：在常温下，它的电阻是相当小的，通入电流以后，随着温度的升高，其电阻率先变小后增大，那么它的功率先变大，后变小，温度保持在t1到t2的某一值不变，这时候电路处于稳定状态，如果温度再升高，电阻率变大，导致电流变小，温度就会降下来；如果温度降低，电阻率减小，导致电流变大，温度就会升上去，所以本题正确答案为A、C.二、非选择题9．(2011·桂林模拟)当光照射到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值________(填“变大”、“不变”或“变小”)．半导体热敏电阻是利用半导体材料的电阻率随________变化而改变的特性制成的．[答案]变小温度[解析]光敏电阻是感光元件，它的阻值随光照强度的增强而减小，它可把光学量变为电阻这一电学量，常用来制造光控开关，热敏电阻对温度反应敏感．10．(2011·临沂模拟)电流传感器可以像电流表一样测量电流，它与计算机相连，能在几秒内画出电流随时间变化的图象．如下图甲所示电路，电源电动势为直流8V, 电容器为几百微法的电解电容器，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，计算机屏幕上显示出电流随时间变化的I－t 曲线，如下图乙所示．则：在图乙中画出了一竖立的狭长矩形(在乙图的左端)，它的面积的物理意义是：____________________.根据以上数据估算的电容是________(结果保留三位有效数字)．[答案] 通过电流传感器的电荷量 350～400μF[解析] 由q ＝It 可知，I －t 图象中的面积表示为通过电流传感器的电荷量．由数格法可知电容器放电前所带电荷量Q ＝37×0.2×10－3×0.4C ＝2.96×10－3C ，则C ＝Q U＝370μF. 11.传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如上图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)，显示体重大小的仪表A(实质是理想的电流表)组成．压力传感器表面能承受的最大压强为1×107Pa ，且已知压力传感器R 的电阻与所受压力的关系如下表所示．设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8V ，取g ＝10m/s 2.请回答：________A 处．(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20mA, 这个人的体重是________kg.[答案] (1)1.6×10－2 (2)50[解析] 本题是传感器的应用问题，考查学生的实验与探究能力．(1)由图表知，踏板空载时，压力传感器电阻R ＝300Ω，此时A 中电流I ＝U R ＝4.8300A ＝1.6×10－2A. (2)当电流I ＝20mA ＝20×10－3A 时，压力传感器的电阻R ＝U I＝4.820×10－3Ω＝240Ω，对应表格中，这个人的质量为50kg. 12．用如下图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度，该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组合成的压力传感器，用两根相同的轻弹簧夹着一质量为2.0kg 的滑块，滑块可无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a 、b 上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b 在前，传感器a 在后．汽车静止时，传感器a 、b 的示数均为10N.(g 取10m/s 2)(1)若传感器a 的示数为14N ，b 的示数为6.0N ，求此时汽车的加速度大小和方向．(2)当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a 的示数为零．[答案] (1)4m/s 2 向右 (2)10m/s 2 向左[解析] 传感器上所显示出力的大小，即弹簧对传感器的压力，据牛顿第三定律知，此即为弹簧上的弹力大小，亦即该弹簧对滑块的弹力大小．(1)如上图所示，依题意：左侧弹簧对滑块向右的推力F 1＝14N ，右侧弹簧对滑块的向左的推力F 2＝6.0N.滑块所受合力产生加速度a 1，根据牛顿第二定律有F 1－F 2＝ma 1，得a 1＝F 1－F 2m ＝14－6.02.0m/s 2＝4m/s 2.a 1与F 1同方向，即向前(向右)． (2)a 传感器的读数恰为零，即左侧弹簧的弹力F ′1＝0，因两弹簧相同，左弹簧伸长多少，右弹簧就缩短多少，所以右弹簧的弹力变为F ′2＝20N.滑块所受合力产生加速度，由牛顿第二定律得F 合＝F ′2＝ma 2，得a 2＝F 2′m＝－10m/s 2.负号表示方向向后(向左)． 13．如下图所示为某种电子秤的原理示意图，AB 为一均匀的滑动变阻器，阻值为R ，长度为L ，两边分别有P 1、P 2两个滑动头，与P 1相连的金属细杆可在被固定的竖直光滑绝缘杆MN 上保持水平状态，金属细杆与托盘相连．金属细杆所受重力忽略不计，弹簧处于原长时P 1刚好指向A 端，若P 1、P 2间出现电压时，该电压经过放大通过信号转换后在显示屏上显示出质量的大小．已知弹簧的劲度系数为k ，托盘自身质量为m 0，电源的电动势为E ，电源的内阻忽略不计，信号放大器、信号转换器和显示器的分流作用忽略不计．求：(1)托盘上未放物体时在托盘的自身重力作用下P 1距A 端的距离x 1；(2)在托盘上放有质量为m 的物体时P 1距A 端的距离x 2；(3)在托盘上未放物体时通常先校准零点，其方法是：调节P 2，从而使P 1、 P 2间的电压为零，校准零点后将被称物体放在托盘上．试推导出被称物体的质量m 与P 1、P 2间电压U 的函数关系式．[答案] (1)m 0g k (2)(m ＋m 0)g k (3)m ＝kL gEU [解析] (1)由力的平衡知识知m 0g ＝kx 1，x 1＝m 0g k. (2)放上重物重新平衡后m 0g ＋mg ＝kx 2，x 2＝(m ＋m 0)g k .学海无涯(3)设电路中的电流为I ，则E ＝IR. 设P 1、P 2间的电阻为R x ，距离为x ，则U ＝IR x ，R x R ＝x L ，x ＝x 2－x 1，解得m ＝kL gE U.。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：8-2

一、选择题1．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是()A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向[答案]B[解析]根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A 错B对；根据F＝qvB，可知洛伦兹力大小与速度有关，C错；洛伦兹力的作用效果就是改变粒子的运动方向，不改变速度的大小，D错．2．(2011·北京海淀模拟)在我们生活的地球周围，每时每刻都会有大量的由带电粒子组成的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．若有一束宇宙射线在赤道上方沿垂直于地磁场方向射向地球，如下图所示．在地磁场的作用下，射线方向发生改变的情况是()A．若这束射线由带正电荷的粒子组成，它将向南偏移B．若这束射线由带正电荷的粒子组成，它将向北偏移C．若这束射线由带负电荷的粒子组成，它将向东偏移D．若这束射线由带负电荷的粒子组成，它将向西偏移[答案]D[解析]本题考查地磁场的分布以及带电粒子在磁场中的运动．由地磁场的分布可知，在赤道地区的磁场分布特点为：与地面平行由南指向北．若这束射线由带正电荷的粒子组成，由左手定则可得所受的安培力向东，所以将向东偏移，A、B错误；若这束射线由带负电荷的粒子组成，由左手定则可得所受的安培力向西，所以将向西偏移，C错误，D正确．3.如下图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是()A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动[答案]C[解析]通电螺线管内部磁感线方向与螺线管轴线平行，电子束不受洛伦兹力，故做匀速直线运动，C项正确．4．(2011·深圳五校模拟)如下图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里．现有一带正电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度v射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场．不计重力的影响，由这些条件可知()A．能确定粒子通过y轴时的位置B．能确定粒子的质量C．能确定粒子在磁场中运动的时间D．能确定粒子的比荷[答案]AC[解析]由于初速度与x轴垂直，粒子做匀速圆周运动的圆心为O点，半径r＝x0，故粒子从y轴上射出的位置距离O点为x0，A对；由Bqv＝mv2r 得r＝mvBq，由于B未知，则比荷不能求，质量也不能求，但时间为t＝T/4，而T＝2πr/v，故C对，B、D错．5．(2011·深圳模拟)如下图所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π3，根据上述条件可求得的物理量为()A．带电粒子的初速度B．带电粒子在磁场中运动的半径C．带电粒子在磁场中运动的周期D．带电粒子的比荷[答案]CD[解析]①假设圆柱截面半径为R，则没有磁场时2R＝v0t；加上磁场时，由几何关系可知，粒子运动的半径为r＝3R，已知速度偏转角为π3，可知粒子在磁场中的运动时间为t′＝16T ＝π3rv0，可求得周期T，故C正确；②由周期T＝2πmqB，可求得带电粒子的比荷，选项D正确；③因半径R不知，因此无法求出带电粒子的初速度及带电粒子在磁场中运动的半径，故选项A、B错误．6．(2011·安徽六校联考)如下图所示，L1和L2为两平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上．带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法不正确的是()A．带电粒子经过B点时速度一定跟在A点时速度相同B．若将带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)，它仍能经过B点C．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不能经过B点D．此粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷[答案]C[解析]带电粒子在运动的过程中，洛伦兹力对电荷不做功，故速度的大小不变，根据左手定则、画出粒子运动的轨迹，可知A正确；带电粒子沿直线运动，进入上方磁场做圆周运动，出磁场时的速度大小不变，沿直线运动后又进入下边磁场，继续做圆周运动，两次圆周运动的圆弧刚好组成一个完整的圆周，所以无论是正电荷还是负电荷都能经过B点，又粒子向右的偏移量只与入射的角度有关，与速度的大小无关，故B、D正确；若斜向上的角度改变为60°，则通过计算可知粒子此时运动一个周期的偏移量是角度为30°时粒子运动一个周，所以粒子仍能回到B点，C错误．期的偏移量的137．(2011·郑州模拟)如下图所示，直角三角形框架ABC竖直放置，比荷相同的E、F两个带电粒子(不计重力)从A点沿AB方向入射，分别打在AC边的P、Q两点．质量相同的两个不带电的小球M、N分别以不同的速度从A点水平抛出，也恰好分别落在P、Q两点，则下列说法正确的是()A．E、F两粒子到达P、Q的时间相同B．E、F两粒子到达P、Q两点的速度方向相同C．M、N两小球到达P、Q两点的时间相同D．M、N两小球到达P、Q两点的速度方向相同[答案]ABD[解析]做圆周运动的E、F两个带电粒子具有相同的弦切角，所以有相同的圆心角，又因两粒子的周期相同，所以到达P、Q两点的时间相同；作图可知两粒子圆心均在过A点垂直于AB的直线上，又因轨迹对应的圆心角相同，所以两粒子出磁场的速度方向相同；平抛运动的时间由高度决定，显然平抛的两小球下落高度不同，所以到达P、Q两点时间不同；平抛运动存在特点tanφ＝2tanα，φ为末速度与初速度的夹角，偏转角α为位移与初速度的夹角，两小球具有相同的α，所以二者在P、Q两点的速度方向相同．8．(2011·黄冈模拟)如下图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是( )A ．电子在磁场中运动的时间为πL v 0B ．电子在磁场中运动的时间为2πL 3v 0C ．磁场区域的圆心坐标(32L ，L 2) D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L)[答案] BC[解析] 由图可以计算出电子做圆周运动的半径为2L ，故在磁场中运动的时间为t ＝π3·2L v 0＝2πL 3v 0，A 错，B 正确；ab 是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(32L ，L 2)，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，计算出其坐标为(0，－L)，所以C 正确，D 错误．二、非选择题9.如下图MN 表示垂直纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速度v射入磁场区域，最后到达平板上的P点．已知B、v以及P到O的距离l.不计重力，则此粒子的比荷为________．[答案]2v Bl[解析]因粒子经O点时的速度垂直于OP，故OP＝2R，又R＝mvqB ，所以qm＝2vBl.10．水平绝缘杆MN套有质量为m, 电荷量为＋q的带电小球，小球与杆的动摩擦因数为μ，将该装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，给小球一水平初速度v0，则小球的最终速度可能为______________．[答案]0、v0、mg qB[解析] 给小球初速度后，其所受洛伦兹力向上，如果洛伦兹力qv 0B<mg ，则小球一直减速到速度为零；如果洛伦兹力qv 0B ＝mg ，小球一直做匀速运动；如果洛伦兹力qv 0B>mg ，小球先做减速运动，当qvB ＝mg 时，小球开始做匀速运动．11．(2011·辽宁六校模拟)许多仪器中可利用磁场控制带电粒子的运动轨迹．如下图所示的真空环境中，有一半径r ＝0.05m 的圆形区域内存在磁感应强度B ＝0.2T 的匀强磁场，其右侧相距d ＝0.05m 处有一足够大的竖直屏．从S 处不断有比荷q m＝1×108C /kg 的带正电粒子以速度v ＝2×106m /s 沿SQ 方向射出，经过磁场区域后打在屏上．不计粒子重力，求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；(2)绕通过P 点(P 点为SQ 与磁场边界圆的交点)垂直纸面的轴，将该圆形磁场区域逆时针缓慢转动90°的过程中，粒子在屏上能打到的范围．[答案] (1)0.1m (2)Q 点以上0.16m 范围内[解析] (1)qvB ＝m v 2RR＝0.1m(2)粒子在磁场中通过的位移刚好等于磁场区域直径时，其速度方向偏转的角度最大，能打到屏上的点最高，由于R＝2r，如图△OPL 为等边三角形，可判断出粒子在磁场中的运动轨迹所对圆心角为60°(图上标出圆心角为60°同样给分)设从L点射出磁场的粒子能打在屏上的N点，LN的反向延长线交PQ于M点，由对称性可知：PM＝R tan30°MQ＝PQ－PMNQ＝MQ tan60°联立上式可得：NQ＝(33－2)r≈0.16m当磁场区域转动90°时，粒子刚好没有进入磁场．沿直线运动打在屏上Q点，所以粒子能打在屏上Q点以上0.16m范围内12．(2011·镇江模拟)如下图所示，在坐标系xOy 中，第一象限内充满着两个匀强磁场a 和b ，OP 为分界线，在区域a 中，磁感应强度为2B ，方向垂直于纸面向里；在区域b 中，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外，P 点坐标为(4l,3l)．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从P 点沿y 轴负方向射入区域b ，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O ，不计粒子重力. (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(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？[答案] (1) 53πm 60qB (2)25qBl 12nm(n ＝1,2,3，…)[解析] (1)设粒子的入射速度为v ，用R a 、R b 、T a 、T b 分别表示粒子在磁场a 区和b 区运动的轨道半径和周期则：R a ＝mv2qBR b ＝mv qBT a ＝2πm 2qB ＝πm qBT b ＝2πm qB粒子先在b 区运动，再进入a 区运动，然后从O 点射出，粒子从P 点运动到O 点所用时间最短．如下图所示tan α＝3l 4l ＝34得α＝37°粒子在b 区和a 区运动的时间分别为： t b ＝2(90°－α)360°T bt a ＝2(90°－α)360°T a故从P 点运动到O 点所用最短时间内： t ＝t a ＋t b ＝53πm60qB. (2)由题意及图可知 n(2R a cos α＋2R b cos α)＝(3l )2＋(4l )2解得：v ＝25qBl12nm(n ＝1,2,3…)．13．(2011·新课标全国)如下图所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤d)和区域Ⅱ(d<x ≤2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面．一质量为m 、带电荷量q(q>0)的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x 轴正向．已知a 在离开区域Ⅰ时，速度方向与x 轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从P 点沿x 轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a 的1/3，不计重力和两粒子之间的相互作用力，求(1)粒子a 射入区域Ⅰ时速度的大小；(2)当a 离开区域Ⅱ时，a 、b 两粒子的y 坐标之差． [答案] (1)2dqBm (2)23－43d[解析] (1)设粒子a 在磁场Ⅰ中运动的半径为r 1，速度为v ，运动轨迹如下图所示，由几何关系知，r1＝2d ①由牛顿第二定律，得：qvB＝mv2r1②联立①②解得：v＝2qBdm.(2)设粒子a在磁场Ⅱ中运动的半径为r1′，周期为T a粒子b在磁场Ⅰ中运动的半径为r2，周期为T b由牛顿第二定律得：对a：qv(2B)＝mv2r1′③T a＝2πr1′v④对b：q·v3·B＝mr2(v3)2 ⑤T b＝2πr2v3⑥联立①②③⑤得：r1′＝d，r2＝23d联立④⑥解得：T a ＝T b2经分析，粒子a 在磁场Ⅱ中运动，所对圆心角为60°，射出磁场Ⅱ的位置与射入磁场Ⅱ的位置等高．运动时间为t a ＝60°360°T a ＝16T a ＝112T b此时粒子b 在磁场Ⅰ中运动的圆心角为 θb ＝360°T b T b12＝30°，未出磁场Ⅰ，由几何关系此时两粒子y 坐标之差为Δy ＝r 1－(r 2－r 2cos 30°)－r 1cos 30°＝4－233d所以a 、b 两粒子的y 坐标之差y a －y b ＝－Δy ＝23－43 d.。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第八章综合测试题

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．(2012·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．(2012·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 －RB.S d ⎝ ⎛⎭⎪⎫BL v I －RC.S L ⎝ ⎛⎭⎪⎫Bd v I －RD.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．(2012·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．(2012·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，三束离子的半径不同，说明比荷电粒子在磁场中运动时，由r＝m vqB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．(2012·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．(2012·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．(2012·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v1向右匀速运动，一带电油滴质量为m，电荷量为q，以速度v2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 v1 qBD．油滴做圆周运动的周期等于2πv1 g[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 v1，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 v1，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 v2qB，C项错误；油滴做圆周运动的周期由T＝2πmqB，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)(2012·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)(2012·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 U d ，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)(2012·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L 2，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 0tL 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＝L 2Rsin θ＝v y vv 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 ＝0.1m qU 0＝12m v 2 q v B ＝m v 2RU 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 ＝2πm qB ＝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＝T 2＝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t2≤T3＝4π3×10－5s16．(11分)(2012·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O1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O2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＝U0，求离子进入磁场后做圆周运动的半径R0；(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)1B2U0mq(2)B2L2q2mn2 (n＝1,2,3，…)nπm3qB (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 0mq(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 ＝2πmqBt ＝n ·T 2π·π3＝nπB3qB 其中n ＝1,2,3，…17. (11分)(2012·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 2q 50Em[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 ②Bq v ＝m v 2r ③P 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，圆周运动的半径为实用文档提高学习工作效率21R ＝13a ⑤ 此时P 到O 的最大距离y m ＝B 2a 2q 18Em⑥ 粒子在磁场中运动的时间t ＝t 1＋t 2＝180°＋30°360°T ＝7πm 6Bq⑦ (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 5⑧ P 到O 的距离y ′满足B 2a 2q 98Em <y ′≤B 2a 2q 50Em⑨。