2011高考物理一轮复习电磁场在实际中的应用配套练习.

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高考物理电磁场经典练习题(含答案详解)

高三物理第一轮专题复习——电磁场在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。

一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出。

（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B’，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B’多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示．求匀强磁场的磁感应强度．（已知电子的质量为m，电量为e）高考）如图所示，abcd为一正方形区域，正离子束从a点沿ad方向以=80m/s 的初速度射入，若在该区域中加上一个沿ab方向的匀强电场，电场强度为E，则离子束刚好从c点射出；若撒去电场，在该区域中加上一个垂直于abcd平面的匀强磁砀，磁感应强度为B，则离子束刚好从bc的中点e射出，忽略离子束中离子间的相互作用，不计离子的重力，试判断和计算：（1）所加磁场的方向如何？（2）E与B的比值BE/为多少？制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中间开有一条窄缝。

两个D 型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。

图乙为俯视图，在D 型盒上半面中心S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D 型盒中。

在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。

如此周而复始，最后到达D 型盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。

已知正离子的电荷量为q ，质量为m ，加速时电极间电压大小为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 型盒的半径为R 。

每次加速的时间很短，可以忽略不计。

正离子从离子源出发时的初速度为零。

专题三：带电粒子在电磁场中的运动(全国卷高考真题版)

专题三：带电粒子在电磁场中的运动（全国卷高考真题版）1、（2011年全国卷，25题，19分）★★★★如图，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成I 和II 两个区域。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速度0v 从平面MN 上的0p 点水平右射入I 区。

粒子在I 区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E ；在II 区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里。

求粒子首次从II 区离开时到出发点0p 的距离。

（粒子的重力可以忽略。

）0021()v l q E B=+2、（2011年全国新课标卷，25题，19分）★★★★如图，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 轴正方向的夹角为30°；因此，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。

(1)2dqB m (2)23(3－2)d3、（2012年全国大纲版，24题，16分）★★如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘清线悬挂于O 点。

先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q 和﹣Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。

再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。

求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。

Q=2Q ∆4、（00年全国卷21题，13分）★★★如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a 、b 、c 和d ，外筒的外半径为r 0。

高考物理一轮复习课时作业【8-2】磁场对运动电荷的作用(含答案)

开卷速查规范特训课时作业实效精练开卷速查(二十九) 磁场对运动电荷的作用A 组基础巩固1．如图29－1所示，水平导线中有电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向图29－1与电流I 的方向相同，则电子将( ) A ．沿路径a 运动，轨迹是圆 B ．沿路径a 运动，轨道半径越来越大 C ．沿路径a 运动，轨道半径越来越小 D ．沿路径b 运动，轨道半径越来越小解析：由r ＝mvBq 知，B 减小，r 越来越大，故电子的径迹是a.答案：B图29－22．如图29－2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：C3．[2018·北京卷]处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )A．与粒子电荷量成正比B．与粒子速率成正比C．与粒子质量成正比D．与磁感应强度成正比解析：由电流概念知，该电流是通过圆周上某一个位置(即某一截面)的电荷量与所用时间的比值．若时间为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T，则公式I＝q/T中的电荷量q即为该带电粒子的电荷量．又T＝2πm qB ，解出I＝q2B2πm.故选项D正确．答案：D图29－34．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，且范围足够大，其俯视图如图29－3所示，若小球运动到某点时，绳子突然断开，则关于绳子断开后，对小球可能的运动情况的判断不．正确的是( )A．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小B．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，半径不变C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径不变D．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径减小解析：绳子断开后，小球速度大小不变，电性不变．由于小球可能带正电也可能带负电，若带正电，绳子断开后小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，向心力减小或不变(原绳拉力为零)，则运动半径增大或不变．若带负电，绳子断开后小球做顺时针方向的匀速圆周运动，绳断前的向心力与带电小球受到的洛伦兹力的大小不确定，向心力变化趋势不确定，则运动半径可能增大，可能减小，也可能不变．答案：A图29－45．(多选题)[2018·浙江卷]利用如图29－4所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m 、电荷量为q 、具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB 3d＋L2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生应用数学知识处理问题的能力和分析问题的能力．由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A 错；根据洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv2r 可得v＝qBr m ，r 越大v 越大，由图可知r 最大值为r max ＝3d ＋L 2，选项B 正确；又r 最小值为r min ＝L2，将r 的最大值和最小值代入v 的表达式后得出速度之差为Δv ＝3qBd 2m，可见选项C 正确、D 错误．答案：BC图29－56．如图29－5所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v.若加上一个垂直纸面指向读者方向的磁场，则滑到底端时( )A ．v 变大B ．v 变小C ．v 不变D ．不能确定解析：洛伦兹力虽然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物体与斜面间的正压力变大，故摩擦力变大，损失的机械能增加．答案：BB 组能力提升7．(多选题)长为L 的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，图29－6板间距离为L ，板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)，从左边极板间中点处垂直磁场以速度v 水平入射，如图29－6所示，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )A ．使粒子速度v ＜BqL4mB ．使粒子速度v ＞5BqL4mC ．使粒子速度v ＞BqL4mD ．使粒子速度BqL 4 m ＜v ＜5BqL4m图29－7解析：如图29－7，设粒子能从右边穿出的运动半径的临界值为r 1，有r 21＝L 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1－L 22，得r 1＝54L.又因为r 1＝mv 1qB ，得v 1＝5BqL 4m ，所以v ＞5BqL4m时粒子能从右边穿出．设粒子能从左边穿出的运动半径的临界值为r 2，由r 2＝L 4得v 2＝qBL 4m ，所以v ＜BqL4m时粒子能从左边穿出．答案：AB图29－88．如图29－8所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1＝2B 2，一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点( )A.2πm qB 1B.2πmqB 2 C.2πm q B 1＋B 2 D.πmq B 1＋B 2图29－9解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图29－9所示，由周期公式T ＝2πm qB 知，粒子从O 点进入磁场到再一次通过O 点的时间t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πmqB 2，所以B 选项正确．答案：B9．(多选题)如图29－10所示，在半径为R 的圆形区域内有匀强磁场．在边长为2R 的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同．两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M 、N 两点射入匀强磁场．在M 点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N 点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N 点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是( )图29－10A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场解析：画轨迹草图如图29－11所示，容易得出粒子在圆形磁场中的轨迹长度(或轨迹对应的圆心角)不会大于在正方形磁场中的，故A、B、D正确．29－11答案：ABD图29－1210．[2018·陕西省西安市长安区一中模拟]如图29－12所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的带电粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e 点射出，则( )A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从e 点射出所用时间最短29－13解析：由于速度与半径垂直，因此圆心一定在a 点正下方，从e 点射出时，圆心角恰好为90°，如图29－13所示，根据r ＝mvqB ，若速度增为原来的2倍，则轨道半径也增为原来的2倍，圆心角不变，对应的弦也增为原来的2倍，恰好从d 点射出，A 正确；如果粒子的速度增大为原来的3倍，轨道半径也变为原来的3倍，从图中看出，出射点从f 点靠下，B 错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，根据r ＝mvqB 得，轨道半径变成原来的一半，从ae 的中点射出，C 错误；根据粒子运动的周期T ＝2πmqB知，粒子运动周期与速度无关，从e 和d 点射出的粒子，转过的圆心角都是90°，运动时间都是T4，运动时间相同，D 错误．答案：A 11.图29－14如图29－14所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向外、大小为B ，沿x 轴放置一个垂直于xOy 平面的较大的荧光屏，P 点位于荧光屏上，在y 轴上的A 点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m 、电荷量为＋q 的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P 点处在亮线上，已知OA ＝OP ＝l ，求：(1)若能打到P 点，则粒子速度的最小值为多少？(2)若能打到P 点，则粒子在磁场中运动的最长时间为多少？解析：(1)粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子的速度大小为v 时，其在磁场中的运动半径为R ，则F ＝qBv ，由牛顿运动定律有F ＝mv2R若粒子以最小的速度到达P 点时，其轨迹一定是以AP 为直径的圆(如图中圆O 1所示)．由几何关系知s AP ＝2l ， R ＝s AP 2＝22l. 则粒子的最小速度v ＝2qBl2m. (2)粒子在磁场中的运动周期T ＝2πmqB，设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为： t ＝θ2πT ＝θm qB. 由图29－15可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O 2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上．图29－15则由几何关系有θ＝32π.则粒子在磁场中运动的最长时间t ＝3πm2qB .答案：(1)2qBl2m(2)3πm2qB12．[2018·山西省太原市模拟]如图29－16所示，竖直边界PQ 左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有竖直向下的匀强电场，场强大小为E ，C 为边界上的一点，A 与C 在同一水平线上且相距为L.两相同的粒子以相同的速率分别从A 、C 两点同时射出，A 点射出的粒子初速度沿AC 方向，C 点射出的粒子初速度斜向左下方与边界PQ 成夹角θ＝π6.A 点射出的粒子从电场中运动到边界PQ 时，两粒子刚好相遇．若粒子质量为m ，电荷量为＋q ，重力不计，求：图29－16(1)粒子初速度v 0的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)相遇点到C 点的距离．解析：A 点射出的粒子做类平抛运动，经时间t 到达边界，L ＝v 0t ① 竖直方向的位移：y ＝12at 2②Eq ＝ma ③图29－17C 点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v2R ④由几何关系：2Rsin θ＝y ⑤在磁场中运动的时间与粒子在电场中运动时间相等． t ＝2θ2πT ⑥ T ＝2πmqB⑦ 由以上关系解得：v 0＝πEqL6m⑧ B ＝π3πEm6qL⑨ 相遇点距C 点距离y ＝3Lπ ⑩答案：(1)πEqL 6m (2)π3πEm 6qL (3)3LπC 组难点突破13．[2018·安庆模拟]如图29－18所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，图29－18场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一电荷量为－q 、质量为m 的带负电的小球套在直杆上，从A 点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球下滑的最大速度为v ＝mgsin θμBqB ．小球下滑的最大加速度为a m ＝gsin θC ．小球的加速度一直在减小D ．小球的速度先增大后减小解析：小球开始下滑时有：mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma ，随v 增大，a 增大，当v ＝mgcos θqB时，达最大值gsin θ，此后下滑过程中有：mgsin θ－μ(qvB －mgcos θ)＝ma ，随v 增大，a 减小，当v m ＝mg sin θ＋μcos θ μqB时，a ＝0.所以整个过程中，v 先一直增大后不变；a 先增大后减小，所以B 选项正确．答案：B。

2011届高考物理一轮复习全解测试：8.1 磁场对电流的作用(2)

1．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是()A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．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D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关解析：选D.因为磁场中某点的磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力及方向都无关．所以A选项错，D选项正确．因为通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的取向有关，故B选项错．对C选项，虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的方向不同时，磁场力是不相同的(导线与磁场垂直时受磁场力最大，与磁场平行时受磁场力为零)，而C选项中没有说明导线在各个位置的取向是否相同，所以C 选项错．2．(2009年高考海南卷)一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图11－1－14中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是()图11－1－14解析：选D.由左手定则判断可知D对．3．在磁感应强度为B 0，竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直纸面向里，如图11－1－15所示，a 、b 、c 、d 是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )A ．c 、d 两点的磁感应强度大小相等B ．a 、b 两点的磁感应强度大小相等C ．c 点的磁感应强度的值最小D ．b 点的磁感应强度的值最大解析：选C.在c 点电流产生的磁场方向与B 0反向，故合磁感应强度最小．在a 点两者同向，合磁感应强度最大，在b 、d 两点，两者互相垂直，故合磁感应强度大小相等．因此只有C 项正确．4．(2009年合肥一中二模)在匀强磁场中有一用粗细均匀、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11－1－16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解析：选 B.由左手定则可知，导体框图11－1－15图11－1－16abc 所受安培力的合力垂直于ac 向上．5．如图11－1－17所示，铜棒ab 长L 1＝0.1 m ，质量为6×10－2kg ，两端与长为L 2＝1 m 的轻铜线相连，静止于竖直平面上．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒垂直纸面向外发生摆动．已知最大偏角为37°，则在此过程中铜棒的重力势能增加了多少？通过电流的大小为多少？方向如何？(不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2)解析：以棒为研究对象受力分析如图，重力做功WG=-mgh=-mgL2(1-cos θ)=-6×10-2×10×0.2×1 J=-0.12 J因ΔE p ＝－W G ＝0.12 J ，故重力势能增加了0.12 J.因为导体棒最大偏角为37°，由动能定理得F ·L 2sin θ－mgL 2(1－cos θ)＝0①F ＝BIL 1②由①②解得I ＝4 A ，方向由b →a .答案：0.12 J 4 A 方向由b →a图11－1－17。

2011年高考物理真题分类汇编-电、磁学实验(详解_精校)

甲2011年高考物理真题分类汇编电学实验4．（2011年高考·江苏理综卷）某同学利用如图所示的实验电路来测量电阻的阻值。

⑴将电阻箱接入a 、b 之间，闭合开关。

适当调节滑动变阻器R ′后保持其阻值不变。

改变电阻箱的阻值R ，得到一组电压表的示数U 与R 的数据如下表：请根据实验数据作出U-R 关系图象。

⑵用待测电阻R x 替换电阻箱，读得电压表示数为2.00V 。

利用⑴中测绘的U-R 图象可得R x =_____Ω。

⑶使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大。

若仍用本实验装置和⑴中测绘的U-R 图象测定某一电阻，则测定结果将_________（选填“偏大”或“偏小”）。

现将一已知阻值为10Ω的电阻换接在a 、b 之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和⑴中测绘的U-R 图象实现对待测电阻的准确测定？5.（2011年高考·福建理综卷）某同学在探究规格为“6V ，3W ”的小电珠伏安特性曲线实验中：（1）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至____档进行测量。

（填选项前的字母）A ．直流电压10VB ．直流电流5mAC ．欧姆× 100D ．欧姆× 1（2）该同学采用图甲所示的电路进行测量。

图中R为滑动变阻器（阻值范围0~20Ω，额定电流1.0A ），L 为待测小电珠，○V 为电压表（量程6V ，内阻20k Ω），○A 为电流表（量程0.6A ，内阻1Ω），E 为电源（电动势8V ，内阻不计），S 为开关。

Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最____端；（填“左”或“右”）Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭和开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是_____点至_____点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）Ⅲ．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而______。

云南省2011届高三物理一轮复习试题磁感应强度和安培力旧人教版

第十一单元磁场第55讲磁感应强度安培力体验成功1.关于磁场和磁感线，如下表示正确的答案是()A.磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，其每一点的磁场方向在该处的切线方向上B.磁极间的相互作用是通过磁场产生的C.磁感线总是从磁体的N极指向S极D.磁感线就是磁场中碎铁屑磁化后排列成的曲线解析：磁感线的相对疏密可以表示磁场的强弱，切线方向为磁场的方向，选项A正确；这是磁场的根本特性，选项B正确；在磁体内部，磁感线由S极指向N极，选项C错误；磁感线是虚拟的、不存在的，是为形象地描述磁感应强度而引入的，选项D错误.答案：AB2.在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针的N极向东偏转，由此可知()A.一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针B.可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针C.可能是小磁针正上方有电子流自南向北水平通过D.可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过解析：小磁针的N极向东偏转，如此一定是小磁针所在位置的磁场方向变成偏东方向，因此此处可能有磁体产生的磁场，也可能是电流产生的磁场，所以选项A错误、B正确.电子带负电，电子流自南向北水平通过，在小磁针所处位置产生的磁场向东，选项C正确.答案：BC3.实验室经常使用的电流表是磁电式仪表.这种电流表的构造如图甲所示.蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的.假设线圈中通以如图乙所示的电流，如此如下说法正确的答案是()A.在量程内指针转至任一角度，线圈平面都跟磁感线平行B.线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动C.当线圈在如图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上D.当线圈在如图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动解析：指针在量程内线圈一定处于磁场之中，由于线圈与铁芯共轴，线圈平面总是与磁感线平行，A正确；电表的调零使得当指针处于“0〞刻度时，螺旋弹簧处于自然状态，所以无论线圈向哪一方向转动都会使螺旋弹簧产生阻碍线圈转动的力，B正确；由左手定如此知，b端受到的安培力方向向下，安培力将使线圈沿顺时针方向转动，C错误，D正确.答案：ABD4.如下列图，直角坐标系Oxyz处于匀强磁场中，有一条长0.6m的直导线沿Ox方向通有大小为9A的电流，受到的安培力沿Oz方向，大小为2.7N，如此该磁场可能的方向和磁感应强度B的最小值为()A.平行于xOy平面，B＝0.5TB.平行于xOy平面，B＝1.0TC.平行于yOz平面，B＝0.5TD.平行于xOz平面，B＝1.0T解析：由左手定如此可知，F 垂直于I 与B 决定的平面，且当B 与I 垂直时，B 的值最小.由此可以判断出选项A 、C 正确.答案：AC5.如下列图，三根通电长直导线P 、Q 、R 互相平行且通过正三角形的三个顶点，三条导线中通有大小相等、方向垂直纸面向里的电流.通过直导线产生的磁场的磁感应强度B ＝kIr，I 为通电导线的电流大小，r 为与通电导线的距离，k 为常量.如此通电导线R 受到的磁场力的方向是()A.垂直R ，指向y 轴负方向B.垂直R ，指向y 轴正方向C.垂直R ，指向x 轴负方向D.垂直R ，指向x 轴正方向解析：安培力的方向与电流方向垂直，P 、Q 在R 处产生的合磁场方向沿x 轴正方向，由左手定如此可以判断出R 受到的磁场力方向指向y 轴负方向.答案：A6.如图甲所示，一根重G ＝0.2N 、长L ＝1m 的金属棒ab ，在其中点弯成60°角，将此通电导体放入匀强磁场中，导体两端a 、b 悬挂于两一样的弹簧下端，当导体中通以I ＝2A 的电流时，两根弹簧比原长各缩短Δx ＝0.01m.匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度B ＝0.4T ，求：(1)导线中电流的方向. (2)弹簧的劲度系数k .解析：(1)通电后，根据左手定如此可判断安培力的方向，F 、F ′的方向各与导线垂直(如图乙所示)，而F 、F ′的合力如此是竖直向上的，所以导线中电流的流向应为b →a .乙(2)ab 在重力G ，弹簧弹力F 1、F 2，安培力F 、F ′的作用下处于平衡状态，如此：F 1＋F 2＋G ＝F cos60°＋F ′cos60°2k Δx ＋G ＝2BI ·L2cos60°解得：k ＝BIL cos60°－G2Δx＝0.4×2×1×12－0.22×0.01N/m＝10N/m.答案：(1)b →a (2)10N/m金典练习二十七磁感应强度安培力选择题局部共10小题，每一小题6分.在每一小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如下列图，在平面M 内放有一半径为r 的半圆形导线，导线中所通的电流为I 1，在半圆线圈圆心O 处垂直平面M 放一长直导线，导线中通以向上的电流I2.长直导线在半圆形导线处产生的磁感应强度为B ，如此半圆形导线所受的安培力的大小是()A.2BI1r B.2BI 2r C.πBI 1r D.0解析：直线电流产生的磁场是一组同心圆，I 2为半圆形电流，与磁场方向平行，所以半圆形导线不受安培力.答案：D2.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如下列图，ad边与MN平行.关于MN中电流产生的磁场对线框的作用，如下表示中正确的答案是()A.线框有两条边所受到的安培力方向一样B.线框有两条边所受到的安培力大小一样C.整个线框有向里收缩的趋势D.假设导线MN向左微移，各边受力将变小，但合力不变解析：由直线电流产生磁场的特点可知，与导线距离相等的位置磁感应强度大小相等.因此ab与cd边受到的安培力大小相等，但ab受力方向向下，cd受力方向向上，即两者的方向相反.ad受力方向向左，bc受力方向向右，但ad受到的力大于bc受到的力；假设MN向左微移，如此线框各边所在处磁场均减弱，故各边受力均变小，但ad边所在处减弱更多，故线框所受向左的合力变小.答案：B3.19世纪20年代，以塞贝克为代表的科学家已经认识到：温度差会引起电流.安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出“地球磁场是绕地球的环行电流引起的〞的假设.磁子午线是地球磁场N极与S极在地球外表的连线，如此该假设中的电流方向是A.由西向东垂直磁子午线B.由东向西垂直磁子午线C.由南向北沿磁子午线D.由赤道向两极沿磁子午线解析：因为地磁场N极在地球南极附近，地磁场S极在地球北极附近，故由安培定如此可得题中假设的电流方向是由东向西垂直磁子午线.答案：B4.在xOy平面中有一通电直导线ab与Ox、Oy轴相交，导线中的电流方向如下列图.该区域有匀强磁场，通电直导线所受磁场力的方向与Oz轴的正方向一样，该磁场的磁感应强度的方向可能是()A.沿x轴负方向B.沿y轴负方向C.沿z轴正方向D.沿z轴负方向解析：当电流方向与磁场方向不垂直时，可以将磁感应强度进展分解，分解为与电流方向垂直的分量和与电流方向平行的分量.根据左手定如此，手心应与磁感应强度垂直电流方向的分量垂直.当磁感应强度的方向为x轴负方向或y轴负方向时，都有与电流垂直的分量，根据左手定如此判定，受力方向都沿z轴正方向，如图乙所示.答案：AB5.如下有关磁感线的说法中，正确的答案是()A.在磁场中存在着一条一条的磁感线B.磁感线是起源于N极，止于S极C.磁感线越密集处磁场越强D.两条磁感线之间的区域不存在磁场解析：磁感线在磁场中实际不存在，是人们为了研究问题方便而引入的假想线，选项A 错误.在磁体外部的磁感线从N极出发，止于S极；在磁体内部的磁感线从S极出发，止于N极，选项B错误.磁感线的疏密程度可以反映磁场强弱，选项C正确.磁场存在于磁体周围的整个空间中，选项D错误.答案：C6.图示的装置中，劲度系数较小的金属轻弹簧下端恰好浸到水银面，电源电动势足够大.当闭合开关S后，弹簧将()A.保持静止B.收缩C.变长D.不断上下振动解析：在开关闭合的瞬间，有电流流过弹簧，弹簧可以看成由很多匝环形电流组成，每一匝环形电流相当于一个小的条形磁铁，由右手螺旋定如此可以判断出各匝相互吸引.弹簧收缩后脱离水银，弹簧中无电流，各匝不再相互吸引，弹簧恢复原长，又与水银接触；接触，通电，再又重复上述过程.故弹簧不断上下振动.答案：D7.如图甲所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，用F N表示磁铁对桌面的压力，f表示桌面对磁铁的摩擦力，如此导线通电后与通电前相比()A.F N减小，f＝0B.F N减小，f≠0、方向向左C.F增大，f＝0D.F N增大，f≠0、方向向左解析：解法一画出条形磁铁周围的磁感线，由左手定如此可知长直导线的受力方向为左上方向；由牛顿第三定律可知条形磁铁的受力方向为右下方向，如图乙所示.应当选项D正确.解法二画出条形磁铁的等效环形电流，如图乙所示.由电流之间安培力方向特点很容易判定这些环形电流受直导线的安培力的合力应向右下方向，选项D正确.答案：D8.在赤道上竖立一避雷针.当一团带负电的乌云经过其正上方时，地磁场对避雷针的作用力()A.向东B.向西C.向南D.向北解析：作出如下列图的方位图，带负电的云层放电，如此避雷针中的电流方向竖直向上，由左手定如此判断，地磁场对避雷针的作用力向西.答案：B9.如图甲所示，把一通电导线AB放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动.当导线AB中通有图示方向的电流I时，从上往下看，导线的运动情况是()A.按顺时针方向转动，同时下降B.按顺时针方向转动，同时上升C.按逆时针方向转动，同时下降D.按逆时针方向转动，同时上升解析：先采取电流元受力分析法，把直线电流等效为OA、OB两段电流元，如图乙所示.根据左手定如此可知，两段电流元所受安培力方向相反(OA电流元受力指向纸面外，OB电流元受力指向纸面里).可见，从上往下看时，导线将逆时针转动.再采取特殊位置分析法，取导线逆时针转过90°的特殊位置来分析，如图丙所示.根据左手定如此判断出安培力的方向向下，故导线在逆时针转动的同时，向下运动，所以正确答案为C.答案：C10.如图甲所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面三角形框架置于光滑水平面上，三边的长度分别为3L、4L和5L，长度为L的电阻丝的电阻为r，框架与一电动势为E、内阻不计的电源相连接，整个系统处于方向垂直于框架平面、磁感应强度为B的匀强磁场，如此框架受到的安培力的合力为()A.0B.BqL r ，方向b →dC.2BEL r ，方向d →bD.12BEL 7r，方向b →d解析：由题意知，通过ac 边的电流为：I1＝E 5r由a →b →c 的电流I 2＝E7r故框架的受力情况如图乙所示.如此：Fac ＝B ·5L ·E 5r ＝BLEr ，方向b →dF ab ＝3BLE 7r ，方向b →cF bc ＝4BLE 7r，方向b →a由平行四边形定如此知，F ab 、F bc 的合力与F ac 同向，大小为5BLE7r，如图丙所示.故框架受到的安培力的合力为：F ＝5BLE 7r ＋BLE r ＝12BLE 7r ，方向b →d .答案：D非选择题局部共3小题，共40分.11.(13分)图示为等臂电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度.它的右臂挂着匝数n ＝9的矩形线圈，线圈的水平边长为l ，处于匀强磁场内，磁感应强度的大小为B 、方向与线圈平面垂直.当线圈中通过电流I 时，调节砝码使两臂达到平衡.然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m 的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡.(1)导出用量和可测量量n 、m 、l 、I 表达B 的计算式.(2)当l ＝10.0cm 、I ＝0.10A 、m ＝7.2g 时，磁感应强度B 是多大？(取重力加速度g ＝10m/s 2)解析：(1)设电流方向未改变时，等臂天平的左盘内砝码的质量为m 1，右盘内砝码的质量为m 2，由平衡条件有：m 1g ＝m 2g －nBIl电流方向改变之后有： (m 1＋m )g ＝m 2g ＋nBIl联立两式可得：B ＝mg2nIl.(2)将n ＝9，l ＝10cm ，I ＝0.1A ，m ＝7.2g 代入B ＝mg2nIl中得：B ＝0.4T.答案：(1)B ＝mg2nIl(2)0.4T12.(13分)如图甲所示，电源的电动势E ＝2V ，内阻r ＝0.5Ω，两竖直导轨间的距离L ＝0.2m ，竖直导轨的电阻可以忽略不计.金属棒的质量m ＝0.1kg ，电阻R ＝0.5Ω，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，在纸外一侧垂直靠在两导轨上.为使金属棒不下滑，施一与纸面成30°夹角、与导线垂直且斜向纸里的磁场，如此磁感应强度的大小应满足什么条件？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2)解析：对金属棒进展受力分析，设磁感应强度为B 1时，金属棒恰好不下滑，此时它的受力情况如图乙所示，有： F cos30°＝F N F sin30°＋f ＝mg f ＝μF N F ＝B 1ILI ＝E R ＋r解得：B 1＝3.0T设磁感应强度为B 2时，金属棒恰好不上滑，此时它的受力情况如图丙所示.同理有：B 2IL sin30°＝μB 2IL cos30°＋mg 乙丙解得：B 2＝16.3T故磁感应强度B 的大小应满足： 3.0T ≤B ≤16.3T.答案：3.0T ≤B ≤16.3T13.(14分)图示为导轨式电磁炮实验装置示意图.两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放有一金属滑块(即实验用弹丸).滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触.电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源.滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射.在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B ＝kI ，比例常量k ＝2.5×10－6T/A.两导轨内侧间距l ＝1.5cm ，滑块的质量m ＝30g ，滑块沿导轨滑行5m 后获得的发射速度v ＝3.0km/s(此过程视为匀加速运动).(1)求发射过程中电源提供的电流.(2)假设电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，如此发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？解析：(1)由匀加速直线运动公式得：a ＝v 22s＝9×105m/s 2 由安培力公式和牛顿第二定律，有： F ＝BIl ＝kI 2l ＝ma因此I ＝makl＝8.5×105A.(2)滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即：P ·Δt ×4%＝12mv 2发射过程中电源供电时间为：Δt ＝v a ＝13×10－2s所需的电源输出功率为：P ＝12mv 2Δt ×4%＝1.0×109W由功率P ＝IU ，解得输出电压为：U ＝PI＝1.2×103V .答案：(1)8.5×105A(2)1.0×109W1.2×103V。

2011年高考物理一轮复习同步练习(名师解析)11-专题1磁场磁场对电流的作用

第十一章专题一课时提能·精炼1.(2010·西城抽样测试)下列物理量中，属于标量的是() A．动能B．动量C．电场强度D．磁感应强度【答案】 A2．(2009·广东理基改编)有关安培力的描述，正确的是() A．通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B．当通电直导线与磁场方向垂直时，电流受到的安培力大小为BILC．通电直导线在匀强磁场中运动时安培力一定做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行【解析】通电直导线与磁场平行，不受安培力，A错误；安培力方向与磁场垂直，D 错误；安培力可以做正功或负功，也可以不做功，C错误；当通电直导线与磁场方向垂直时，安培力的大小等于BIL，B正确．【答案】 B3．科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢，我国已在2009年1月1日零时进行了时间调整．假如地球的磁场是由地球表面带电引起的，则可判定() A．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱B．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变强C．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱D．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变强【解析】地球自转等效成环形电流，地球南极为磁场N极，由右手螺旋定则可知地球表面带负电，地球转速变慢使环形电流减小，故磁场减弱，所以选C.【答案】 C4．(2009·湖南湘潭摸底考试)取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()A．2B B．BC．0.5B D．0【解析】当在题图(b)的螺线管中通以电流强度为I的电流时，由于它是双线并绕的，故可以看成是两个螺线管的叠加，又由于它们双线中电流方向始终相反，故产生的磁场也是相反的，它们叠加后就相互抵消了，故D正确．【答案】 D5．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 ．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，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【解析】磁感应强度是磁场本身属性，在磁场中某处为一恒量，其大小可由B ＝FIL 计算，但与试探电流元的F 、I 、L 的情况无关；B 的方向规定为小磁针N 极受磁场力的方向，与放在该处电流元受力方向并不一致；当试探电流元的方向与磁场方向平行时，虽磁感应强度不为零，但电流元所受磁场力却为零；据磁感应强度大小即磁通密度B ＝ΦS 可知，在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大．故选D.【答案】 D6.如右图所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O 是转动轴，A 是绝缘手柄，C 是闸刀卡口，M 、N 接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B ＝1 T 的匀强磁场中，CO 间距离为10 cm ，当磁场力为0.2 N 时，闸刀开关会自动跳开．则要使闸刀开关能跳开，CO 中通过的电流的大小和方向为( )A ．电流方向C →OB ．电流方向O →C C ．电流大小为1AD ．电流大小为0.5A【解析】由左手定则，电流的方向O →C ，由B ＝F IL 得I ＝FBL＝2 A.【答案】 B7．如右图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其N 极的上方固定一根水平长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，则( )A ．磁铁对桌面的压力减小，且不受桌面的摩擦力作用B ．磁铁对桌面的压力增大，且不受桌面的摩擦力作用C ．磁铁对桌面的压力减小，且受到桌面所给的向左的摩擦力D ．磁铁对桌面的压力增大，且受到桌面所给的向右的摩擦力【解析】本题不要取磁铁作为研究对象，而应取通电导线为研究对象，因为导线所在处的磁场方向容易把握，安培力的方向容易确定，然后再由牛顿第三定律分析磁铁的受力情况．如右图所示，大致画出导线所在处的磁场方向，确定导线的受力方向，知磁铁受斜向下的磁场力，可以确定D 正确．【答案】 D8．如右图所示，通电细杆ab质量为m，置于倾角为θ的导轨上，导轨和杆间不光滑．通有电流时，杆静止在导轨上．下图是四个侧视图，标出了四种匀强磁场的方向，其中摩擦力可能为零的是()【解析】因为杆静止在导轨上，所受合力为零，如果杆和导轨无挤压或者杆相对于导轨无滑动的趋势，则摩擦力为零．根据左手定则，四指指向电流方向，磁感线垂直穿过手心，则大拇指指向为安培力的方向，所以A中F水平向右，B中F竖直向上，C中F竖直向下，D中F水平向左，A、B满足题意．【答案】AB9．如右图所示，在a、b、c三处垂直纸面放置三根长直通电导线，a、b、c是等边三角形的三个顶点，电流大小相等，a处电流在三角形中心O点的磁感应强度大小为B，求O 处磁感应强度．【解析】由于Oa＝Ob＝Oc，所以在各电流等大的前提下，b、c两处的电流在O点的磁感应强度大小也为B，根据安培定则，各电流在O处的磁感应强度应垂直于各点和O 的连线，所以根据平行四边形定则，a、b在O处的合磁感应强度为B，方向水平向右，所以O处的总磁感应强度大小为2B，方向平行ab连线向右．【答案】2B'方向平行ab连线向右10．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L.M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)．现垂直于导轨放置一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如右图所示，问：(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B 的方向如何？【解析】从b 向a 看侧视图如右图所示(1)水平方向：f ＝F A sin θ① 竖直方向：N ＋F A cos θ＝mg ②又F A ＝BIL ＝B ERL ③联立①②③得：N ＝mg －BLE cos θRf ＝BLE sin θR(2)使ab 棒受支持力为零，且让磁场最小，须使所受安培力竖直向上，有F A ＝mgB min ＝mgR EL，根据左手定则判断磁场方向水平向右．【答案】 (1)mg －BEL cos θR 'BLE sin θR '(2)mgREL '方向水平向右1.(2009·海南单科)一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如下图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是( )【解析】由左手定则知D 正确．【答案】 D 2．(2009·重庆理综)在下图所示电路中，电池均相同，当开关S 分别置于a 、b 两处时，导线MM ′与NN ′之间的安培力的大小分别为f a 、f b ，可判断两段导线( )A ．相互吸引，f a >f bB ．相互排斥，f a >f bC ．相互吸引，f a <f bD ．相互排斥，f a <f b【解析】无论开关置于a 还是置于b ，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A 、C 错误．开关置于位置b 时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，故D 正确．【答案】 D3．(2009·全国Ⅰ)如右图，一段导线abcd 位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab 、bc 和cd 的长度均为L ，且∠abc ＝∠bcd ＝135°.流经导线的电流为I ，方向如图中箭头所示．导线段abcd 所受到的磁场的作用力的合力( )A ．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILB B ．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【解析】由左手定则及力的合成可知合力方向沿纸面向上，故知C 、D 选项错误．再由安培力公式F ＝BIL 可得合力大小为(2＋1)ILB .选项A 正确．【答案】 A 4．(2010·海淀期末练习)有两根长直导线a 、b 互相平行放置，右图所示为垂直于导线的截面图。

2011届高考物理一轮复习教学案精品集85 电磁场在实际中的应用 doc

第五课时电磁场在实际中的应用【教学要求】1．了解回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器、电磁流量计、霍耳效应磁哟计、质谱仪等。

2．学会分析实际应用问题的解决方案。

如图是一种质谱仪的示意图，其中MN板的左方是带电粒子速度选择器．选择器内有正交的匀强电场E和匀强磁场B，一束有不同速率的正离子水平地由小孔S进入场区，路径不发生偏转的离子的条件是_____________，即能通过速度选择器的带电粒子必是速度为v＝_______的粒子，与它带多少电和电性，质量为多少都无关。

【应用1】如图所示不同元素的二价离子经加速后竖直向下射入由正交的匀强电场和匀强磁场组成的粒子速度选择器，恰好都能沿直线穿过，然后垂直于磁感线进入速度选择器下方另一个匀强磁场，偏转半周后分别打在荧屏上的M、N两点．下列说法中不正确的有（）A．这两种二价离子一定都是负离子B．速度选择器中的匀强磁场方向垂直于纸面向里C．打在M、N两点的离子的质量之比为OM：ON D．打在M、N两点的离子在下面的磁场中经历的时间相等由左手定则知，这两种二价离子都是负离AB对。

二价离子垂直于磁感线进入下方匀强磁场后由于速度、电量、磁感应强度都相等，打在M、N两点的离子的质量之比为OM：ON，C对。

但打在M、N两点的离子在下面的磁场中经历的路程不等，所以经过的时间也不等，D错。

故选D。

回旋加速器是利用电场对电荷的加速作用和磁场对运动电荷的偏转作用来获得高能粒子的装置，由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝与速率和半径无关，所以只要交变电场的变化周期等于粒子运动的周期，就可以使粒子每次通过电场时都能得到加速；粒子通过D形金属扁盒时，由于金属盒的静电屏蔽作用，盒内空间的电场极弱．所以粒子只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，设D盒的半径为r，则粒子获得的最大动能为：。

【应用2】如图所示为一回旋加速器的示意图，已知D形盒的半径为R，中心O处放有质量为m、带电量为q的正离子源，若磁感应强度大小为B，求：（1）加在D形盒间的高频电源的频率。

高三物理一轮复习第8章第4讲电磁场在实际中的用习题

咐呼州鸣咏市呢岸学校【走向高考】高三物理一轮复习第8章第4讲电磁场在实际中的用习题一、选择题(1～3题为单项选择题，4～8题为多项选择题)1．设盘旋加速器中的匀强磁场的磁感强度为B ，粒子的质量为m ，所带电荷量为q ，刚进入磁场的速度为v0，盘旋加速器的最大半径为R ，那么两极间所加的交变电压的周期T 和该粒子的最大速度v 分别为( ) A ．T ＝2πm qB ，v 不超过qBR m B ．T ＝πm qB ，v 不超过qBR m C ．T ＝2πm qB ，v 不超过qBR 2m D ．T ＝πm qB ，v 不超过qBR 2m[答案] A[解析] 粒子做匀圆周运动周期为T ＝2πmqB，故电源周期须与粒子运动周期同步，粒子的最大速度由最大半径R 决。

2．(2021·模拟)如下图，电源电动势为E ，内阻为r ，滑动变阻器最大电阻为R ，开关K 闭合。

两平行金属极板a 、b 间有匀强磁场，一带负电的粒子(不计重力)以速度v 水平匀速穿过两极板。

以下说法正确的选项是( )A ．假设将滑片P 向上滑动，粒子将向a 板偏转B ．假设将a 极板向上移动，粒子将向a 板偏转C ．假设增大带电粒子的速度，粒子将向b 板偏转D ．假设增大带电粒子带电荷量，粒子将向b 板偏转 [答案] C[解析] 将滑片P 向上滑动，电阻两端的电压减小。

因电容器与电阻并联，故两板间的电势差减小，根据E ＝Ud 知两板间的电场强度减小，粒子所受电场力减小，因带负电，电场力向上，所以粒子将向b 板偏转，A错误；保持开关闭合，将a 极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E ＝Ud 可知，板间电场强度减小，粒子所受电场力向上变小，洛伦兹力向下，那么粒子将向b 板偏转，故B 错误；假设增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b 板偏转，C 正确；假设增大带电粒子带电荷量，所受电场力增大。

2011年高考物理一轮复习同步练习(名师解析)11-专题3带电粒子在复合场中的运动

第十一章专题三课时提能·精炼1．如右图所示，真空中一光滑水平面上，有两个直径相同的金属小球A 、C ，质量m A＝0.01 kg ，m C ＝0.005 kg.静止在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中的C 球带正电，电荷量q C ＝1.0×10－2 C ，在磁场外的不带电的A 球以v 0＝20 m/s 的速度进入磁场中与C 球发生正碰后，C 球对水平面的压力恰好为零，则碰后A 球的速度为( )A ．20 m/sB ．10 m/sC ．5 m/sD ．15 m/s 【解析】碰后对C 球有m C g ＝q C 2v C B ，相碰过程A 、C 组成的系统动量守恒，有m A v 0＝m A v A ＋m C v C ，代入数据可求得v A ＝10 m/s ，故选B.【答案】 B2．(2009·涿州模拟)如右图所示，一粒子先后通过竖直方向的匀强电场区和竖直方向的匀强磁场区，最后粒子打在右侧屏上第二象限上的某点．则下列说法中正确的是( )A ．若粒子带正电，则E 向上，B 向上B ．若粒子带正电，则E 向上，B 向下C ．若粒子带负电，则E 向下，B 向下D ．若粒子带负电，则E 向下，B 向上【解析】因带电粒子打在第二象限上的某点，必在电场中向上偏，在磁场中向右偏，即在电场中受向上的电场力，在磁场中受指向右侧的洛伦兹力．【答案】 AC3．如右图所示，质量为m 、电荷量为q 的微粒，在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )A ．该微粒带负电，电荷量q ＝mg EB ．若该微粒在运动中突然分成荷质比相同的两个粒子，分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直，它们均做匀速圆周运动C ．如果分裂后，它们的荷质比相同，而速率不同，那么它们运动的轨道半径一定不同D ．只要一分裂，不论它们的荷质比如何，它们都不可能再做匀速圆周运动【解析】带电微粒在有电场力、洛伦兹力和重力作用的区域能够做匀速圆周运动，说明重力必与电场力大小相等、方向相反，由于重力方向总是竖直向下，故微粒受电场力方向向上，从题图中可知微粒带负电，选项A 正确．微粒分裂后只要荷质比相同，所受电场力与重力一定平衡(选项A 中的等式一定成立)，只要微粒的速度不为零，必可在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，选项B 正确、D 错误．根据半径公式r ＝m v qB可知，在荷质比相同的情况下，半径只跟速率有关，速率不同，则半径一定不同，选项C 正确．【答案】 ABC4．一质子以速度v 穿过相互垂直的电场和磁场区域而没有偏转，如右图所示，则( )A ．若电子以相同的速度v 射入该区域，将会发生偏转B ．无论何种带电粒子，只要以相同的速度v 射入都不会发生偏转C ．若质子的入射速度v ′>v ，它将向上偏转，其运动轨迹不是圆弧也不是抛物线D ．若质子的入射速度v ′<v ，它将向下偏转而做类平抛运动【解析】速度选择器只选择速度，不能选择带电的多少或带电正负；v ′<v 时，由于洛伦兹力的大小和方向都变化，所以不是类平抛运动，故B 、C 正确．【答案】 BC5．如右图所示，M 、N 两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(重力不计)从O 点以速度v 沿着和两板平行的方向射入场区后，做匀速直线运动，经过时间t 1飞出场区；如果两板间只有电场，粒子仍以原来的速度在O 点进入电场，经过时间t 2飞出电场；如果两板间只有磁场，粒子仍以原来的速度在O 点进入磁场后，经过时间t 3飞出磁场，则t 1、t 2、t 3之间的大小关系为( )A ．t 1＝t 2<t 3B ．t 2>t 1>t 3C ．t 1＝t 2＝t 3D ．t 1>t 2＝t 3 【解析】本题考查运动的独立性原理，即只考虑平行于金属板方向的运动．若电场、磁场均存在，犹如速度选择器，粒子将会匀速通过平行金属板．时间t 1为板长与速度v 的比值；如果只有电场，粒子做类平抛运动，平行于板方向不受力，依然做匀速运动，时间t 2＝t 1；如果只有磁场，粒子将做匀速圆周运动，速度在平行于板方向的分量越来越小，即此方向平均速度必定小于v ，故t 3>t 2＝t 1，A 对．【答案】 A6．如右图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转．如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论( )A ．它们的动能一定各不相同B ．它们的电荷量一定各不相同C ．它们的质量一定各不相同D ．它们的电荷量与质量之比一定各不相同【解析】从第一个磁场进入另一磁场的离子一定满足qE ＝q v B ，即v ＝E B，这些离子速度相同．又在后一磁场中，R ＝m v qB ，由于v 、B 相同，而R 不同，所以m q不同．【答案】 D7．(思维拓展题)一重力不计的带电粒子以水平初速度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E 和磁场B ，如图甲所示，电场和磁场对粒子所做的总功为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，有( )A ．一定是W 1＝W 2B ．一定是W 1>W 2C ．一定是W 1<W 2D ．可能是W 1<W 2，也可能是W 1>W 2 【解析】不妨设粒子带正电荷，两种情况下洛伦兹力都不做功，但是第二次进入由于v 0<E B，即qE >q v 0B ，刚一进入复合场时，向下的电场力减去向上的洛伦兹力，即向下的合外力比只有电场时小，而后洛伦兹力大致向右上方(目的是使其向上偏)，与只有电场力时相比较，其向下的偏转量较少，故电场力做的功W ＝qE y 较小，故一定有W 1>W 2，同理可以判断是负电荷时也有同样的结果，故选项B 正确．注意洛伦兹力虽然不做功，但会影响到其轨迹，从而影响到其在电场力方向上的位移，从而影响到电场力做功．【答案】 B8．(2010·海淀期末练习)如右图所示为一质谱仪的构造原理示意图，整个装置处于真空环境中，离子源N 可释放出质量相等、电荷量均为q (q ＞0)的离子。

高考物理电磁场的实际中的应用练习新人教版

高考物理电磁场的实际中的应用练习新人教版带电粒子在复合场中的运动问题是中电场磁场中的重点和难点问题，也实际中应用的知识源头，所以要掌握好带点粒子在实际中的应用，一般是这几样是比较常见的。

【例1】某带电粒子从图中速度选择器左端由中点O 以速度v 0向右射去，从右端中心a 下方的b 点以速度v 1射出；若增大磁感应强度B ，该粒子将打到a 点上方的c 点，且有ac =ab ，则该粒子带___电；第二次射出时的速度为_____。

解：B 增大后向上偏，说明洛伦兹力向上，所以为带正电。

由于洛伦兹力总不做功，所以两次都是只有电场力做功，第一次为正功，第二次为负功，但功的绝对值相同。

212022********,21212121v v v mv mv mv mv -=∴-=- 【例2】如图所示，一个带电粒子两次以同样的垂直于场线的初速度v 0分别穿越匀强电场区和匀强磁场区，场区的宽度均为L 偏转角度均为α，求E ∶B解：分别利用带电粒子的偏角公式。

在电场中偏转：2tan mv EqL =α，在磁场中偏转：0sin mv LBq=α，由以上两式可得αcos 0v B E =。

可以证明：当偏转角相同时，侧移必然不同（电场中侧移较大）；当侧移相同时，偏转角必然不同（磁场中偏转角较大）。

【习题反馈】1．2022学年越秀区高三摸底调研测试如图所示虚线所围的区域内为真空环境,存在电场a bc强度为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场已知从左方水平射入的电子,穿过这区域时未发生偏转设重力可忽略,则在这区域中的E和B的方向可能是（）A、E和B都沿水平方向,并与电子运动方向相同B、E和B都沿水平方向,并与电子运动方向相反E,BC、E竖直向上,B水平、垂直纸面向外D、E竖直向上,B 水平、垂直纸面向里答案：ABC2．（江苏省连云港市2022届高三第一次调研考试）如图所示，有一带电小球，从两竖直的带电平行板上方某高度处自由落下，两板间匀强磁场方向垂直纸面向外，则小球通过电场、磁场空间时（）A．可能做匀加速直线运动B．一定做曲线运动C．只有重力做功D．电场力对小球一定做正功答案：B【例】．2022年福州市第二轮高中毕业班质检由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪原理图如图所示，它曾由航天飞机携带升空，将来安装在阿尔法国际航空站中，主要使命之一是探索宇宙中的反物质。

2011届高考物理一轮复习精品同步练习第3讲课时作业

第十三章第三讲电磁场电磁波1. 当代人类的生活和电磁波紧密相关，关于电磁波，下列说法正确的是（）A .只要把带电体和永磁体放在一起，就会在周围空间产生电磁波B .电磁波在传播过程中，其波速始终保持不变C •电视机、收音机和手机所接收的信号都属于电磁波D .微波炉内所产生的微波不是电磁波，而是波长很短的机械波解析：变化的磁场、电场才能产生电磁波，A错；电磁波的传播速度与介质有关，B错；电磁波能够携带信号，用于通讯，C正确；微波炉内的微波是波长较短的电磁波，D错.答案：C2. （2010宜昌模拟）声波和电磁波均可传递信息，且都具有波的共同特征.下列说法正确的是（）A .声波的传播速度小于电磁波的传播速度B .声波和电磁波都能引起鼓膜振动C •电磁波都能被人看见，声波都能被人听见D .二胡、电子琴发出的都是电磁波解析：声波属于机械波，其传播需要介质，传播速度小于电磁波的传播速度；鼓膜的振动是空气的振动带动的，电磁波引不起鼓膜的振动，人耳听不到电磁波；电磁波的传播不需要介质，人耳既看不到也听不到电磁波；二胡和电子琴发出的都是声波.答案：A3.（2010宜昌模拟）在真空中传播的电磁波，当它的频率增加时，它的传播速度及其波长（）A .速度不变，波长减小B.速度不变，波长增大C .速度减小，波长变大D .速度增大，波长不变由匸f可知，频率增大时波长变短，A正确.考解析：真空中电磁波的波速为光速不变，查电磁波的频率、波速和波长的关系.B .为了有效地向外辐射电磁波，振荡电路必须采用开放电路，同时提高振荡频率C .为了有效地向外辐射电磁波，振荡电路不必采用开放电路，但要提高振荡频率D •提高振荡频率和电路开放是发射电磁波的必要手段，振荡电路开放的同时，其振荡频率也随之提高解析：要有效地发射电磁波，必须有足够高的振荡频率和开放电路，而振荡电路开放的同时，其振荡频率也随之提高了 •故 A 、C 错，B 、D 正确. 答案： BD5. （2010唐山质检）雷达是应用电磁波来工作的，它发射的电磁波频率多在 300 MHz 至 10008 MHz 的范围内，已知真空中光速 c = 3X 10 m/s ，下列说法中正确的是()A . 电磁波可由恒定不变的电场和磁场产生B . 电磁波可由周期性变化的电场或磁场产生C . 雷达发射的电磁波在真空中的波长范围多在 0.3 m 至 1 m 之间D •雷达与目标之间的距离可由电磁波从发射到接收的时间间隔确定解析：恒定的电场不能产生磁场， A 错误；周期性变化的电场可以产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场也可以产生周期性变化的电场，这样的电场和磁场形成的统一体就是电磁场，B 正确；雷达发射的电磁波频率多在 300 MHz 至1000 MHz 的范围内，因此它在真空中的波长可由 X= c/f 求得，则其波长范围为 0.3 m 至1 m , C 正确；雷达与目标之间的距离可由电磁波从发射到接收的时间间隔确定，等于 ct/2, D 正确.答案： BCD 6.关于电磁波，下列说法中正确的是（）A •在真空中，频率高的电磁波速度较大B .在真空中，电磁波的能量越大，传播速度越大C .电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变D .只要发射电路的电磁振荡一停止，产生的电磁波立即消失解析：任何频率的电磁波在真空中的传播速度都是真空中的光速 c ,故A 、B 都错•电磁波由真空进入介质，波速变小，而频率不变，C 正确.变化的电场、磁场由变化区域向外传播电磁波,发射电路的电磁振荡停止时,虽已不再发射电磁波,但已发射出去的电磁波还要继续传播，故 D 错. 答案： C4. 关于电磁波的发射，下列说法中正确的是 A .各种频率的电磁振荡都能辐射电磁波, 振荡周期越大，越容易辐射电磁波（）只是辐射的能量占振荡总能量的比例不同罢了，7. 关于电磁场和电磁波的说法正确的是（）A .电场和磁场总是相互联系的，它们统称为电磁场B .电磁场由发生的区域向远处传播形成电磁波C .在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场D .电磁波和声波都是波，理论上它们是同种性质的波解析：由麦克斯韦电磁场理论知只有B选项正确.答案：B8. 2008年我国成功发射“神舟”七号载人飞船，并实现了出仓活动，飞船在返回途中总有一段时间和地面失去无线电联系，其原因是（）A •飞船为节省能量不再发送信号B •自由降落阶段不必加以控制，地面也不向飞船发信号C •由于高速下降和空气摩擦，在飞船周围形成等离子层，阻碍了电磁波的传送D •虽然不能进行通讯联络，但雷达仍能探测到飞船解析：当飞船高速进入大气层时，和空气摩擦，飞船表面温度很高，飞船表面气化的分子和空气分子电离，形成由正负离子组成的等离子云，包围着飞船，由于这些带电粒子的存在使电磁波不能在飞船和地面控制中心之间相互传送；雷达波也不能从等离子云反射回来，雷达也探测不到飞船.故C选项正确.答案：C9. （2010北京海淀模拟）关于电磁场和电磁波，下列叙述中正确的是（）A .变化的电场能够产生磁场，变化的磁场也能够产生电场B .电磁波和机械波都只能在介质中传播C .电磁波在空间传播时，电磁能也随着一起传播D .电磁波穿过两种介质的分界面时频率会发生改变解析：据麦克斯韦电磁场理论，只要是变化的电场（或磁场）周围一定能产生磁场（或电场）, 故A对；电磁波的传播不需要介质，故B错；波传播的是振动形式和能量，故C对；波的频率由振源决定，与介质无关，D错.答案：AC10. （2008上海综合能力）红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体状况.地球大气中的水汽（出0）、二氧化碳（CO 2）能强烈吸收某些波长范围的红外辐射即地面物体发出的某些波长的电磁波，只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收.1所示为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况，由图1可知，在该波红外遥感大致能够接收到的波长范围为（）C . 5〜7 p mA . 2.5 〜 3.5 pmB . 4〜4.5 jjm D . 8〜13吸收（滋）100 】I 13佩川曲100图111 13 AtpnO辐射吸收率最低的波长范围是 5〜13卩n 综上可知，选D.答案：D11.雷达测距防撞控制系统(Distronic ，简称 DTR)是利用脉冲电磁波来测定目标的位置和速度的设备，某机场引导雷达发现一架飞机正向雷达正上方匀速飞来，已知该雷达显示屏上相邻刻度线之间的时间间隔为1.0 X 10_4 s ,某时刻雷达显示屏上显示的波形如图2甲所示，A 脉冲为发射波，B 脉冲为目标反射波，经 t = 170 s 后雷达向正上方发射和被反射的波形如图乙所示，则该飞机的飞行速度约为多少?(2)S 断开前，电路中电流E 4 h = —= — A = 0 4 A 11 R 10 A 0.4 A则LC 回路中电流有效值I = 11 =0.283 A.解析：由图示信息知，比较远时，脉冲波显示的距离为 8_ 4ct 3X 10 X 4X 10 4s = 2= 2m = 6 X 10 m当飞机到达雷达正上方后，距离为 8— 4ct '3 X 10 X 2X 104s ' = ~2~=2m = 3X 10 m由于开始时飞机在斜上方，后来飞机到达正上方，所以飞机的速度为认6X 104 f — (3X 104f v = 170 m/s 〜306 m/答案：306 m/s12.如图3所示，线圈的自感系数L = 0.5 mH ，电容器的电容 C = 0.2电源电动势E = 4 V ，电阻的阻值 R = 10 Q,不计线圈和电源的内阻, 闭合开关S ,待电路中电流稳定后断开 S ,求： (1) L C 回路的振荡频率； (2) L C 回路振荡电流的有效值；(3) 从断开S 到电容器上板带正电荷最多所经历的最短时间. 解析：(1)LC 振荡回路的周期T = 2 n LC = 2 nX , 0.5X 10_ 3X 0.2X 10_6 s—5=6.28 X 10 s16.28 X 10 Hz = 1.6X 10 Hz甲乙禺3⑶从断开S到电容器上极板带正电荷最多，经历的时间为t= 3T = A 6.28X 10「5 s= 4.71 X 10「5 s.4 4答案：(1)1.6 X 104 Hz(2) 0.283 A—5(3) 4.71 X 10 s。

2011年高考物理一轮复习同步练习(名师解析)11-专题2磁场对运动电荷的作用

第十一章专题二课时提能·精炼1.(2009·广东理基)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【解析】洛伦兹力的方向总跟速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，不会改变粒子的动能，因此B 正确．【答案】 B2．如右图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会( )A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸内偏转D ．向纸外偏转【解析】在阴极射线管所在位置处，直导线产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可以判断阴极射线中的电子受力方向向上，故选A.【答案】 A3．如右图所示，在x >0、y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B .现有一质量为m 电荷量为q 的带电粒子，在x 轴上到原点的距离为x 0的P 点，以平行于y 轴的初速度射入此磁场，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 ．不能确定粒子通过y 轴时的位置B ．不能确定粒子速度的大小C ．不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D ．以上三个判断都不对【解析】由题意知，带电粒子将以O 为圆心，以半径x 0在x >0，y >0区域做匀速圆周运动，经T4垂直打在y 轴上，故粒子通过y 轴位置是y ＝x 0，由q v B ＝m v 2R，且R ＝x 0，得v ＝qBR m ＝qBx 0m ，t ＝T 4＝14×2πm qB ＝πm2qB，故A 、B 、C 均错误，D 正确．【答案】 D4．在如右图所示的三维空间中，存在方向未知的匀强磁场．一电子从坐标原点出发，沿x轴正方向运动时方向不变；沿y轴正方向运动时，受到沿z轴负方向的洛伦兹力作用．则当电子从O点沿z轴正方向出发时() A．磁场方向沿x轴正方向B．电子在O点所受洛伦兹力沿y轴正方向C．出发后在xOz平面内，沿逆时针方向做匀速圆周运动D．出发后在yOz平面内，沿顺时针方向做匀速圆周运动【解析】运动的电荷在匀强磁场中运动方向不变有两种可能：一是电荷沿磁场方向运动不受洛伦兹力；二是电荷受洛伦兹力与其他力的合力为零．本题电子沿x轴正方向运动时方向不变，表明沿磁场方向运动，即磁场方向与yOz平面垂直，而电子沿y轴正方向运动时，受到沿z轴负方向的洛伦兹力作用，由左手定则可知，磁场指向纸内．当电子从O点沿z 轴正方向出发时，轨道平面一定在yOz平面内，沿顺时针方向做匀速圆周运动，且圆心在y 轴正方向上某一点．如右图所示．故正确答案为B、D.【答案】BD5．(2009·丰城模拟)如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时()A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定【解析】洛伦兹力虽然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物体与斜面间的正压力变大，故摩擦力变大，损失的机械能增加．【答案】 B6．如右图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子(不计重力)，从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正负离子在磁场中()A ．运动时间相同B ．运动轨道的半径相同C ．重新回到边界时速度的大小和方向相同D ．重新回到边界的位置与O 点距离相等【解析】如右图所示，正离子的轨迹为磁场边界上方的OB ，负离子的轨迹为磁场边界上方的OA ，轨道半径OO 1＝OO 2＝m vqB ，二者相同，B 正确；运动时间和轨道对应的圆心角(回旋角α)成正比，所以正离子运动时间较长，A 错误；由几何知识可知△OO 1B ≌△OO 2A ，所以OA ＝OB ，D 正确；由于O 1B ∥O 2A ，且v A ⊥O 2A ，v B ⊥O 1B ，所以v A ∥v B ，C 正确．【答案】 BCD7．如右图所示，长为L 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，板间距离也为L ，板不带电．现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )A ．使粒子的速度v <qBL4mB ．使粒子的速度v >5qBL4mC ．使粒子的速度v >qBLmD ．使粒子的速度qBL 4m <v <5qBL4m【解析】由左手定则判得粒子在磁场中向上偏，做匀速圆周运动．很明显，圆周运动的半径大于某值r 1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r 2时粒子可从极板的左边穿出．现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r 的最小值r 1以及粒子在左边穿出时r 的最大值r 2.在下图中由几何知识得：粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O 点，有：r 21＝L 2＋(r 1－L 2)2 得r 1＝5L 4由于r 1＝m v 1qB得v 1＝5qBL4m所以v >5qBL4m时粒子能从右边穿出粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O ′点，有r 2＝L4由r 2＝m v 2qB ＝L 4得v 2＝qBL4m所以v <qBL4m时粒子能从左边穿出．【答案】 AB8．如右图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1＝2B 2.一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入磁感应强度为B 1的磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点( )A.2πm qB 1B.2πm qB 2C.2πm q (B 1＋B 2)D.πm q (B 1＋B 2)【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示，由周期公式T ＝2πmqB知，粒子从O 点进入磁场到再一次通过O 点的时间t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πmqB 2，所以B 选项正确．【答案】 B9．质子(11H)和α粒子(42He)从静止开始经相同的电势差加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两粒子的动能之比E k 1∶E k 2＝________，轨道半径之比r 1∶r 2＝________，周期之比T 1∶T 2＝________.【解析】粒子在电场中加速时只有电场力做功，由动能定理得：qU ＝12m v 2故E k 1∶E k 2＝q 1U ∶q 2U ＝q 1∶q 2＝1∶2 由qU ＝12m v 2，得v ＝2qUm粒子在磁场的圆周半径r ＝m v qB ＝m qB 2qU m ＝1B 2mUq故r 1∶r 2＝m 1q 1∶m 2q 2＝1∶ 2粒子做圆周运动的周期T ＝2πmqB故T 1∶T 2＝m 1q 1∶m 2q 2＝1∶2【答案】 1∶2 1∶2 1∶210．如下图所示，带电粒子以速度v 0从边界A 点垂直匀强磁场飞入做匀速圆周运动，从边界另一点飞出(未画出)．(1)请大致画出圆弧轨迹，通过作图标明圆心O 、半径r 、回旋角α； (2)若粒子周期为T ，则各种情况下在磁场中运动的时间t 为多少？【答案】因为题中没有给出出射点，所以可在边界适当的地方取一个出射点，然后作出入射点速度的垂线和入射点与出射点连线的中垂线，这两条垂直线的交点即为圆心；两条垂线的夹角(对应转过的圆弧的圆心角)即为回旋角α；在磁场中运动的时间t ＝α360T .11．电视机显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的，在电子枪中产生的电子经过加速电场加速后射出，从P 点进入并通过圆形区域后，打到荧光屏上，如下图所示．如果圆形区域中不加磁场，电子一直打到荧光屏上的中心O 点的动能为E ；在圆形区域内加垂直于圆面、磁感应强度为B 的匀强磁场后，电子将打到荧光屏的上端N 点．已知ON ＝h ，PO ＝L .电子的电荷量为e ，质量为m .求(1)电子打到荧光屏上的N 点时的动能是多少？说明理由； (2)电子在电子枪中加速的加速电压是多少？ (3)电子在磁场中做圆周运动的半径R 是多少？【解析】 (1)电子经过偏转磁场时洛伦兹力不做功，电子的动能仍为E .(2)电子在电子枪中加速，E ＝12m v 2＝eU加速电压为U ＝Ee.(3)电子从电子枪中射出的速度为v ＝2E m根据洛伦兹力提供向心力e v B ＝m v 2R它的圆周运动的半径R ＝2mEeB.【答案】 (1)E '电子经过偏转电场时洛伦兹力不做功 (2)E e '(3)2mE eB1.(2010·西城抽样测试)两个电荷量相等的带电粒子，在同一匀强磁场中只受磁场力作用而做匀速圆周运动。

【师说】高考物理一轮复习电磁感应规律的综合应用电路和图象课后练习(新题,含解析)

课时训练28 电磁感应规律的综合应用(一)(电路和图象)一、选择题1．矩形导线框abcd(如图(甲))放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图(乙)所示．t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s 时间内，线框中的感应电流I 以及线框的ab 边所受安培力F 随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)( )解析由法拉第电磁感应定律知，导线框中产生的感应电流I ＝E R ＝ΔΦRΔt ＝ΔBSRΔt ，在0～1 s 内，由题图(乙)知ΔBΔt 不变，故I 的大小也不变，由楞次定律知，感应电流方向由a→b ，同理分析，在1 s ～2 s 内，I 的大小仍不变，方向仍由a→b ，故A 、B 错；由左手定则知，0～1 s 内线框ab 边所受安培力F 向上，且由F ＝BIlab 知，I 、lab 不变，B 均匀减小，因此F 也均匀减小，D 错，C 项正确．答案 C2．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( ) A ．U ＝12vBl B ．U ＝13vBlC ．U ＝vBlD ．U ＝2vBl解析电路中电动势为E ＝Blv ，则MN 两端电压大小U ＝E R ＋R ·R ＝12Blv.答案 A3.一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示．t ＝0时刻对线框施加一水平向右的外力下，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F 随时间t 变化的图象如图乙所示．已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝ 1Ω，以下说法正确的是( )A ．线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B ．匀强磁场的磁感应强度为2 2 TC ．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22C D ．线框边长为1 m解析开始时，a ＝F m ＝11 m/s2＝1 m/s2，由图可知t ＝1.0 s 时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长l ＝12at2＝0.5 m ；由t ＝1.0 s 时，线框速度v ＝at ＝1 m/s ，F ＝3 N ，根据牛顿第二定律有F －B2l2vR＝ma ，得B ＝2 2 T ；线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量q ＝I t ＝12Blv R t ＝22C ，故D 错，A 、B 、C 正确．答案 ABC4.[2014·东城一模]如图所示正方形闭合导线框处于磁感应强度恒定的匀强磁场中，C 、E 、D 、F 为线框中的四个顶点，图(甲)中的线框绕E 点转动，图(乙)中的线框向右平动，磁场足够大．下列判断正确的是( )A ．图(甲)线框中有感应电流产生，C 点电势比D 点低B ．图(甲)线框中无感应电流产生，C 、D 两点电势相等 C ．图(乙)线框中有感应电流产生，C 点电势比D 点低 D ．图(乙)线框中无感应电流产生，C 、D 两点电势相等解析不论线框绕E 点转动，还是向右平动，穿过闭合线框的磁通量均不发生变化，故线框中均无感应电流产生；当线框绕E 点转动时，相当于EC 、ED 绕E 点转动切割磁感线，由E ＝12Bl2ω可知，C 、D 两点电势相等；当线框向右平动时，由E ＝Blv 可知，CE 和FD产生的感应电动势大小相等，由右手定则可知，C 点电势高于D 点电势．综上所述，正确选项为B. 答案 B5.[2014·宁夏质检]如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( ) A ．导体框中产生的感应电流方向相同 B ．导体框中产生的焦耳热相同 C ．导体框ab 边两端电势差相同 D ．通过导体框截面的电荷量相同解析由楞次定律可知导体框中产生的感应电流方向相同，A 正确；由电磁感应定律可得Q ＝4Rv＝B2l3v4R，因此导体框中产生的焦耳热不同，故B 错误；两种情况下电源的电动势不相同，导体框ab 边两端电势差不同，C 错误；由q ＝ΔΦ4R 知通过导体框截面的电荷量与速度无关，D 正确．答案 AD6．如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B ＝1.0 T ，质量m ＝0.04 kg 、高h ＝0.05 m 、总电阻R ＝5 Ω、n ＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量M ＝0.08 kg 的小车上，小车与线圈的水平长度l 相等．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1＝10 m/s 进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车运动的速度v 随位移x 变化的v －x 图象如图乙所示，则根据以上信息可知( )A ．小车的水平长度l ＝15 cmB ．磁场的宽度d ＝35 cmC ．小车的位移为x ＝10 cm 时线圈的电流I ＝7 AD ．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q ＝1.92 J解析从x ＝5 cm 开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v 随位移x 的增大而减小；当x ＝15 cm 时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l ＝10 cm ，A 项错；当x ＝30 cm 时，线圈开始离开磁场，则d ＝30 cm －5 cm ＝25 cm ，B 项错；当x ＝10 cm 时，由图象知，线圈速度v2＝7 m/s ，感应电流I ＝E R ＝nBhv2R ＝7 A ，C 项正确；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3＝3 m/s ，线圈上产生的热量Q ＝12(M ＋m)(v21－v23)＝5.46 J ，D 项错．答案 C 7.[2013·天津卷]如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( ) A ．Q1>Q2，q1＝q2 B ．Q1>Q2，q1>q2 C ．Q1＝Q2，q1＝q2 D ．Q1＝Q2，q1>q2解析设线框ab 、bc 的长度分别为L1、L2，线框的电阻为R ，线框进入磁场过程中，产生的感应电动势分别为E1＝BL1v ，E2＝BL2v ，产生的热量Q1＝E21R t1＝B2L21L2v R ＝B2SL1vR 、Q2＝E22R t2＝B2L22L1V R ＝B2SL2v R ，故Q1>Q2；通过线框横截面的电荷量q ＝It ＝E R t ＝BL1L2R ，故q1＝q2，A 项正确．答案 A8.[2014·成都二模]如图所示，电阻R ＝1 Ω、半径r1＝0.2 m 的单匝圆形导线框P 内有一个与P 共面的圆形磁场区域Q ，P 、Q 的圆心相同，Q 的半径r2＝0.1 m ．t ＝0时刻，Q 内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系是B ＝2－t(T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P 中感应电流I 随时间t 变化的关系图象应该是下图中的( )解析由法拉第电磁感应定律可得：圆形导线框P 中产生的感应电动势为E ＝⎪⎪⎪⎪ΔB Δt S ＝ΔBΔt·πr 2＝0.01 π(V)，再由欧姆定律得：圆形导线框P 中产生的感应电流I ＝0.01 π(A)，由楞次定律可知电流的方向是顺时针方向，C 对．答案 C9．如图所示，EF 、GH 为平行的金属导轨，其电阻可不计，R 为电阻，C 为电容器，AB 为可在EF 和GH 上滑动的导体横杆．有均匀磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB( ) A ．匀速滑动时，I1≠0，I2＝0 B ．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0 C ．加速滑动时，I1≠0，I2＝0 D ．加速滑动时，I1≠0，I2≠0解析 AB 杆做匀速运动时，AB 杆两端电压与电容器两端电压相等，此时电容器上无充放电，I2＝0，但I1≠0.当AB 杆做加速运动时，电容器上有充电电流，故I1≠0，I2≠0.故应选AD.答案 AD 10.[2013·海南卷]如图，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ；空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是( ) A ．拉力的大小在运动过程中保持不变 B ．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC ．棒经过环心时流过棒的电流为B 2aRπrD ．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R 2aRπr解析设外力大小为F ，根据牛顿第二定律可得，F ＝B2L2vr ＋ma ，当棒经过关于圆心O 左右对称的两个位置时，只有棒的速度v 不相等，所以拉力F 不相等，A 项错误；由运动规律可得，2R ＝12at2，解得，t ＝2Ra，即棒通过整个圆环所用的时间t ＝2 Ra，B 项错误；同理可得，棒到达环心时的时间t0＝2Ra、速度v ＝at0＝2aR ，此时棒产生的感应电动势E ＝B·2Rv ＝2BR·2aR ，此时整个电路的电阻为πRr 2，则流过棒的电流I ＝E πRr 2＝4B 2aRπr，C 项错误；棒经过圆心时所受的安培力F 安＝BI·2R ＝8B2R 2aRπr，D 项正确．答案 D二、非选择题11.[2014·广东模拟]轻质细线吊着一质量为m ＝0.32 kg ，边长为L ＝0.8 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，总电阻为r ＝1 Ω.边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图(甲)所示．磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化规律如图(乙)所示，从t ＝0开始经t0时间细线开始松弛，g ＝10 m/s2.求：(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势； (2)在前t0时间内线圈的电功率； (3)求t0的值．解析 (1)由法拉第电磁感应定律得： E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt＝10×12×⎝⎛⎭⎫0.822×0.5 V ＝0.4 V .(2)线圈中的电流为 I ＝E r ＝0.41A ＝0.4 A 线圈的电功率为P ＝I2r ＝0.16 W.(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有： F 安＝nBt0I L 2＝mg ，I ＝E r ，Bt0＝2mgrnEL ＝2 T由题中图象(乙)知：Bt0＝1＋0.5t0，解得：t0＝2 s. 答案 (1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s12．如图，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为F 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求： (1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．解析 (1)设小灯泡的额定电流为I0，有 P ＝I20R ①由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN 的电流为 I ＝2I0②此时金属棒MN 所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 mg ＝BLI ③联立①②③式得 B ＝mg 2LR P④ (2)设小灯泡正常发光时，导体棒的速率为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得 E ＝BLv ⑤ E ＝RI0⑥联立①②④⑤⑥式得 v ＝2P mg .⑦ 答案 (1)mg2LR P(2)2P mg13.[2013·天津卷]超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行．(1)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究．将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零．请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由．(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I ，并经一年以上的时间t 未检测出电流变化．实际上仪器只能检测出大于ΔI 的电流变化，其中ΔI ≪I ，当电流的变化小于ΔI 时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化．设环的横截面积为S ，环中定向移动电子的平均速率为v ，电子质量为m 、电荷量为e.试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式．(3)若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t ，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法．解析 (1)逆时针方向．撤去磁场瞬间，环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上．由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向． (2)设圆环周长为l 、电阻为R ，由电阻定律得R ＝ρl S设t 时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为ΔE ，由焦耳定律得ΔE ＝I2Rt 设环中单位体积内定向移动电子数为n ，则 I ＝nevS式中n 、e 、S 不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化．电流变化大小取ΔI 时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为Δv ，则 ΔI ＝neSΔv设环中定向移动电子减少的动能总和为ΔEk ，则 ΔEk ＝nlS ⎣⎡⎦⎤12mv2－12－由于ΔI ≪I ，可得 ΔEk ＝lmveΔI根据能量守恒定律，得 ΔE ＝ΔEk联立上述各式，得 ρ＝mvSΔI etI2(3)由ρ＝mvSΔIetI2看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得ρ的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流．答案 (1)沿逆时针方向理由见解析 (2)ρ＝mvSΔI etI2(3)见解析。