【二轮必做】2011届高考物理二轮总复习专题过关检测--专题：磁场(全部含详细答案解析)

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2011届黄冈高考物理第二轮专题决战资料9：专题四电磁感应与电

2011 届黄冈高考物理第二轮专题决战资料9：专题四
电磁感应与电
2011 届黄冈高考物理第二轮专题决战资料9：专题四电磁感应与电路典型例题
【例1】解析：在从图中位置开始（t =0）匀速转动60°的过程中，只有OQ 边切割磁感线，产生的感应电动势，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向（设为正方向）．根据欧姆定律得，．导线框再转过30°的过
程中，由于=0，
则顺时针方向．
逆时针方向
顺时针方向综合以上分析可知，感应电流的最大值，
频率．其I-t 图象如图4-2 所示．
答案：（1）
（2）如图4-2 所示．
【例2】解析：P 向b 移动，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律、欧姆定律以及电路的性质从而可以判断U1、U2 的变化情况．当P 向b 移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电路I 变小，由欧姆定律得U2=IR 变小，再由闭合电路欧姆定律得
U1=E－Ir 变大，故本题正确答案应选A．
【例3】解析：（1）由题意可知，金属杆在磁场中的运动分为两个阶段：先沿x 轴正方向做匀减速运动，直到速度为零；然后x 轴负方向做匀加速直线运动，直到离开磁场，其速度一时间图象如图4-5 所示．金属杆在磁场中运动切割磁感线，闭合回路产生感应电流，所以回路中感应电流持。

2011届高考物理磁场预测试题81

2011高考物理二轮复习磁场专题训练4一、选择题1.（扬州市2011届第二次调研）如图所示，1L 和2L 为平行的虚线，1L 上方和2L 下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB 两点都在2L 上。

带电粒子从A 点以初速v 与2L 成030斜向上射出，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。

下列说法中正确的是（ AB ）A 、带电粒子经过B 点时的速度一定跟在A 点的速度相同； 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2L 成060角斜向上，它就不一定经过B 点；D 、粒子一定带正电荷；2.（2011年上海市徐汇区4月模拟）如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流。

现用一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏电流计，图中未画出）检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是（ D ）（A ）先顺时针后逆时针（B ）先逆时针后顺时针（C ）先顺时针后逆时针，然后再顺时针（D ）先逆时针后顺时针，然后再逆时针 3.(2011江苏淮安市)．下图中分别标明了通电直导线中电流 I 、匀强磁场的磁感应强度 B 和电流所受安培力 F 的方向，其中正确的是（.A ）4.（2007江苏如皋海安联考）如图所示，一块铜板放在磁场中，板面与磁场方向垂直，板内通有如图所示方向的电流，a 、b 是铜板左、右边缘的两点，则下列判断正确的是（B ）①电势U a >U b ②电势U b >U a ③仅电流增大时，b a U U 增大 ④其它条件不变，将铜板改为NaCl 的水溶液时，电势U b >U aA ．只有②正确B ．②③正确C ．① ④正确D ．①③正确5.（2011年北京东城区二模）为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U ．若用Q 表示污水流量 (单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是 ( B )A ．若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面电势高B ．前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与电压U 成正比，与a 、b 有关6.（2011年淮安、连云港、宿迁、徐州四市第2次调研）如图所示，三根通电长直导线P 、Q 、R 互相平行，垂直纸面放置，其间距均为A ，电流强度均为I ，方向垂直纸面向里(已知电流为I 的长直导线产生的磁场中，距导线R 处的磁感应强度B=KI/R ，其中K 为常数) 。

2011届“步步高”高考物理二轮复习资料：专题二选择题

粗糙斜面固定在地面上，粗糙斜面固定在地面上，长为 l、质量为 m、、、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，
图7 其上端与斜面顶端齐平.用细线将物块与软绳连接用细线将物块与软绳连接，其上端与斜面顶端齐平用细线将物块与软绳连接，物块
由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面此由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中时物块未到达地面， A.物块的机械能逐渐增加物块的机械能逐渐增加 1 B.软绳重力势能共减少了 mgl 软绳重力势能共减少了 4 C.物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功 D.软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和 ( )
答案 BC
天津·3)质点做直线运动的－所示，例 2 (2010·天津质点做直线运动的 v－t 图象如图 2 所示，天津规定向右为正方向，则该质点在前 8 s 内平均速度的大小和规定向右为正方向，方向分别为 ( )
图2 A.0.25 m/s 向右 C.1 m/s 向右 B.0.25 m/s 向左 D.1 m/s 向左
解析
物体在斜面上运动时，摩擦力物体在斜面上运动时，摩擦力Ff1＝ µmgcos θ
加速度a 加速度 1＝ g(sin θ－µcos θ)，速度 1＝ a1t1 －，速度v 1 2 路程s＝由此可知A、、错路程＝ a1t1，由此可知、B、D错. 2 物体在水平面上运动时，摩擦力物体在水平面上运动时，摩擦力Ff2＝µmg，加速度 2＝µg，，加速度a ，所以C正确所以正确. 正确

【二轮必做】2011届高考物理二轮总复习-专题过关检测-专题：恒定电流(全部含详细答案解析)

2011届高考物理二轮总复习专题过关检测恒定电流(时间:90分钟满分:100分)第Ⅰ卷选择题一、选择题,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家,以表彰他们发现“巨磁电阻效应”.基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术,被认为是纳米技术的第一次真正应用.在下列有关其他电阻应用的说法中,错误．．的是( )D.电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用解析:温度测控装置是应用热敏电阻的阻值随温度的改变而改变的特性,光电传感器是利用光敏电阻的阻值随光照强度的改变而改变的特性.电热设备是利用电阻丝通电时发热的特性，所以A、B、C说法都是正确的.而电阻在电路中既能通过直流也能通过交流,所以D项的说法是错误的.答案:D2.(2010四川成都高三一检,15)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等,高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电,硅光电池的原理如图10-1所示,a、b是硅光电池的两个电极,P、N是两块硅半导体,E区是两块半导体自发形成的匀强电场区,PP上,使P内受原子束缚的电子成为自由电子,自由电子经E区电场加速到达半导体N,从而产生电动势,形成电流.以下说法中正确的是( )图10-1P指向NP指向NC.a电极为电池的正极解析:根据题意,E区电场能使P逸出的自由电子向N运动,因负电荷受到的电场力与电场方向相反,所以电场方向由N指向P,由于电流的方向与负电荷的运动方向相反,所以电源内部的电流方向由N指向P,A、B错误;根据以上对电流方向的分析可知,a为电源正极,该电池是将光能转化为电能的装置,C正确,D错误.答案:C-2是一火警报警电路的示意图,其中R3R3所在处出现火情时，电流表显示的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )图10-2A.I变大，U变小B.I变小，U变大C.I变小，U变小D.I变大，U变大解析:发生火灾时，温度升高，R3的电阻减小，电路中的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，即U 变小；R 1的电压增大，则R 2两端的电压减小，通过R 2的电流减小.故选项C 对. 答案:C4.在商店选购一个10 μF 电容器,在只有一台多用电表的情况下,为了挑选一个优质产品,应选用哪个量程①直流电压挡 ②直流电流挡 ③欧姆挡 ④交流电压挡选好量程以后,再将多用电表两根测试笔接待检电容器,如果电容器是优质的,电表指针应该是 ⑤不偏转 ⑥偏转至最右边 ⑦偏转至中值 ⑧偏转一下又返回最左边正确的选项是( )A.①⑤B.①⑥C.③⑤D.③⑧解析:应选用多用电表的欧姆挡,测电容器的电阻,优质电容器,电阻无穷大.当把多用电表两根测试笔接在电容器两极板上时,会先对电容器充电,所以指针会偏转一下,充电完毕后,指针会停在最左端电阻无穷大处. 答案:D-3所示的电路完成相关实验.图中电流表的量程为0.6 A ，内阻约0.1 Ω;电压表的量程为3 V ，内阻约6 kΩ;为小量程电流表；电源电动势约3 V ，内阻较小.下列电路中正确的是( )图10-3解析:电阻丝电阻值较小，为减小实验误差，应采用外接法,A 正确.电源内阻较小，同理可知应采用外接法，B 正确.描绘小灯泡的伏安特性曲线，变化范围大，应采用分压式，C 错误.D 电路图中应将电阻箱和滑动变阻器对调，才能利用“半偏法”测出电流表的内阻，D 错误. 答案:AB-4甲所示,电压表V 1、V 2串联接入电路中时,示数分别为6 V 和4 V,当只有电压表V 2接入电路中时,如图乙所示,示数为9 V,电源的电动势为( )图10-4 VB.10 VC.10.8 VD.11.2 V解析:设电源电动势为E ,内阻为r , 2内阻为R V ,由闭合电路欧姆定律r R E ⋅++=V V 4V 4V 6,r R E ⋅+=VV 9V 9,解得E =10.8 V,C 正确. 答案:C-5所示,电阻R 1=20 Ω,电动机线圈电阻R 2=10 Ω.当开关S 断开时,电流表的示数为0.5 A I 或电路消耗的电功率P 应是( )图10-5A.I =1.5 AB.I ＞1.5 AC.P =15 WD.P ＜15 W解析:开关S 断开时，电流表示数为0.5 A ，则U =I 1R 1=10 V ；合上S 后，电动机接入电路，因电动机为非纯电阻用电器，故A R UI 122=<,I ＜1+0.5=1.5 A,故AP 总=UI 总=U (I 1+I 2)＜10×(1+0.5) W=15 W.则C 错,D 项对. 答案:D8.(2010山东名校联考)一般地说，用电器的工作电压并不等于额定电压.家庭里通常不备电压表,但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压.现在电路中只接入一个电热水壶,壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图10-6(a)和(b)所示.测得电能表的转盘转过125转的时间为121秒,则下列结论正确的是( )图10-6A.(b)图中对应的电表读数为32 308度B.在这段时间中,电热水壶消耗的电能为181 500 JC.利用这段时间内电热水壶消耗的电能可供“220 V 60 W”的白炽灯正常工作2 500 sD.此时加在电热水壶上的实际电压为200 V解析:(b)图中对应的电能表读数为 3 230.8度，所以A 项错误；电热水壶消耗的电能W=(125×3.6×106)/3 000 J=1.5×105J,B 项错误；根据W=Pt 计算，可得C 项正确；电热水壶实际的电功率tWP =实,又由R U P 2=得V 2201500121105.15⨯⨯⨯==额额实实U P P U ,D 项正确. 答案:CD-7所示的U-I 图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻RR 相连组成闭合电路.由图象可知( )图10-7A.电源的电动势为3 V ，内阻为0.5 Ω R 的阻值为1 ΩC.电源的输出功率为2 WD.电源的效率为66.7%解析:由图象可知，该电源的电动势E =3 V ，内电阻Ω=Ω=5.063r ，电阻R 的阻值Ω=Ω=122R .仍由图象可知，用该电源直接与R 相连组成闭合电路时，路端电压U =2 V ，电流I =2 A ，则电源的输出功率P =UI =2×2 W=4 W，电源的效率%7.66%10032%100=⨯=⨯=EI UI η，故A 、B 、D 正确，C 错. 答案:ABD10.如图10-8所示的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系(U-I 图线),图线②表示其输出功率与电流的关系(P-I 图线).则下列说法正确的是( )图10-8A.电池组的电动势为50 VΩ 325 2.5 A 时,外电路的电阻为15 ΩD.输出功率为120 W 时,输出电压是30 V解析:电池组的输出电压和电流的关系为:U =E －Ir ,显然直线①的斜率的大小等于r ,纵轴的截距为电池组的电动势,从图中看出截距为50 V,斜率的大小等于Ω=Ω--=5062050r I 1=2.5 A 时,由回路中电流外R r EI +=1,解得外电路的电阻R 外=15 Ω,C 对.当输出功率为120 W 时,由图中P-I 关系图线中看出对应干路电流为4 A,再从U-I 图线中读取对应的输出电压为30 V ，D 对. 答案:ACD第Ⅱ卷非选择题二、填空、计算题(共6题,每题10分,共60分)11.热敏电阻是阻值随温度的改变而变化，且对温度很敏感的元件.某同学把一个热敏电阻连入电路中，通过实验他测出了一组数据，并画出了I-U 关系曲线，如图10-9所示，问:图10-9(1)你认为该同学实验时选用的是图10-10中甲、乙两电路图中的电路图.图10-10(2)试在图10-11中连线使它成为该同学实验用的测量电路.图10-11解析:描绘I-U关系曲线时,电压应从零开始调节,所以应选甲电路.答案:(1)甲(2)连线12.(2010河北保定高三第一学期末调研,22(2))某同学为了测电流表A1的内阻r1的精确值,准备了如下器材:1:量程100 mA,内阻约5 Ω1:量程15 V,内阻约10 kΩ2:量程3 V,内阻约5 kΩR0:阻值20 ΩR1:0～10 Ω,额定电流为1 AR2:0～1 000 Ω,额定电流为0.2 AE:电动势为6 V,内阻较小H.导线、电键(1)要求电流表A 1的示数从零开始变化,且能多测几组数据,尽可能使电压表的表针偏转范围大,在如图虚线方框中画出测量用的电路图,并在图中标出所用器材的代号.(2)若选测量数据中的一组来计算电流表A 1的内阻r 1,则所测电流表A 1的内阻r 1的表达式为_____________,式中各符号的意义是_____________. 解析:电流表的额定电压约为U g =0.1 A×5 Ω=0.5 V，为精确测定通过定值电阻的电流,电流表应内接(如图),则电流表和定值电阻两端电压约为2.5 V,故电压表应采用V 2,又因题目要求电流表读数从零开始,故滑动变阻器应采用分压式接法,变阻器应采用R 1,故实验电路如图.根据电路图得:电压表测定电流表和定值电阻两端电压,电流表测定通过定值电阻和自身的电流,由欧姆定律可计算出IU R r =+01,即:01R IUr -=，其中U 表示电流表示数,I 表示电流表示数,R 0表示定值电阻阻值. 答案:(1)如图(2)0R IU- U 表示电压表示数,I 表示电流表示数,R 0表示定值电阻阻值 13.在测定干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材: A.待测干电池(1节)B.电流表G(满偏电流1 mA ，内阻R g =10 Ω)C.电流表A(0～0.6～3 A ，内阻未知) R 1(0～15 Ω，10 A) R 2(0～200 Ω，1 A) R 0(阻值1 990 Ω)(1)在实验中，为了操作方便且能够准确进行测量，滑动变阻器应选用_________(填“R 1”或“R 2”)；电流表的量程应为_________A 挡(填“0.6”或“3”). (2)根据题目提供的实验器材，请设计出测量干电池电动势和内阻的电路原理图，并画在下面的方框内.图10-12(3)图10-12为某同学利用上述设计实验电路测出的数据绘出的I 1I 2图线(I 1为电流表G 的示数，I 2为电流表A 的示数)，则由此图线可以得到被测干电池的电动势E =_________V ，内阻r =_________Ω.(结果保留两位有效数字)解析:由于没有提供电压表，故要用电流表G 串联定值电阻R 0来改装成一个量程为2 V 的电压表. 由闭合电路欧姆定律E =I 1(R G +R 0)+I 2r ,可得I 1I 2图线的表达式应为2001I R R rR R E I G G +-+=,则由图线的斜率和截距即可得所测电池的电动势和内阻. 答案:(1)R 1(2)电路原理图如图所示14.听说水果也能作电池，某兴趣小组的同学用一个柠檬做成电池.他们猜想水果电池内阻可能较大，从而设计了一个如图10-13所示电路来测定该柠檬电池的电动势和内电阻.实验中他们多次改变电阻箱的电阻值，记录下电阻箱的阻值及相应的电流计示数，并算出电流的倒数，将数据填在如下的表格中.图10-13(1)利用图象法处理数据可以减小实验误差.在讨论作图方案时，甲同学认为应作R-I 图，而乙同学认为应该作IR 1-图，你认为哪个同学的想法更科学？_________(填“甲”或“乙”)，其简单理由是:________________________.外电阻R /Ω 电流I /m A 电流倒数1/1-mA I9 000 0.050 2 8 000 0.052 8 6 000 0.059 4 5 000 0.063 3 4 0000.068 0图10-14(2)按照(1)中你选择的方案，在给出的坐标纸上作出图象.(3)利用你作出的图象，可求出该柠檬电池的电动势为________V ，内阻为________Ω.(4)完成实验后，该兴趣小组的同学初步得出了水果作为电池不实用的物理原因是___________________________________.解析:由电路原理图可知E =I (R +r ),则r I E R -=,故IR 1-图线为直线，由该图线斜率与截距可比较方便地求出水果电池的电动势和内阻. 答案:(1)乙画出的Ir 1-图线是一条直线，容易求出电池的电动势和内电阻 (2)如图所示(3)0.75～1.2 9 000～11 000 (4)电源内阻过大15.某同学在实验室里测量一未知电阻的阻值.他按照如下步骤进行:(1)他将多用电表机械调零后，先把选择开关置于欧姆挡“×100”挡位进行测量，按照正确的步骤操作后，表针指示情况如图10-15所示.根据学过的物理知识可知，这种情况测量误差较大，为了使多用电表测量的结果更准确，应将选择开关旋至欧姆挡的________挡位.换挡结束后，实验操作上首先要进行的步骤是_____________________________________.图10-15(2)该同学用伏安法继续测该电阻的阻值.除被测电阻外，还备有如下实验器材: 直流电源，电动势为4 V ，内阻不计电压表V 1(量程0～3 V ，内阻4 kΩ) 电压表V 2(量程0～15 V ，内阻15 kΩ) 电流表A 1(量程0～3 mA ，内阻10 Ω) 电流表A 2(量程0～10 mA ，内阻5 Ω) 滑动变阻器一只，阻值0～50 Ω 开关一只，导线若干上述器材中，电压表应选择__________，电流表应选择___________(填写字母代号).请在方框内画出实验所用的电路图.解析:(1)欧姆表测电阻，每次换挡后，必须重新进行欧姆表调零.(2)电压表若选V 2，则指针偏转太小而使读数误差明显增大，故选V 1. 由(1)中测量可知该电阻阻值约为300 Ω，则电路中最大电流为mA A V1001.03003==Ω左右，故电流表只能选A 2.电路如图所示.答案:(1)×10 将红黑表笔短接，重新进行欧姆调零 (2)V 1 A 2 电路图见解析16.如图10-16是一测速计原理图，滑动触头P 与某运动的物体相连，当PE =4 V ，内阻r =10 Ω,AB 为粗细均匀的电阻丝，阻值R =30 Ω,长度L =30 cm ，电容器的电容C =50 μF ，测得灵敏电流计的示数为I G =0.05 mA,方向由N 流向M ，试求运动物体的速度大小和方向.图10-16解析:估算流过电阻丝上的电流为mA 100A 10304=+=+=r R E I ,远远大于电容器上的充放电电流. 当P 移动Δx 时，电容器上电压的变化为x Lr R RE R I U ∆⋅⋅+⋅=∆=∆)(其充放电电流,)(txL r R CER t U C t Q I G ∆⋅⋅+=∆⋅=∆=又txv ∆=,所以 s m CERL r R I v G /1.0)(=+=又因I G 由N 流向M ，故电容器放电，故其两端电压变小，因此P 右移，物体移动方向向右. 答案:0.1 m/s 方向向右。

2011年高考物理真题分类汇编—磁场(包括复合场)(详解+精校)

2011年高考物理真题分类汇编（详解+精校）磁场（包括复合场）1．（2011年高考·全国卷新课标版）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A ．B ．C ．D ．1.B 解析：根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B 。

2．（2011年高考·全国大纲版理综卷）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1>I 2；a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在平面垂直。

磁感应强度可能为零的点是A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点2.C 解析：根据安培定则可知I 1和I 2电流分别在a 处产生的磁场方向为垂直ac 连线向上和向下，由于I 1＞I 2，且I 1电流与a 点的距离比I 2电流与a 点距离要小，故B 1a ＞B 2a ，则a 处磁感应强度不可能为零，A 错；两电流在b 处产生的场强方向均垂直ac 连线向下，故B 错；I 1和I 2电流分别在c 处产生的磁场方向为垂直ac 连线向下和向上，且I 1电流与c 点的距离比I 2电流与c 点距离要大，故B 1c 与B 2c 有可能等大反向，C 对；两电流在d 处产生的场的方向一定成某一夹角，且夹角一定不为180°，D 错。

3．（2011年高考·浙江理综卷）利用如图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d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是A ．粒子带正电abcdI 1 I 22d L dMNB西东 I西东 I西东 I西东IB ．射出粒子的最大速度为32qB d L m+（）C ．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3.BC 解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A 错误；由题意知：粒子的最大半径max 32L d r +=、粒子的最小半径min2L r =，根据mv r qB =，可得max (3)2qB L d v m +=、min 2qBL v m =，则m a x m i n 32qBd v v m -=，故可知B 、C 正确，D 错误。

2011届高考物理二轮总复习_回归基础题综合检测：第12章电磁感应综合检测

高二物理《电磁感应》检测试题一、选择题(本题共14小题，共70分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(·湖北武汉市部分学校)在验证楞次定律实验中，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是()2．(·江苏南通)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是()A.B2ω2r4R B.B2ω2r42RC.B2ω2r44R D.B2ω2r48R3．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c、U d.下列判断正确的是()A．U a<U b<U c<U d B．U a<U b<U d<U cC．U a＝U b<U c＝U d D．U b<U a <U d <U c4．如图所示的电路中，D1和D2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2亮暗的顺序是A．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭B．接通时D2先达最亮，断开时D1后灭C．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭D．接能时D2先达最亮，断开时D2先灭5．如图所示，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则()A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率6．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用0.3s拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则()A．W1<W2，q1<q2B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2D．W1>W2，q1>q27．如图所示，AOC是光滑的金属导轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，P端始终在AO上，直到完全落在OC上．空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ棒滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的方向始终是由P→Q B．感应电流方向先是由P→Q，再是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直于棒向左D．PQ受磁场力的方向垂直于棒先向左，再向右8．如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aOb(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于Oa、Ob 放置．保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计．现经历以下四个过程：①以速度v移动d，使它与Ob的距离增大一倍；②再以速率v移动c，使它与Oa的距离减小一半；③然后，再以速率2v移动c，使它回到原处；④最后以速率2v移动d，使它也回到原处．设上述四个过程中通过电阻R的电荷量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则() A．Q1＝Q2＝Q3＝Q 4B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4D．Q2≠Q2＝Q3≠Q49．(·辽宁盘锦一模)如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为()A．2mgL B．2mgL＋mgHC．2mgL＋34mgH D．2mgL＋14mgH10．(·武汉调研)如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—位移(I—x)关系的是()11．(2010·湖北部分重点中学联考)如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜钱框，边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b(b>3a)，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场．此过程中v－t图象如图b所示，则()A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Ba v0B．在t0时刻线框的速度为v0－Ft0mC．线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度一定比t0时刻线框的速度大D．线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中线框中产生的电热为2Fb12．(·浙江杭州质检)超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得的推进动力的新型交通工具．其推进原理可以简化为如图所示的模型：在水平面上相距L的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝B，每个磁场的宽度都是L，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为L，宽为L的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动．设金属的总电阻为R，运动中所受到的阻力恒为F f，金属框的最大速度为v m，则磁场向右匀速运动的速度v可表示为()A．v＝(B2L2v m－F f R)/(B2L2)B．v＝(4B2L2v m＋F f R)/(4B2L2)C．v＝(4B2L2v m－F f R)/(4B2L2)D．v＝(2B2L2v m＋F f R)/(2B2L2)13．(·北京西城区抽样测试)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．当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法正确的是()A．线圈转到什么角度，它的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．当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向D ．当线圈转到如图乙所示的位置，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动14．(·北京海淀区期末)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则()A．整个过程中金属杆所受合外力的冲量大小为2m v0B．上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于12m v2C．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于12m v2－mghD．金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同二、计算题(本题共包括3小题，共40分，解答时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)15．截面积S＝0.2m2，匝数n＝100匝的线圈A，处在如图(甲)所示的磁场中，磁感应强度B随时间按图(乙)所示规律变化，方向垂直线圈平面，规定向外为正方向．电路中R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，线圈电阻不计．(1)闭合S稳定后，求通过R2的电流(2)闭合S一段时间后再断开，则断开后通过R2的电荷量是多少？16．两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：(1)ab运动速度v的大小；(2)电容器所带的电荷量q.17．(·河南省示范性高中联考)如图所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1m，bc边的边长l2＝0.6m，线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.1Ω，线框与绝缘细线相连，现用F＝20N的恒力通过定滑轮向下拉细线并带动线框移动(如图所示)，斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s＝18.6m，取g＝10m/s2，求：(1)线框进入磁场前的加速度和线框进入磁场时做匀速运动的速度v；(2)简要分析线框在整个过程中的运动情况并求出ab边由静止开始到运动到gh 线处所用的时间t；(3)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．。

【精品】2011北京高考第二轮综合专题复习----磁场专题复习二.

高考综合复习——磁场专题复习二带电粒子在复合场中的运动知识要点梳理知识点一——带电粒子在复合场中的运动▲知识梳理一、复合场复合场是指电场、磁场和重力场并存或其中某两种场并存，或分区域存在。

粒子在复合场中运动时，要考虑静电力、洛伦兹力和重力的作用。

二、带电粒子在复合场中运动问题的分析思路1．正确的受力分析除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析。

2．正确分析物体的运动状态找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程。

如果出现临界状态，要分析临界条件。

带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况。

（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）。

（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。

（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向F在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成。

3．灵活选用力学规律是解决问题的关键（1）当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解。

（2）当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。

（3）当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒列方程求解。

注意：由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。

4．三种场力的特点（1）重力的大小为，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与始末位置的高度差有关。

（2）电场力的大小为，方向与电场强度E及带电粒子所带电荷的性质有关，电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与始末位置的电势差有关。

2011年高考物理真题分类汇编磁场

A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
解析：考察科学史，选 ACD 3（2011 海南第 10 题）.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由
解析：在磁场中半径 r mv 运动时间：t m （θ 为当粒子从 O 点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为 1800，因而 AC 错
4（2011 新课标理综第 14 题）.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（B）
两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从 O 点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是
A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
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2011 年高考物理真题分类汇编-磁场
1（2011 全国卷 1 第 15 题）。如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流 I1 和 I 2 ，且 I1 I2 ；
a、b、c、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且 a、b、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b、d 的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是
·d
A.a 点 B.b 点 C.c 点 D.d 点

高考物理二轮总复习课后习题专题3 电场与磁场专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动 (2)

专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动A组1.(多选)如图所示为一磁流体发电机的原理示意图,上、下两块金属板M、N水平放置且浸没在海水里,金属板面积均为S=1×103m2,板间距离d=100 m,海水的电阻率ρ=0.25 Ω·m。

在金属板之间加一匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,方向由南向北,海水从东向西以速度v=5 m/s流过两金属板之间,将在两板之间形成电势差。

下列说法正确的是( )A.达到稳定状态时,金属板M的电势较高B.由金属板和流动海水所构成的电源的电动势E=25 V,内阻r=0.025 ΩC.若用此发电装置给一电阻为20 Ω的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为3.6×106JD.若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则Δt时间内磁流体发电机内部有电荷量为IΔt的正、负离子偏转到极板2.(重庆八中模拟)质谱仪可用于分析同位素,其结构示意图如图所示。

一群质量数分别为40和46的正二价钙离子经电场加速后(初速度忽略不计),接着进入匀强磁场中,最后打在底片上,实际加速电压U通常不是恒定值,而是有一定范围,若加速电压取值范围是(U-ΔU,U+ΔU),两种离子打在底的值约为片上的区域恰好不重叠,不计离子的重力和相互作用,则ΔUU( )A.0.07B.0.10C.0.14D.0.173.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正方向,磁场变化规律如图所示,磁感应强度的大小为B0,变化周期为T0。

某一带正电的粒子质量为m、电荷量为q,在t=0时从O点沿x轴正方向射入磁场中并只在第一象限内运动,若要求粒子在t=T0时距x轴最远,则B0= 。

4.(福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x>0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0,√3L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-√3L)的P2点进入电场区域,最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。

2011届高考物理二轮总复习专题过关检测

2011届高考物理二轮总复习专题过关检测牛顿运动定律(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)1.(2010安徽皖南八校二联,14)2008年9月25日,“神舟七号”载人飞船成功发射,设近地加速时,飞船以5g的加速度匀加速上升,g为重力加速度.则质量为m的宇航员对飞船底部的压力为()A.6mgB.5mgC.4mgD.1mg解析:对宇航员由牛顿运动定律:F N－mg=ma,得F N=6mg,再由牛顿第三定律可判定A项正确.答案:A2.吊扇通过吊杆悬挂在屋顶，设吊扇的重力为G，当吊扇正常转动时，吊杆对吊扇的拉力为F，则下列说法正确的是()A.F=GB.F＞GC.F＜GD.无法确定解析:当吊扇转动时，扇叶对空气的作用力向下，空气对扇叶的反作用力f向上，则F=G －f，所以F＜G，选项C正确.答案:C3.引体向上是同学们经常做的一项健身运动.该运动的规范动作是:两手正握单杠,由悬垂开始,上拉时,下颚须超过单杠面;下放时,两臂放直,不能曲臂(如图3-1所示).这样上拉下放,重复动作,达到锻炼臂力和腹肌的目的.关于做引体向上动作时人的受力,以下判断正确的是()图3-1A.上拉过程中,人受到两个力的作用B.上拉过程中,单杠对人的作用力大于人的重力C.下放过程中,单杠对人的作用力小于人的重力D.下放过程中,在某瞬间人可能只受到一个力的作用解析:在上拉过程中,人受到重力和单杠对人的作用力,A正确;上拉过程中,要先加速,后减速,即先超重,后失重,单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力,B错误;同理,下放过程中,单杠对人的作用力先是小于人的重力后大于人的重力,C错误;刚开始下放的过程中,人加速向下,其加速度可能为重力加速度,此时,人完全失重,单杠对人没有作用力,即人只受到一个重力的作用,D正确.答案:AD4.如图3-2所示,两光滑斜面的倾角分别为30°和45°,质量分别为2m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦),分别置于两个斜面上并由静止释放;若交换两滑块位置,再由静止释放.则在上述两种情形中正确的有()图3-2A.质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力作用B.质量为m的滑块均沿斜面向上运动C.绳对质量为m的滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D.系统在运动中机械能均守恒解析:因所谓“下滑力”是重力沿斜面向下的分力,在对2m进行受力分析时不能把重力与“下滑力”重复地加在物体上,所以A项错误.两种情况下2m的“下滑力”都比m的“下滑力”大,故m滑块均向上运动,B项正确.由牛顿第三定律可知,C项错误.因斜面光滑,在运动过程中只有重力做功,故系统机械能守恒,D项正确.答案:BD5.质量为m=1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2.现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平力F，为使物体在3 s时间内发生的位移最大，力F的大小应如下面的哪一幅图所示()图3-3解析:此题可采用排除法.物体与地面间的滑动摩擦力f=μmg=2 N，A、C中第1 s内F＝1 N，物体不会动，比较可知这两种情况下3 s内的位移一定小于D中3 s内的位移.B中第1 s内加速、第2 s内减速、第3 s内加速，而D中前2 s内一直加速，分析可知B中3 s内的位移也比D中3 s内的位移小.故选D.答案:D6.(2010安徽皖南八校二联,18)如图3-4所示，A、B是两个位于固定斜面上的正方体物块,它们的质量相等,F是沿水平方向作用于A上的外力,已知A、B的接触面,A、B与斜面的接触面均光滑,下列说法正确的是()图3-4A.A对B的作用力大于B对A的作用力B.A、B可能沿斜面向下运动C.A、B对斜面的压力相等D.A、B受的合外力沿水平方向的分力相等解析:由牛顿第三定律可知:A、B间的作用力大小相等、方向相反,故A项错误;A、B有可能静止在斜面上,还有可能沿斜面向上或向下运动,故B项正确;由于水平力F有使A压紧斜面的效果,可知A对斜面的压力大于B对斜面的压力,故C项错误;不管A、B做何种性质的运动,它们的运动情况相同,它们沿水平方向的分运动的加速度相同,由F合=ma,可知它们受到的合外力沿水平方向的分力相等,故D项正确.答案:BD 7.如图3-5所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO 、bO 、cO ,其下端都固定于底部圆心O ,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a 、b 、c 处开始下滑(忽略阻力),则( )图3-5A.a 处小孩最后到O 点B.b 处小孩最后到O 点C.c 处小孩最先到O 点D.a 、c 处小孩同时到O 点解析:三块滑板与圆柱形仓库构成的斜面底边长度均为圆柱形底面半径,则θθsin 21cos 2gt R =,,2sin 42θg R t =当θ=45°时,t 最小,当θ=30°和60°时,sin2θ的值相同,故只有D 正确.答案:D8.如图3-6所示,光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块,其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg .现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m 的最大拉力为( )图3-6A.53mg μB.43mg μC.23mg μD.3μmg解析:对四个木块组成的整体进行受力分析,设整体加速度为a ,水平方向受拉力F 的作用,F =6ma ;如果对左边的两个木块组成的整体受力分析,水平方向只受拉力T ,;23F ma T ==对左边质量为2m 的木块受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,f =2ma ;对除右边质量为2m 以外的三个木块组成的整体受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,由f =4ma ,所以,这时整体受到的静摩擦力最大,f =μmg ,,43,4mg T g a μμ==B 正确. 答案:B9.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于图示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为T ,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的是( )图3-7A.若小车向左运动,N 可能为零B.若小车向左运动,T 可能为零C.若小车向右运动,N 不可能为零D.若小车向右运动,T 不可能为零解析:当小车具有向右的加速度时,可以是N 为零;当小车具有向左的加速度时,可以使绳的张力T 为零.考生如果不知道这两种临界情况,肯定无法解答A 的;另外还有注意到是小车具有向左的加速度时,可以有两种运动情形,即向左加速运动,或向右减速运动.本题难度中等.答案:AB10.如图3-8,水平地面上有一楔形物体b ,b 的斜面上有一小物块a ;a 与b 之间、b 与地面之间均存在摩擦.已知楔形物体b 静止时,a 静止在b 的斜面上.现给a 和b 一个共同的向左的初速度,与a 和b 都静止时相比,此时可能( )图3-8A.a 与b 之间的压力减小,且a 相对b 向下滑动B.a 与b 之间的压力增大,且a 相对b 向上滑动C.a 与b 之间的压力增大,且a 相对b 静止不动D.b 与地面之间的压力不变,且a 相对b 向上滑动解析:当楔形物体静止时,a 静止在b 的斜面上,设a 的质量为m,楔形物体斜面的倾角为θ,此时b 对a 的支持力N =mg cos θ,现给a 和b 一个共同向左的初速度,由于摩擦,地面对b 产生向右的摩擦力,使b 向左做减速运动,因此a 、b 组成的系统在水平方向上有向右的加速度.如果a 、b 间的动摩擦因数较大,使得a 、b 仍保持相对静止,此时对水平向右的加速度a 沿斜面和垂直于斜面分解,则有N ′－mg cos θ=ma sin θ,N ′大于N,b 对a 的支持力增大,C 对;若a 、b 间的静摩擦力不足以保证a 、b 保持相对静止,则a 由于惯性向上滑动,则b 对a 的动摩擦力,使a 相对于b 产生沿斜面向下的加速度,a 相对于地面的合加速度仍有垂直于斜面向上的分量,因而可得,a 对b 的压力相对于不动时增大,B 对,A 、D 错.答案:BC二、填空与实验题(本题包括2小题,共20分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)11.(10分)如图3-9所示,在倾角为30°的斜面上,一辆动力小车沿斜面下滑,在小车下滑的过程中,小车支架上连接着小球的轻绳恰好水平.已知小球的质量为m ,则小车运动的加速度大小为________,绳对小球的拉力大小为________.图3-9解析:对小球受力分析如图,小球的加速度沿斜面向下,由牛顿第二定律得g mmg m F a 22===合由图可得:.330cot mg mg F =︒⋅=答案:2g mg312.(10分)某探究性学习小组欲探究光滑斜面上物体下滑的加速度与物体质量及斜面倾角是否有关.实验室提供如下器材:A.表面光滑的长木板(长度为L);B.小车;C.质量为m的钩码若干个;D.方木块(备用于垫木板);E.米尺;F.秒表.实验过程:第一步,在保持斜面倾角不变时,探究加速度与质量的关系.实验中,通过向小车放入钩码来改变物体质量,只要测出小车由斜面顶端滑至底端所用时间t,就可以由公式a=________求出a.某同学记录的数据如下表所示:M M+m M+2m1 1.42 1.41 1.422 1.40 1.42 1.393 1.41 1.38 1.42根据以上信息,我们发现,在实验误差范围内质量改变之后平均下滑时间________(填“改变”或“不改变”),经过分析得出加速度与质量的关系为________.第二步,在物体质量不变时,探究加速度与倾角的关系.实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角,由于没有量角器,因此通过测量出木板顶端到水平面高度h,求出倾角α的正弦值sinα=h/L.某同学记录了高度和加速度的对应值,并在坐标纸上建立适当的坐标轴后描点作图如图3-10,请根据他所作的图线求出当地的重力加速度g=________ m/s2.进一步分析可知,光滑斜面上物体下滑的加速度与倾角的关系为________.图3-10解析:斜面长度L已知,测出小车由斜面顶端运动到斜面底端的时间t,由221atL=得22tLa=分析表中数据,发现小车质量改变时,下滑时间不变(略有不同是因为实验中存在误差),因此加速度与质量无关.小车沿光滑斜面下滑时,受力如图.质量时间次数则ma =mg sinα所以a =g sinα(可见与质量无关)则a sinα图象中图线的斜率表示g 的大小.由图象中取两点,读出其横、纵坐标(sinα1,a 1)、(sinα2,a 2),那么1212sin sin αα--=a a g 例如.m/s 80.9m/s 030.0094.222=--=g 答案:22t L 不改变无关 9.80 a =g sinα 三、计算题(本题包括4小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)13.(8分)如图3-11所示，固定在水平面上的斜面倾角θ=37°，长方体木块A 的M N 面上钉着一颗小钉子，质量m =1.5 kg 的小球B 通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.50.现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑.求在木块下滑的过程中小球对木块M N 面的压力.(取g =10 m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)图3-11解析:由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B 与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a 沿斜面向下运动.将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为M ，根据牛顿第二定律可得(M +m )g sin θ－μ(M +m )g cos θ=(M +m )a代入数据得a =2.0 m/s 2选小球为研究对象，设M N 面对小球的作用力为F N ，根据牛顿第二定律有mg sin θ－F N =ma代入数据得F N ＝6.0 N根据牛顿第三定律，小球对M N 面的压力大小为6.0 N ，方向沿斜面向下.答案:6.0 N ，方向沿斜面向下14.(10分)(2010安徽皖南八校二联,24)质量为m =1.0 kg 的小滑块(可视为质点)放在质量为m =3.0 kg 的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长L=1.0 m 开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F =12 N,如图3-12所示,为使小滑块不掉下木板,试求:(g 取10 m/s 2)图3-12(1)水平恒力F 作用的最长时间;(2)水平恒力F 做功的最大值.解析:(1)撤力前木板加速,设加速过程的位移为x 1,加速度为a 1,加速运动的时间为t 1;撤力后木板减速,设减速过程的位移为x 2,加速度为a 2,减速运动的时间为t 2.由牛顿第二定律得撤力前:F －μ(m +M )g =Ma 1(1分)解得21m/s 34=a (1分) 撤力后:μ(m +M )g =Ma 2(1分)解得22m/s 38=a (1分) 2222211121,21t a x t a x ==(1分) 为使小滑块不从木板上掉下,应满足x 1+x 2≤L(1分)又a 1t 1=a 2t 2(1分)由以上各式可解得t 1≤1 s所以水平恒力作用的最长时间为1 s.(1分)(2)由上面分析可知,木板在拉力F 作用下的最大位移m 32m 134********=⨯⨯=+t a x (1分)可得F 做功的最大值.J 8J 32121=⨯==Fx W (1分) 答案:(1)1 s (2)8 J15.(10分)将金属块m 用压缩的轻质弹簧卡在一个矩形的箱中,如图3-13所示,在箱的上顶板和下底板装有压力传感器,箱可以沿竖直轨道运动.当箱以a =2.0 m/s 2的加速度竖直向上做匀减速运动时,上顶板的传感器显示的压力为 6.0 N,下底板的传感器显示的压力为10.0 N.(取g =10 m/s 2)图3-13(1)若上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半,试判断箱的运动情况.(2)使上顶板传感器的示数为零,箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的?解析:上顶板传感器显示的示数为上顶板对金属块的弹力,设为F 上,下底板传感器显示的示数为弹簧的弹力,设为F 下.当箱竖直向上做匀减速运动时,则有F 上－F 下+mg =ma即.kg 5.0=--=ga F F m 下上 (1)当上顶板传感器的示数为下底板传感器示数的一半时箱的加速度为a 1,因为弹簧长度不变,所以F 下不变,则有01=+-=mmg F F a 下上因此,箱处于静止状态或匀速直线运动状态.(2)当上顶板传感器的示数为零时,设此时箱的加速度为a 2,并取竖直向下为正方向,则有22m/s 0.10-=-=mF mg a 下因此,此时箱的加速度竖直向上,由此得,箱可能向上做匀加速运动,也可能向下做匀减速运动.答案:(1)箱处于静止状态或匀速直线运动状态(2)箱可能向上做匀加速运动,也可能向下做匀减速运动16.(12分)杂技演员在进行“顶竿”表演时,用的是一根质量可忽略不计的长竹竿.质量为m =30 kg 的演员自竹竿顶部由静止开始下滑,滑到竹竿底端时速度恰好为零.为了研究下滑演员沿竿的下滑情况,在顶竿演员与竹竿底部之间安装一个传感器.由于竹竿处于静止状态,传感器显示的就是下滑演员所受摩擦力的情况,如图3-14所示,g 取10 m/s 2.求:图3-14(1)下滑演员下滑过程中的最大速度;(2)竹竿的长度. 解析:(1)由图象可知,下滑演员在t 1=1 s 内匀加速下滑,设下滑的加速度为a ,则根据牛顿第二定律,有mg －F =ma22m/s 4m/s 30180300=-=-=m F mg a 1 s 末下滑演员的速度达最大v m =at 1=4 m/s.(2)由图象可知,1 s 末～3 s 末下滑演员做匀减速运动,末速度为零,则杆长为m 6m )21(4 21)(2121m =+⨯⨯=+=t t v L 或22m/s 2m/s 30300360''=-=-=m mg F a .m 6)'21(21222m 21=-+=t a t v at L 答案:(1)4 m/s (2)6 m。

2011届高考物理二轮总复习回归基础提综合检测：：第11章磁场综合检测

2011年高考物理二轮总复习回归根底提分综合检测第十一章磁场综合检测一、选择题(此题共14小题，共70分，在每一小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(·百所名校模拟)20世纪50年代，一些科学家提出了地磁场的“电磁感应学说〞，认为当太阳强烈活动影响地球面引起磁暴时，磁暴在外地核(深度介于2900km～5100km之间)中感应产生衰减时间较长的电流，此电流产生了地磁场．连续的磁暴作用可维持地磁场，如此外地核中的电流方向为(地磁场N极与S极在地球外表的连线称为磁子午线)() A．垂直磁子午线由西向东B．垂直磁子午线由东向西C．沿磁子午线由南向北D．沿磁子午线由北向南【解析】地磁场外部磁感线由南向北，根据安培定如此可判断，外地核中电流方向由东向西【答案】 B2．如下列图，两根平行放置的长直导线a和b载有大小一样，方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当参加一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力的大小为F2，如此此时b受到的磁场力的大小变为(A．F2B．F1－F2C．F2－F1D．2F1－F2【解析】对a导线，原来b导线对a导线作用力为F1，方向向左，假设参加的匀强磁场垂直纸面向里，如图(a)所示，如此a导线受外力匀强磁场的作用力为F′，假设F′<F1，如此F1、F′、F2之间有如下关系：F2＝F1－F′同理对b导线受力分析，如图(b)所示，故此时导线b受磁场作用力：F＝F1－F′＝F2此题正确的答案为A.【答案】 A3．(·江苏模拟)如下列图，ab是一段无磁屏蔽功能的介质弯管，其中心线是半径为R的圆弧，弯管平面与匀强磁场方向垂直，一束一价负离子(不计重力)对准a端射入弯管，可以沿中心线穿过的离子必定满足(A．速率一样B．质量一样C．质量与速率的乘积一样D．动能一样【解析】由运动电荷在磁场中受洛伦兹力作用而做圆周运动可得，q v B ＝m v 2R，得R ＝m v qB，可知在离子带电荷量一样、磁感应强度一样时，离子做圆周运动的半径与m v 成正比，故C 对．【答案】 C4．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．图中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．在以下A 、B 、C 、D 四幅图中，请判断描绘正确的答案是( )【解析】由题意“同一位置同一磁场〞，“导线长度一样〞，又B ＝F IL ，可知F I斜率相等，所以D 项错误；电流为0时不受力，所以A 项错误，应当选BC 项【答案】 BC5．平行金属板M 、N 的距离为d ，其中匀强磁场中的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外(如下列图)，等离子群的速度为v ，沿图示方向射入，电容器电容为C ，如此( )A ．当S 断开时，电容器的充电荷量Q ≥B v dCB ．当S 闭合时，电容器的充电荷量Q ＝B v dCC ．当S 闭合时，电容器的充电荷量Q <B v dCD ．当S 闭合时，电容器的充电荷量Q >B v dC[ 【解析】当S 断开时，电容器极板间的电压等于平行金属板间的电压．等离子群不偏向极板运动时做匀速直线运动，此时平行金属板达电压稳定状态，由q v B ＝q U d，得U ＝B v d ，此时电容器的充电荷量Q ＝B v dC .S 闭合时，平行板上的电荷通过R 放电，电场力小于洛伦兹力，使等离子群不断向极板移动，达稳定状态，平行板和电容器间的电压仍为U ，电容器的电荷量仍为B v dC .【答案】 B6．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S 与内阻不计、电动势为E 的电源相连，一根质量为m 的导体棒ab ，用长为l 的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如下列图，系统空间有匀强磁场．当闭合开关S 时，导体棒向右摆起，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ角，如此( )A ．磁场方向一定竖直向下B ．磁场方向竖直向下时，磁感应强度最小C ．导体棒离开导轨前通过电荷量为mgl E(1－cos θ) D ．导体棒离开导轨前电源提供的电能大于mgl (1－cos θ) 【解析】当开关S 闭合时，导体棒向右摆起，说明其所受安培力水平向右或水平向右的分量，但安培力假设有竖直向上的分量，应小于导体棒所受重力，否如此导体棒会向上跳起而不是向右摆起，由左手定如此可知，磁场方向斜向下或竖直向下都成立，A 错；当满足导体棒“向右摆起〞时，假设磁场方向竖直向下，如此安培力水平向右，在导体棒获得的水平冲量一样的条件下，所需安培力最小，因此磁感应强度也最小，B 正确；设导轨棒右端的初动能为E k ，摆动过程中机械能守恒，有E k ＝mgl (1－cos θ)，导体棒的动能是电流做功而获得的，假设回路电阻不计，如此电流所做的功全部转化为导体棒的动能，此时有W ＝IEt＝qE ＝E k ，得W ＝mgl (1－cos θ)，q ＝mgl E(1－cos θ)，题设条件有电源内阻不计而没有“其他电阻不计〞的相关表述，因此其他电阻不可忽略，那么电流做的功就大于mgl (1－cos θ)，通过导体棒的电荷量也就大于mgl E(1－cos θ)，C 错误D 正确．【答案】 BD7．(·临沂模拟)如下列图，三个质量相等、电荷量分别为＋q 、－q 和0的小液滴a 、b 、c ，从竖直放置的两极板中间的上方由静止释放，最后从两极板间穿过，a 、b 经过极板边缘，轨迹如下列图，如此在穿过两极板的过程中( )A ．电场力对液滴a 、b 做的功一样B ．三者动能的增量一样C ．液滴a 电势能的增加量等于液滴b 电势能的减少量D ．重力对三者做的功一样【解析】液滴a 、b 只是电性的差异，受力方向不同，偏转方向不同，但电荷量一样，侧移量一样，故做功一样， A 正确；c 不带电，只有重力做正功，动能增量较小，电场力对a 、b 做正功，动能增量较大，故B 错；偏转电场实际上是加速电场，所以a 、b 的电势能都要减少，故C 错；在竖直方向上下落的高度相等，所以重力对三者做的功一样，D 正确．【答案】 AD8．(·郑州模拟)如下列图，盘旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心局部是两个D 形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频交流电源相连，如此带电粒子获得的最大动能与如下哪些因素有关( )A ．加速的次数B ．加速电压的大小C ．交流电的频率D ．匀强磁场的磁感应强度【解析】在匀强磁场中，带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，q v B ＝m v 2R，最大半径R ＝m v qB ＝2mE k qB ，带电粒子获得的最大动能E k ＝(qBR )22m，只有选项D 正确．【答案】 D 9．如下列图的OX 和MN 是匀强磁场中两条平行的边界限，速率不同的同种带电粒子从O 点沿OX 方向同时射向磁场，其中穿过a 点的粒子速度v 1方向与MN 垂直，穿过b 点的粒子速度v 2方向与MN 成60°角．设两粒子从O 点到MN 所需时间分别为t 1和t 2，如此t 1t 2为( )A ．32B ．43C ．11D ．13【解析】作出两粒子在磁场中的运动轨迹，可知t 1＝T 14，t 2＝T 26，且由T ＝2πm Bq 知T 1＝T 2.所以t 1t 2＝32，选项A 正确．【答案】 A10．如下列图，一质量为m 、电荷量为q 的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，物块上、下外表与隧道上、下外表的动摩擦因数均为μ，整个空间中存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的水平匀强磁场，现给物块水平向右的初速度v 0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，隧道足够长，如此整个运动过程中，物块抑制阻力做功可能是( )A ．0 B.12m v 20－m 3g 22q 2B2 C.12m v 20D.m 3g 22q 2B 2－12m v 20 【解析】物块进入磁场后的受力情况有三种可能情况：第一种，洛伦兹力和重力是一对平衡力，即Bq v 0＝mg ，满足该情况的v 0＝mg Bq，没有摩擦力，所以抑制摩擦力做功为零，第二种情况，v 0>mg Bq ，挤压上外表，要抑制摩擦力做功，当速度减小为v ＝mg Bq后，摩擦力消失，故抑制摩擦力做功W ＝12m v 20－12m v 2＝12m v 20－m 3g 22B 2q 2；第三种情况，v 0<mg Bq，挤压下外表，要抑制摩擦力做功，一直到速度为零，所以抑制摩擦力做功W ＝12m v 20. 【答案】 ABC11．(2010·温州市八校联考)如下列图，一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子打至P 点，设OP ＝x ，能够正确反响x 与U 之间的函数关系的是( )【解析】带电粒子在电场中做加速运动，由动能定理有：qU ＝12m v 2，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有：x 2＝m v qB ，整理得：x 2＝8m qB2U ，故B 正确．【答案】 B12．(·南昌调研)如下列图，绝缘斜面各处的粗糙程度一样，带正电的滑块在绝缘斜面的AB 段匀速下滑，然后进入BC 段，要使滑块在BC 段加速下滑，下述方法可行的是( )A．在BC段加竖直向上的匀强电场B．在BC段加垂直斜面向下的匀强电场C．在BC段加平行斜面向下的匀强磁场D．在BC段加垂直纸面向外的匀强磁场【解析】考查牛顿第二定律与受力分析．带电滑块能沿着斜面匀速下滑，如此mg sinθ＝μmg cosθ，得μ＝tanθ，假设加竖直向上的匀强电场，如此(mg－F)sinθ＝μ(mg－F)cosθ，滑块将匀速运动，A错误；假设加垂直斜面向下的匀强电场，如此滑块受到的压力增大，摩擦力增大，将减速下滑，B错误；假设加平行于斜面向下的匀强磁场，如此对滑块运动无影响，C错误；假设加垂直纸面向里向外的匀强磁场，滑块受到垂直斜面向上的洛伦兹力，滑块对斜面的压力减小，摩擦力减小，将沿斜面加速下滑，D正确．【答案】 D13．(·黄冈质检)如下列图，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如下列图，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上．如此()A．该装置可筛选出具有特定速度的粒子B．该装置可筛选出具有特定质量的粒子C．假设射入的粒子电荷量一样，如此该装置筛选出的粒子一定具有一样的质量D．假设射入的粒子质量一样，如此该装置筛选出的粒子不一定具有一样的电荷量【解析】考查带电粒子在复合场中的运动．能直线通过O1、O2、O3的粒子满足做匀的粒子才能沿直线通过并进入收集室，速直线运动的规律，即Eq＝Bq v，只有满足速度v＝EB故通过调节磁感应强度B的大小可筛选出具有特定速度的粒子，A正确B错误；粒子经过加速电场加速获得的动能为Uq＝12，v＝2Uq m，假设射入的粒子的电荷量q一样，如2m v此满足条件的v一样，此时粒子的质量一定一样，C正确D错误．【答案】AC14．(·西城区抽样测试)如下列图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．如下判断正确的答案是()[A．当小球运动的弧长为圆周长的1/4时，洛伦兹力最大B．当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大C ．小球从a 点到b 点，重力势能减小，电势能增大D ．小球从b 点运动到c 点，电势能增大，动能先增大后减小【解析】考查带电物体在复合场中的运动．由于重力和电场力大小相等，将电场力和重力合成，其合力方向为斜向左下，与竖直方向成45°，由于洛伦兹力不做功，如此带电小球经过bc 弧长的中点处时速度最大，洛伦兹力最大，A 、B 均错误；从a 到b 运动过程中，电场力做正功，电势能减小，重力做正功，重力势能减小，C 错误；从b 到c 点运动过程中，动能先增大后减小，故D 正确．【答案】 D二、计算题(此题共包括4小题，共50分，解答时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)15．电磁炮的根本原理如下列图，把待发射的炮弹(导体)放置在匀强磁场中的两条平行导轨(导轨与水平方向成α角)上，磁场方向和导轨平面垂直，假设给导轨一很大的电流I ，使炮弹作为一个载流导体在磁场的作用下，沿导轨做加速运动，以某一速度发射出去．匀强磁场的磁感应强度为B ，两导轨间的距离为L ，磁场中导轨的长度为s ，炮弹的质量为m ，炮弹和导轨间摩擦力不计．试问：在导轨与水平方向夹角一定时，要想提高炮弹发射时的速度v 0，从设计角度看可以怎么办？(通过列式分析，加以说明)【解析】当通入电流I 时，炮弹受到的磁场力为F ＝BIL ①发射过程中磁场力做功W B ＝Fs ②发射过程中重力做功为W G ＝－mgS sin α③由动能定理得：W B ＋W G ＝12m v 20④ 联立解得v 0＝2BILs m－2gs sin α⑤ 从⑤式可以看出，当炮弹质量和导轨倾角α一定时，从理论上讲，增大B 、I 、L 、s 都可以提高炮弹的发射速度．【答案】见解析16．(2010·成都市高三摸底测试)如下列图，xOy 是位于足够大的绝缘光滑水平桌面内的平面直角坐标系，虚线MN 是∠xOy 的角平分线．在MN 的左侧区域，存在着沿x 轴负方向、场强为E 的匀强电场；在MN 的右侧区域，存在着方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场．现有一带负电的小球a 从y 轴上的P (0，L )点，在电场力作用下由静止开始运动，小球a 到达虚线MN 上的Q 点时与另一个不带电的静止小球b 发生碰撞，碰后两小球粘合在一起进入磁场，它们穿出磁场的位置恰好在O 点．假设a 、b 两小球的质量相等且均可视为质点，a 、b 碰撞过程中无电荷量损失，不计重力作用．求：(1)小球a 的比荷k (即电荷量与质量之比)；(2)过O 点后，粘在一起的两个小球再次到达虚线MN 上的位置坐标(结果用E 、B 、L表示)．【解析】 (1)设a 的质量为m 、电荷量为q ，a 与b 碰撞前后的速度大小分别为v 0、v ，碰后两球在磁场中运动的轨道半径为R .a 在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得：qEL ＝12m v 20a 与b 碰撞中动量守恒，有：m v 0＝2m v解得v ＝qEL 2m由题意知，Q 点的位置坐标一定是(L ，L )，且碰后两球在磁场中做匀速圆周运动的圆心O 1一定在x 轴上，如图，所以R ＝L 由洛伦兹力提供向心力有：q v B ＝2m v 2R故有k ＝q m ＝2E B 2L(2)过O 点后，两球以沿y 轴正方向的初速度v 在电场中做类平抛运动．设它们再次到达虚线MN 上的位置坐标为Q ′(x ，y )，在电场中运动的时间为t由运动学公式有：x ＝12·qE 2mt 2 y ＝v t且y x＝tan45°解得：x ＝y ＝2L ，所以两球再次到达虚线MN 上的位置坐标是Q ′(2L,2L ) 17．(2010·四川绵阳统测)如下列图，在y 轴右方有方向垂直于纸面的匀强磁场，一个质量为m ，电荷量为q 的质子以速度v 水平向右经过x 轴上的P 点最后从y 轴上的M 点射出，M 点到原点的距离为L ，质子射出磁场时的速度方向与y 轴的夹角θ为30°.求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)质子在磁场中运动到适当时候，假设在y 轴右方再加一个匀强电场，可以使质子能平行于y 轴正方向做匀速直线运动．从质子经过P 点开始计时，经过多长时间开始加这个匀强电场？电场强度多大？方向如何？【解析】 (1)质子在磁场中运动的圆轨道如下列图，设圆轨道半径为R ，由几何知识得： R (1＋sin30°)＝L ①根据洛伦兹力提供向心力，得q v B ＝m v 2R② 解得：B ＝3m v 2qL③ 由左手定如此可判定磁场方向垂直纸面向里．(2)要使质子能平行于y 轴正方向做匀速直线运动，必须当质子速度沿y 轴正方向时，加一水平向右的匀强电场，并且使质子所受电场力和洛伦兹力相等，即qE ＝q v B ④由③④解得：E ＝3m v 22qL，方向与x 轴正方向一样 ⑤ 此刻质子恰好运动了T 4，如此 T ＝2πm qB ，t ＝T 4⑥ 由③⑥解得：t ＝πl 3v18．(·江苏省宿迁)如图甲所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m ＝0.2g 、电荷量q ＝＋8×10－5C 的小球，小球的直径比管的内径略小．在管口所在水平面MN 的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B 1＝15T 的匀强磁场，MN 面的上方还存在着竖直向上、场强E ＝25V/m 的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B 2＝5T 的匀强磁场．现让小车始终保持v ＝2m/s 的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ 为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力F N 随高度h 变化的关系如图乙所示．g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)小球刚进入磁场B 1时的加速度大小；(2)绝缘管的长L ；(3)小球离开管后再次经过水平面MN 时距管口的距离Δx .【解析】 (1)以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力F f1，故小于在管中在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度设为a ，如此a ＝F f1－mg m ＝q v B 1－mg m＝2m/s 2. (2)在小球运动到管口时，F N ＝2.4×10－3N ，设v 1为小球竖直分速度，由F N ＝q v 1B 1，如此v 1＝F N qB 1＝2m/s 由v 21＝2aL 得L ＝v 212a＝1m. (3)小球离开管口进入复合场，其中qE ＝2×10－3N ，mg ＝2×10－3N.故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度v ′与MN 成45°角，轨道半径为R ，R ＝m v ′qB 2＝2m 小球离开管口开始计时，到再次经过MN 所通过的水平距离x 1＝2R ＝2m 对应时间t ＝14T ＝πm 2qB 2＝π4s 小车运动距离为x 2，x 2＝v t ＝π2m ，Δx ＝x 1－x 2＝0.43m. 【答案】见解析。

2011届高考物理磁场002

2011届高考物理磁场002第九章磁场【知识建构】第一节磁场及其描述一、考情分析考试大纲考纲解读1.磁场、磁感应强度、磁感线I2.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向I1.重视并加强对基本概念、基本规律的学习，注意将磁场与电场对比，注意它们的区别。

2.熟练掌握几种常见磁体（电流）周围磁感线的空间分布特点，会用有关图形表示，善于画俯视图、仰视图、侧视图等。

3.安培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。

4.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。

二、考点知识梳理（一）、磁场的基本概念1.磁体的周围存在磁场。

2.电流的周围也存在磁场3.变化的电场在周围空间产生磁场（麦克斯韦）。

4.磁场和电场一样，也是一种___________。

5.磁场不仅对磁极产生力的作用，对电流也产生力的作用．6.磁场的方向——在磁场中的任一点，小磁针________的方向，亦即小磁针静止时_____所指的方向，就是那一点的磁场方向．磁现象的电本质:_________________________________________________ ________．（二）、磁场的基本性质磁场对放入其中的磁极或电流有________的作用．（对磁极一定有力的作用;对电流只是可能有力的作用,当电流和磁感线平行时____________磁场力作用）。

1.磁极和磁极之间有磁场力的作用2.两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互______，当通以相反方向的电流时，它们相互________。

3.电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过________发生相互作用．4.磁体或电流在其周围空间里产生磁场，而磁场对处在它里面的磁极或电流有__________的作用．5.磁极和磁极之间、磁极和电流之间、电流和电流之间都是通过________来传递的（三）、磁感线为了描述磁场的强弱与方向，人们想象在磁场中画出的一组____________．1．疏密表示磁场的_________．2．每一点__________表示该点磁场的方向，也就是__________的方向．3．是闭合的曲线，在磁体外部由___极至______极，在磁体的内部由_____极至_______极．磁线不相切不相交。

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2011届高考物理二轮总复习专题过关检测)磁场(时间:90分钟满分:100分)第Ⅰ卷选择题一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分) 1.20世纪50年代,一些科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”,认为当太阳强烈活动影响地球而引起磁暴时,磁暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流,此电流产生了地磁场.连续的磁暴作用可维持地磁场,则外地核中的电流方向为(地磁场N极与S极在地球表面的连线称为磁子午线)()A.垂直磁子午线由西向东B.垂直磁子午线由东向西C.沿磁子午线由南向北D.沿磁子午线由北向南解析:地磁场由南向北,根据安培定则可判断,外地核中电流方向由东向西.答案:B2.如图11-1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F1,当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a受到的磁场力的大小变为F2,则此时b受到的磁场力的大小变为()图11-1A.F2B.F1－F2C.F2－F1D.2F1－F2解析:对a导线,原来b导线对a导线作用力为F1,方向向左,假设加入的匀强磁场垂直向里,如图甲所示,则a导线受外加匀强磁场的作用力为F′,则F1、F′、F2之间有下列关系:F2=F1－F′(F′=F1－F2)同理对b导线分析受力，如图乙所示，故此时导线b受磁场作用力:F=F1－F′=F1－(F1－F2)=F2本题正确的答案为A.答案:A3.带电体表面突出的地方电荷容易密集.雷雨天当带电云层靠近高大建筑物时,由于静电感应,建筑物顶端会聚集异种电荷,避雷针通过一根竖直导线接通大地而避免雷击.你若想知道竖直导线中的电流方向,进而判断云层所带电荷,安全可行的方法是()A.在导线中接入电流表B.在导线中接入电压表C.在导线中接入小灯泡D.在导线旁放一可自由转动的小磁针解析:根据小磁针静止时N 极的指向判断出其所在处的磁场方向,然后根据安培定则判断出电流方向,既安全又可行.答案:D4.下列关于磁感线的说法正确的是( )A.磁感线可以形象地描述磁场中各点的磁场方向,它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时S 极所指的方向相同B.磁感线总是从磁体的N 极出发,到磁体的S 极终止C.磁场的磁感线是闭合曲线D.磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线,没有细铁屑的地方就没有磁感线解析:磁感线的切线方向就是该点的磁场方向,磁场的方向规定为小磁针N 极受力的方向,也就是小磁针静止时N 极的指向,所以A 项错误.在磁体的外部,磁感线从N 极出发指向S 极,在磁体的内部,磁感线从S 极指向N 极,并且内、外形成闭合曲线,所以B 项错误,C 项正确.虽然磁感线是为了研究问题的方便人为引入的,我们也可以用细铁屑形象地“显示”磁感线,但不能说没有细铁屑的地方就没有磁感线,所以D 项是错误的. 答案:C图11-25.如图11-2所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T 0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示.现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( ) A.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T 0 B.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T 0 C.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T 0 D.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T 0解析:因电荷在电场力作用下做匀速圆周运动，根据圆周运动知识有r T m F 2)2(π=电,若所加的磁场指向纸里,因电荷所受的洛伦兹力背离圆心,电荷所受的向心力减小,所以质点运动的周期将增大,大于T 0.若所加的磁场指向纸外,因电荷所受的洛伦兹力指向圆心,电荷所受的向心力增大,所以质点运动的周期将减小,小于T 0,正确选项为A 、D.答案:AD6.在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场,一质量为m 的带正电小球,在该区域内沿水平方向向右做直线运动,如图11-3所示.关于场的分布情况可能的是( )图11-3A.该处电场方向和磁场方向重合B.电场竖直向上,磁场垂直纸面向里C.电场斜向里侧上方,磁场斜向外侧上方,均与v 垂直D.电场水平向右,磁场垂直纸面向里解析:带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力,是否受洛伦兹力需具体分析.A 选项中若电场、磁场方向与速度方向垂直,则洛伦兹力与电场力垂直,如果与重力的合力为零就会做直线运动.B 选项中电场力、洛伦兹力都向上,若与重力合力为零,也会做直线运动.C 选项电场力斜向里侧上方,洛伦兹力向外侧下方,若与重力合力为零,就会做直线运动.D 选项三个力合力不可能为零,因此本题选A 、B 、C.答案:ABC7.如图11-4所示，水平正对放置的带电平行金属板间的匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点由静止释放，经过轨道端点P 进入板间后恰好沿水平方向做匀速直线运动.现在使小球从稍低些的b 点由静止释放，经过轨道端点P 进入两板之间的场区.关于小球和小球现在的运动情况，以下判断中正确的是( )图11-4A.小球可能带负电B.小球在电、磁场中运动的过程动能增大C.小球在电、磁场中运动的过程电势能增大D.小球在电、磁场中运动的过程机械能总量不变解析:如果小球带负电，则小球在金属板间受到向下的重力、向下的电场力、向下的洛伦兹力，则小球不能沿水平方向做匀速直线运动，所以小球只能带正电，此时洛伦兹力向上，电场力向上，且F 洛+F 电=mg ，当小球从稍低的b 点由静止释放时，小球进入金属板间的速度将减小，则F 洛减小,F 洛+F 电＜mg ，小球将向下运动，电场力做负功，合外力做正功.所以小球在电磁场中运动的过程中动能增大，电势能增加，机械能减小，故B 、C 正确，A 、D 错.答案:BC8.如图11-5所示,两平行金属板的间距等于极板的长度,现有重力不计的正离子束以相同的初速度v 0平行于两板从两板正中间射入.第一次在两极板间加恒定电压,建立场强为E 的匀强电场,则正离子束刚好从上极板边缘飞出.第二次撤去电场,在两板间建立磁感应强度为B 、方向垂直于纸面的匀强磁场,正离子束刚好从下极板边缘飞出,则E 和B 的大小之比为( )图11-5A.045vB.021vC.041v D.v 0解析:根据题意d =L ①两板间为匀强电场时,离子做类平抛运动. 设粒子在板间的飞行时间为t ,则水平方向:L =v 0t ② 竖直方向:222212t m qE atd ==③两板间为匀强磁场时,设偏转半径为r 由几何关系有222)2(L d r r +-=④又rv mB qv 200=⑤①②③④⑤联立得.450v B E =答案:A9.如图11-6所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘塑料板静止在光滑水平面上.在塑料板左端无初速度放置一质量为0.1 kg 、带电荷量为+0.2 C 的滑块,滑块与绝缘塑料板之间的动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.现对塑料板施加方向水平向左、大小为0.6 N 的恒力,g 取10 m/s 2,则( )图11-6A.塑料板和滑块一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动B.滑块开始做匀加速运动,然后做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动C.最终塑料板做加速度为2 m/s 2的匀加速运动,滑块做速度为10 m/s 的匀速运动 D.最终塑料板做加速度为3 m/s 2的匀加速运动,滑块做速度为10 m/s 的匀速运动解析:滑块随塑料板向左运动时,受到竖直向上的洛伦兹力,和塑料板之间的正压力逐渐减小.开始时,塑料板和滑块加速度相同,由F =(M +m )a 得,a =2 m/s 2,对滑块有μ(mg －qvB )=ma ,当v =6 m/s 时,滑块恰好相对于塑料板有相对滑动,开始做加速度减小的加速运动,当mg =qvB ,即v =10 m/s 时滑块对塑料板的压力为零F N =0,塑料板所受的合力为0.6 N,则2/3's m MF a ==,B 、D 正确.答案:BD10.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置,其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔.若带电粒子初速度可视为零,经电压为U 的电场加速后,沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B.带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动.要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动,下列说法中正确的是 ( ) A.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q /m 越大,磁感应强度B 越大 B.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q /m 越大,磁感应强度B 越小C.对于给定的带电粒子和磁感应强度B ,加速电压U 越大,粒子运动的周期越小D.对于给定的带电粒子和磁感应强度B ,不管加速电压U 多大,粒子运动的周期都不变解析:带电粒子经过加速电场后速度为,2mUq v =带电粒子以该速度进入对撞机的环状空腔内,且在圆环内做半径确定的圆周运动,因此qB Um Bqmv R 22==,对于给定的加速电压,即U 一定,则带电粒子的比荷q /m 越大,磁感应强度B 应越小,A 错误,B 正确;带电粒子运动周期为Bqm T π2=,与带电粒子的速度无关,当然就与加速电压U 无关,因此,对于给定的带电粒子和磁感应强度B ,不管加速电压U 多大,粒子运动的周期都不变. 答案:BD第Ⅱ卷非选择题二、填空计算题(共6题,每题10分,共60分)11.在原子反应堆中抽动液态金属时,由于不允许转动机械部分和液态金属接触,常使用一种电磁泵.如图11-7所示是这种电磁泵的结构示意图,图中A 是导管的一段,垂直于匀强磁场放置,导管内充满液态金属.当电流I 垂直于导管和磁场方向穿过液态金属时,液态金属即被驱动,并保持匀速运动.若导管内截面宽为a 、高为b ,磁场区域中的液体通过的电流为I ,磁感应强度为B ,求:图11-7(1)电流I 的方向;(2)驱动力对液体造成的压强差.解析:(1)驱动力即安培力方向与流动方向一致,由左手定则可判断出电流I 的方向由下向上. (2)把液体看成由许多横切液片组成,因通电而受到安培力作用,液体匀速流动,所以有安培力F =Δp ·S,,aBI abBIb S F p ===∆即驱动力对液体造成的压强差为.a BI答案:(1)电流方向由下向上 (2)aBI12.一种半导体材料称为“霍尔材料”,用它制成的元件称为“霍尔元件”,这种材料有可定向移动的电荷,称为“载流子”,每个载流子的电荷量大小为q =1.6×10－19 C ，霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用,如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等.图11-8在一次实验中,一块霍尔材料制成的薄片宽ab =1.0×10－2 m 、长bc =4.0×10－2 m 、厚h =1.0×10－3 m,水平放置在竖直向上的磁感应强度B =2.0 T 的匀强磁场中,bc 方向通有I =3.0 A 的电流,如图11-8所示,由于磁场的作用,稳定后,在沿宽度方向上产生1.0×10－5 V 的横向电压. (1)假定载流子是电子,ad 、bc 两端中哪端电势较高? (2)薄板中形成电流I 的载流子定向运动的速率为多大? (3)这块霍尔材料中单位体积内的载流子个数为多少?解析:(1)由左手定则可判断,电子受洛伦兹力作用偏向bc 边,故ad 端电势高. (2)稳定时载流子在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡abU qqvB =,m/s.105m/s 100.10.2100.1425---⨯=⨯⨯⨯==BabU v(3)由电流的微观解释可得:I =nqvS .故n =I /qvS =3.75×1027个/m 3. 答案:(1)ad 端 (2)5×10－4 m/s (3)3.75×1027个/m 313.将氢原子中电子的运动看做是绕氢核做匀速圆周运动,这时在研究电子运动的磁效应时,可将电子的运动等效为一个环形电流,环的半径等于电子的轨道半径r .现对一氢原子加上一个外磁场,磁场的磁感应强度大小为B ,方向垂直电子的轨道平面.这时电子运动的等效电流用I 1表示.现将外磁场反向,但磁场的磁感应强度大小不变,仍为B ,这时电子运动的等效电流用I 2表示.假设在加上外磁场以及外磁场反向时,氢核的位置、电子运动的轨道平面以及轨道半径都不变,求外磁场反向前后电子运动的等效电流的差,即|I 1－I 2|等于多少?(用m 和e 表示电子的质量和电荷量)解析:用r 表示电子的轨道半径,v 表示电子速度,则等效电流rev I π2=①当加上一垂直于轨道平面的外磁场后,设顺着外磁场方向看,电子做逆时针转动,此时电子受到氢核对它的库仑力指向圆心,而受到洛伦兹力背向圆心.设此时速度为v 1,根据题意得rmv B ev rke 21122=-②当外磁场反向后,轨道半径r 不变,此时运动速度变为v 2,此时电子受到氢核对它的库仑力不变,而洛伦兹力大小变为e Bv 2,方向变为指向圆心,根据牛顿运动定律可得rmv B ev rke 22222=+③由②③式解得meBr v v =-12④ 由①④两式可得.2||221πm BeI I =-答案:πm Be2214.在电子显像管内部,由炽热的灯丝上发射出的电子在经过一定的电压加速后,进入偏转磁场区域,最后打到荧光屏上,当所加的偏转磁场的磁感应强度为0时,电子应沿直线运动打在荧光屏的正中心位置.但由于地磁场对带电粒子运动的影响,会出现在未加偏转磁场时电子束偏离直线运动的现象,所以在精密测量仪器的显像管中常需要在显像管的外部采取磁屏蔽措施以消除地磁场对电子运动的影响.已知电子质量为m 、电荷量为e ,从炽热灯丝发射出的电子(可视为初速度为0)经过电压为U 的电场加速后,沿水平方向由南向北运动.若不采取磁屏蔽措施,且已知地磁场磁感应强度的竖直向下分量的大小为B ,地磁场对电子在加速过程中的影响可忽略不计.在未加偏转磁场的情况下,(1)试判断电子束将偏向什么方向;(2)求电子在地磁场中运动的加速度的大小;(3)若加速电场边缘到荧光屏的距离为l ,求在地磁场的作用下使到达荧光屏的电子在荧光屏上偏移的距离. 解析:(1)根据左手定则,可以判断出电子束将偏向东方.(2)设从加速电场射出的电子速度为v 0,则根据动能定理有:eU mv =2021从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动,设电子的加速度为a ,根据牛顿第二定律,ev 0B =ma 由以上各式解得 .2meU meB a =(3)设电子在地磁场中运动的半径为R ,根据牛顿第二定律Rv mB ev 20=得eBmv R 0=设电子在荧光屏上偏移的距离为x ,根据图中的几何关系,有:22tR R x --=结合以上关系,得 .22122l eBmU emU Bx --=答案:(1)东方 (2)m eU m eB 2(3)22221leBmU emU B--15.回旋加速器的示意图如图11-9甲，置于真空中的金属D 形盒,其半径为R ,两盒间距为d ,在左侧D 形盒圆心处放有粒子源S,匀强磁场的磁感应强度为B ,方向如图所示.此加速器所接的高频交流电源如图11-9乙所示,电压有效值为U .粒子源射出的带电粒子质量为m 、电荷量为q .设粒子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计,且此时高频电源电压恰好达到最大值,忽略粒子在加速电场中的运动时间,加速粒子的电压按交流电的最大值且可近似认为保持不变.粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数.求: (1)粒子在加速器中运动的总时间t .(2)试推证当R >>d 时,粒子在电场中加速的总时间相对于在D 形盒中回旋的总时间可忽略不计(粒子在电场中运动时,不考虑磁场的影响).(3)粒子第1次和第n 次分别在右半盒中运动的轨道半径的比值R 1∶R n .图11-9解析:由于加速粒子的电压按交流电的最大值且近似认为保持不变,故粒子在电场中做匀加速直线运动.(1)设粒子加速后的最大速度为v ,此时轨道半径最大为R ,由牛顿第二定律得:RvmqvB 2=粒子的回旋周期为:vR T π2=粒子加速后的最大动能为:221mv E k =设粒子在电场中加速的次数为n ,则:E k =nqU m 高频电源电压的最大值U U 2m =又忽略粒子在加速电场中的运动时间,则运动的总时间2T nt =联立解得:.422UBR t π=(2)粒子在电场中间断的加速运动,可等效成不间断的匀加速直线运动.粒子在电场中加速的总时间为:vnd v nd t 221==粒子在D 形盒中回旋的总时间:vRnt π=2故Rdt t π221=,又R >>d ,所以121<<t t ,因此t 1可忽略不计.(3)设粒子第1、2、3……n 次在右半盒中运动的速度分别为v 1、v 2、v 3……v n ,则由动能定理得:qU m =mv 12/22322mmv qU=2523mmv qU=……2)12(2mnmv qUn =-又RvmqvB 2=联立解得12:1:1-=n R R n (n 取1,2,3,…). 答案:(1)UBR 422π(2)略 (3)12:1-n 16.(2010湖北部分重点中学高三二联,25)在xOy 平面内,x ＞0的区域存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B =0.4 T ;x ＜0的区域存在沿x 轴正方向的匀强电场.现有一质量为m =4.0×10－9kg,带电荷量为q =2.0×10－7 C 的正粒子从x 轴正方向上的M 点以速度v 0=20 m/s 进入磁场,如图11-10所示,v 0与x 轴正方向的夹角θ=45°,M 点与O 点相距为l =2 m.已知粒子能以沿着y 轴负方向的速度垂直穿过x 轴负半轴上的N 点,不计粒子重力.求:图11-10(1)粒子穿过y 轴正半轴的位置以及穿过y 轴正半轴时速度与y 轴的夹角; (2)x ＜0区域电场的场强;(3)试问粒子能否经过坐标原点O ?若不能,请说明原因;若能,请求出粒子从M 点运动到N 点所经历的时间.解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力 Bqv =mv 2/R得:R=1 m过M点做初速度v0的垂线交y轴正方向于P点,则PM=l/cos45°得:PM=2 m=2R由几何关系得PM为轨迹圆的直径,P点即为粒子穿过y轴正半轴的位置sin==︒OP245mPM由圆的对称性得粒子经过此处时的速度与y轴夹角为θ=45°.(2)设粒子由P点到N点历时t1,则:x轴方向:v0sin45°－Eqt1/m=0y轴方向:v0t1cos45°=OP联立求解,代入数据得:t1=0.1 s,=E2≈22.82V/m.V/m(3)粒子能到达O点粒子在磁场中的运动周期为:T=2πm/Bq从M点运动到O点经过的轨迹如图经历的时间为:t=T/2+3T/4+2t1代入数据得:t=(π/8+0.2) s≈0.59 s.答案:(1)45°(2)2.82 V/m(3)0.59 s。