物理2018届高考教版大一轮复习配套打包老师搜集第9 10章

[高考导航要求线ⅠⅠ力、力的方ⅠT14匀强磁场中的Ⅱ力、力的向ⅠT18力ⅡⅡⅠ基础课 方向：小磁针的N(1)(2)大小：B＝F(通电导线垂直于磁场)。(3)方向：小磁针静止时N极的指向。(4)单位：特斯拉(T)知识点二、磁感线常见磁体的磁场(1所示 1．力的大2．力的方[思考判断(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的强弱有关。()致。() B＝FI越大，导线L小。 力可能做正功，也可能做负功。 答案(1)×(2)×(3)√ (6)×

磁场 定则的应

BFIL动的小磁针静止时N极的指向。在运用定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”原因(电流方向结果(磁场绕向 解析N、SS极指向南方，选项A错误，B正确；指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，选项C正确；由D答案 q解析电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁A对，B错；同理根据电场强度的定义式E＝F可知C正确；而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝F中I和B的方向必须垂直，故D错。q答案r3．[定则的应用，磁场的叠加]如图3所示，在直角三角形ABC的A点和Br向垂直纸面向外时，所受力方向垂直BC向下，则两直导线的电流强度IBIA之比为()22

B.

2C.2

444解析由左手定则可知C点处磁场的磁感应强度B合的方向平行BC向右，设4BCBABBk＝， 别与AC和BC垂直，如图所示，可知BB＝sin ＝， 41，D4

IA 答案力作用下导体的运动力大小：由F＝BIL计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度。如弯曲4所示。判定力作用下导体运动情况的常用方分割为电流 力方 整段导体所受合力方在特殊位 力方 运动方环形电 小磁条形磁 通电螺线 多个环形电结向的电流，从A端流入的电流大小为I，则线框受到的力()A0B2BIRCBIRD2BIR解析由题图可知，电流从A端流入，从B端流出，则有电流分别通过直导线AOBACBAOBACB的电流大小分别为I1、I2，则I1＋I2＝I。由左手定则可知，直导线AOB受到的力沿纸面向上，大小为F1＝2BI1R；半圆形导线ACB受到的力可等效成通入电流大小为I2的直导线AOB受到的力，由左手定则可知，半圆形导线ACB受到的力沿纸面向上，大小为F2＝2BI2R，因此金属线框受到的力沿纸面向上，F＝F1＋F2＝2BR(I1＋I2)＝2BIRB答案发现()A．A环、BB．A环将逆时针转动，BC．A环将顺时针转动，BD．A环将顺时针转动，B解析由定则可得，A环产生的磁场方向向下，B环产生的磁场方向向左，A环顺时针转动，B环逆时针转动，二者相互靠拢，直至重合，选项D正确。答案3．[电流元和特殊位置法]一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上7abab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是()7解析判断导线的转动方向可用电流元法：如图所示，把直线电流等效为aO、OO′、O′b三段(OO′段极短)电流，由于OO′段电流方向与该处的磁场方向相同，受力方向垂直纸面向外；O′b段电流所在处的磁场方向斜向下，同理可知其所受力方向垂直纸面向里。再用特殊位置法分析：当导线转过90°与纸面垂直时，判断导线所受力方向向下。综上可知导线将以OO′段为轴逆时针转动答案4．[转换研究对象法](多选)8所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡F2，则以下说法正确的是()解析如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体F′答案力作用下导体的平衡9所示。【典例】10L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体abm＝1kgR0＝0.9ΩE＝10V，r＝0.1ΩR＝4ΩB＝5T，方向垂直于abα＝53°；abμ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速g＝10m/s2，ab处于静止状态。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：abab受到的力大小G解析 ＝2abF＝BIL＝5fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5NFT＝Fsin53°－fm＝0.5NFT＝Fsin53°＋fm＝7.5N所以0.5N≤G≤7.5N。答案(1)2Aab(2)5N(3)0.5N≤G≤7.51．[通电线圈在力作用下的平衡](2015·江苏单科，4)如图11所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度下列各选项所示的载流线圈匝数相同边长MN相等， 解析第电磁感应定律

ΔΦ＝

n n大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项A符合题意。答案2．[导体棒在力作用下的平衡](2015·卷Ⅰ，24)如图12，一长为10cm0.5cm解析I＝U＝12V＝6 2导体棒受到的力大小为F＝BIL＝0.06由左手定则可判断知金属棒受到的力方向竖直向m＝0.01kg答案竖直向下0.01kg求解力作用下导体棒平衡问题的基本思(2)(2)力做功的实质是能量转①力做正功时将电源的能量转化为导线的机械能或其他形式的能②力做负功时将机械能转化为电能或其他形式的能【思维训练1(多选)S与内阻不计、EL＝20cm的两段光滑圆弧导轨相接，一13B＝0.5T，当闭合开关Sθ＝53°角，摆影响)，导轨电阻不计，sin53°＝0.8，g＝10m/s2则( 13BE＝3.0VC．导体棒在摆动过程中所受力F＝3ND0.048J解析导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有力和重力做功，由动能定理BIL·Lsinθ－mgL(1－cosθ)＝0I＝3AE＝IR得电源电动势E＝3.0V，B对；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受力F＝0.3N，C错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL(1－cos＝0.048J，D答案【思维训练2】是一种理想的它的主要原理如图14所示利用这2m100m10A，求轨道间所加匀强磁场的磁解析在力的作用下，沿轨道做匀加速运动。因为通过100m的位26km/sFs＝ΔEkBILs＝1mv2－02B＝1.8×104TP＝Fvm＝BILvm＝1.08×1011W答案1.8×104 1.08×1011 解析力的方向、磁感应强度的方向及电流的方向满足左手定则，所B正确、A错误；当行时，力最小为零，故选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直2大小变为原来的2，因 力大小不一定是原来的一半，选项D错误2答案2．(2016·理综，17)中国宋代科学家在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁()图15解析地球为一巨大的磁体，地磁场的南、北极在地理上的北极和南极附近，两到地磁场力的作用，故C项说法不正确的。答案射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)磁场方向如图中箭头所示，在图(b)中()图16解析将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，项D错误。答案的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且其中正确的 解析(1)2m(2)根据F＝BIL可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒 变大，即离开导轨时的速度变大，A、C正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变力F不变棒的质量变大，速度v＝ 2Fs－2μgs变小，B错误。2m答案(1)见解析图一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题，如图1所示。当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有( 1解析通电的导线环周围能够产生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或答案2MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸B90°为竖直向下，在这个过程中(图2解析初始状态时，金属棒受重力、拉力和力作用而平衡。在磁场方向由垂直纸面向里缓慢地转过90°变为竖直向下的过程，力的大小F安＝BIL不变，向，重力和力的大小不变，它们之间的夹角由180°变为90°，知两个力的合力一直增大，所以拉力一直增大。故选项A正确。答案37°，则在向上摆动过程中(不计空气阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则(3C9AD4解析铜棒在上升过程中，力做正功，机械能一直增大，A、B错误；由动错误，D正确。答案面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)E＝8Vcos37°＝0.8g＝10m/s2，则磁场的磁感应强度大小为() B．1.73 C．1.5 D．1U解析电动机MI1＝P1＝2AUrr＝I－I1＝2ABI2L＝mgsin37°B＝1.5T，只有选项答案5甲所示，a、b两平行直导线中通有相同的电流，当两通电导线垂直圆60°时，圆心处的磁感应强度B。如图乙所示，ca、b导线完全相同的电流，a、b、c垂a、b120°，b、c两导线30°，则此时圆心处的磁感应强度大小为()D.3 D.3为解析a、b60°时，它们在圆心处的磁感应强度如B′＝B1c导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为2B1为3B，A答案上一点，下列说法正确的是()A．OB．P、QC．P、QD．正电荷从O点沿z轴向上运动不受力作答案7中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁轨上滑动。下列说法正确的是()a接正极，b接负极，e接正极，fLa接正极，b接负极，e接负极，fLa接负极，b接正极，e接正极，fLa接负极，b接正极，e接负极，fL解析a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆所受力向左，则L向左滑动，A选项错误；同理判定B、D选项正确，C选项错误。答案＝mdILB3mgI始终不变，则＝2(

（12＋6解析导体棒静止时细线与竖直方向夹角设为θ，根据平衡有BId＝mgtanθ，解项A错，B对；类力场可知导体棒在经过平衡位置时细线上拉力最大，设Fm，重力和F＝mgvcos能定理

cos

F＝

31)mgD错，C3答案如图9是“”模型的原理结构示意图。光滑水平金属导轨M、N的间0.8Ωr＝0.2Ωab提射弹体，则()9A．导体棒ab所受力大小为1.6×105NB．光滑水平导轨长度至少为20mC．该过程系统产生的焦为3.2×106JD1.76×106J解析由力有，F＝BIL＝8×104N，选项A错误；弹体由静止加速到 km/sFx＝2mvx＝2F＝20mBabF＝ma，v＝att＝1×10－2s，该过程中产生焦Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105J，弹体和导体棒ab增加的总动能 2mv答案

JE＝E

10．(2017·江苏泰州模拟)1037°0.4T、方t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g10m/s2)解析Tcos37°＝FTsin37°＝mgtan两式联立解得F＝ ＝0.8tanF＝BILB＝F＝2由题意知，Btt＝5s答案51150cm10gab的两端用两只相0.4A的电流时，弹簧恰好不伸长。g＝10m/s20.2Aab1cm。如果ba，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？解析(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的力BIL和向下的重力mg大小B＝mg＝0.5(2)0.2Aab时，ab2kx1，及向上的力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态。根据平衡条件有当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的力BI2L和重力

x1＝3cm答案(1)0.5 (2)312所示，位于同一个水平面上的两根平行金属导轨，放置在斜向左上、与水平面成θmI的金属条在导轨Lμ。(1)v(2)x，可通过改变磁场的方向来实现，求改变磁场方向后，金属条运动位移x的过程中力对金属条所做的功。解析(1)竖直方向平衡有FN＋Fcosθ＝mg，水平方向匀速运动有Fsinθ－f＝0，又f＝μFN联立解得B＝ IL（sinθ＋μcos(2)金属条尽快运动距离x，则加速度最大，对金属条水平方向应用第二定μFsinθ－f＝maf＝μFNa＝由数学知识可知，a最大时有tanθ＝1μ

F（sinθ＋μcos 在此过程 力做功W＝BILsinθ·x，解得 IL（sinθ＋μcos

(2)基础课 知识点一、力、力的方向和大1．力：磁场对运动电荷的作用力叫力2．力的方掌心——方向特点：f⊥B，f⊥vfBv3．力的大v∥B时，力f＝0。(θ＝0°或v⊥B时，力f＝qvB。v＝0时，力f＝0若v∥B，带电粒子不受力，在匀强磁场中做匀速直线运动若v⊥B，带电粒子仅受力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速v半径和周期[思考判断 (2)力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。 v根 T＝2πr v由于力是力的宏观表现，所以力也可能做功。 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。( ) 答案(1)×(2)×(3)× 1．力的特

运动电荷在磁场中不一定受力作用2．力与力的联系及区 力是运动电荷在磁场中受到的力，静止的电荷不会受到当电荷运动方向和磁场方向相同或相反的时候，电荷不受只要电荷放在磁场中，就一定受到答案1所示，小球飞离桌面后落到地t1x1v1。撤去磁场，其余的条件t2x2v2，则下列论述正确的是 C．v1和v2大小相 D．v1和v2方向相解析当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受B对；又因为力不做功，故C对；两次小球着地时速度方向不同，D错。答案ABC3．[带电体的圆周运动](多选)如图2所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止 22 mv3解析2 mv3

mv2，对乙

mv2，对丙 rrrv1>v3>v2，选项A、B错误，C、Drrr答案带电粒子在匀强磁场中的运动方法一若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据力F⊥v，分别确定两点处力F的方向，其交点即为圆心，如图3(a)；方法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两方法一由物理方法求：半径 方法二由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)方法一由圆心角求：t＝θ方法二

＝v直线边界(4所示)平行边界(5所示)圆形边界(6所示)【典例】7R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，Bq(q＞0)m的粒ab

的距离为2出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力

mm解析O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧mm260°O1D＝R2＝mv2

答案【拓展延伸1 计算带电粒子在磁场中的运行时解析T＝2πm，t＝θ 可得：t＝答案【拓展延伸2 改变带电粒子的入射位60°，则粒子的速率是多少？解析半

r＝3R，由qvB＝mr可得 答案m【拓展延伸3 改变磁场的方解析磁场方向改为垂直纸面向里，粒子进入磁场后向左偏转，运动轨迹如图所时与射入磁场时运动方向的夹角也是120°。答案1．[带电粒子在单直线边界磁场中的圆周运动](多选)如图8，两个初速度大小相不计重力，下列说法正确的有()a、bB．abbPOb解析由左手定则可判断粒子a、b均带正电，选项A个圆周，a在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确。答案的点，则() ．粒子的比荷为v粒子在磁场中运动时间一定不超过v0S0解析xSy＝－l0粒子轨道半径＝

＝v2，解得q

m

lBvT＝πlCx60°Sv0l，故D答案3．[带电粒子在圆形磁场中的圆周运动]10R的圆形区域内存力)v60°。q

d为多少？tan解析(1)粒子的轨迹半径 tan

＝

mr由①②两式得粒子的比荷q＝ vv66由①④⑤t＝(2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大。r由图可知sinrd＝Rsin3由①⑦⑧d＝3

(2)33【典例】11甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感t＝0MOm、带电荷(1)B0(2)O′Nv0的可能解析(1)正离子射入磁场，由力提供向心力，r rvv00(2)要使正离子从O′孔垂直于N4T04nnT0r＝dv0＝B0qr＝πd 答 πd0(1) (2)2nT0场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是()mm

mmm解析依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”mmm受的力的方向也是相反的当负电荷所受的力与电场力方向相同时根 第二定律可 ＝v2，得＝4BqR，此种情况下，负电荷运动的 m 速度为ω＝v＝4Bq；当负电荷所受 力与电场力方向相反时，有

mR答案

m

mAC2．[临界状态不唯一形成多解](多选)lmq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v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()mm

使粒子的速度

4m 解析r2＝(rl)2＋l2r＝mv1

B正确。

＝4＝ 答案3．[电性不确定形成多解]13d的有界匀强磁场，磁感应强度B，MM′NN′mq的带电粒子沿图NN′v的最大4解析题目中只给出粒子“q”4qNN′相切的1轨道半径：R＝mvd＝R－ （2＋解得（2＋qNN′相切的3 （2－（2－2)md＝R′＋2，解得 2)m答案

或(2－1(2015·卷Ⅰ14)两邻匀强磁场区的磁感应强度大小不同方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )解析由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受力作用做匀速圆周运动， qvB＝rr＝qBrω＝v＝qB可知角速度变小，选项D 答案2．(2015·卷Ⅱ，19)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子()k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍Ck倍解析mv则由第二定律得

＝R＝T＝v由①② 所以 可知 所以选项A、C正确，B、D答案3．(2016·卷Ⅱ，18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图14所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N ω

BωB

BB解析画出粒子的运动轨迹如图所示， T＝2πr π圆筒运动具有等时性，则θ

ω

A答案

2π＝ω，解得m＝3B4．(2016·理综，4)如图15所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则( 15解析带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，力提供向心力，运动迹如图所示由几何关系得， ，

，

＝v2 2rb

120°

m 则vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2,又由T＝2πm，t＝θT和θb＝2θc得tb∶tc＝2∶1项A正确，B、C、D

答案5．(2017·恩施模拟)(多选)如图16所示，a、b、c是三个面积相等的圆形匀一个重力不计的带电粒子从a磁场区域的M点以初速度v0竖直向上射入磁场，运动轨迹如图，最后粒子从c磁场区域的N点离开磁场。已知粒子的质量为m，电荷量为q，三个区域内匀强磁场的磁感应强度大小均为B。则( NMN点所用的时间为MN点所用的时间为解析粒子在N点的速度方向水平向左，B正确；粒子从M点运动到N点的时间为四

r

vT＝qBT＝3πm，C正确，D答案一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题的关系正确的是()解析根据左手定则，Af方向应向上，BfA错、B对；CDv∥B，F＝0，故C、D答案PSa点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同场对该电子的作用力的方向()A．向上B．向下C．向左D解析aP由左手定则可得电子所受力的方向向上，A正确。答案2所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会()向上偏转B．向下偏转C．向纸内偏转D解析由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据定则，可判定直导线下知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B答案法正确的是()A．a粒子带正电，bB．a粒子在磁场中所受力较C．b解析由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，AqvB＝mr2r＝mv，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受力较大，BEk＝1mv2b粒子的动能较大，C正确；T＝2πm知两者的周期相同，ba粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，D错误。2答案s1、s2s3，不计质子重力，则有() 解析v1v3的方向与MN的夹角相等，所以这两个质子的运动轨迹正好能组合成一个完整的圆，则MNv2MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径，即s1＝s3＜s2，D正确。答案如图5为力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面确的是()图5解析当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B，由第二定 qvB＝mR，得 径迹的半径变小，选项A错误；当仅提高电

2 ＝v2 ＝2mqU，可 径迹的 m 小无关，所以选项C、D答案如图6所示，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场恰好从b点射出增大粒子射入磁场的速率下列判断正确的是 abbc解析根据带电粒子在磁场中偏转的方向，由左手定则判断可知该粒子带负电，选项A错误，Br＝mv，rbc之间射出磁场，故选项C错误，D正确。答案7所示，Q1，Q2带等量正电荷，固定在光滑的绝缘杆的两端，杆上套一的是()解析Q1，Q2连线上中点处电场强度为零，从中点向两侧电场强度增大且方向都Q1，Q2连线中点对称的往复运动，中点位置速度最大，两端速度为零，所以力的大小和方向都不断变化，由以上分析可知B、D项正确。答案L，则粒子的速度可能是()

B.

解析 力提供向心力得＝

33qBLmr，则v＝m＝ ·n(n＝1，2，3，…)，所以A、B正确答案如图9所示MDN为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道半径为直径MN水平，整个空间存在方向垂直纸面外的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电荷量为－q质量为m的小球自M点无初速度下滑下列说法中正确的是( )MDDD2解析小球下滑过程中受重力、力、轨道支持力，因力与轨道支持A正确；恒定律知，mgR＝1mv2D点速度都为2gR，选项C正确；2MNDD分析及第二定律知当向左经 点时

v2

m

由于不知道力qvB大小，故支持力FN大小不确定，故B错误答案11．(2016·辽宁沈阳一模)10xOyx＞0区域内，有磁感应强度B＝1.0×10－2TxOyx轴上的P(10，0)xOyv＝104m/s的带正电的粒m＝1.6×10－25kgq＝1.6×10－18C，求带电粒子能y轴上的范围。解析带电粒子在磁场中运动时由第二定律得 qvB＝mR解得：R＝qB＝0.1m＝10yAPAyOP＝10AP＝2R＝203则 3yB点时，若圆心再向左偏，则粒子就310cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为 33答案 311O的圆形区域等分成六个扇形qvr，并判断离子旋转的方向是顺时针还是θT；θ90°B′B的关系。已知：sinα±β)＝sinαcos2β±cosαsinβ，cos2解析(1)旋转方向为逆时针方向33 3qBL＝2rcosπ＝3r＝ qB周期 （2π＋3（2π＋3rsinθ＝r′sin 2＝由三角关系sin30°＝sin 6－2＝ 2代入得2答

（2π＋3 逆时 (2) (3)B′＝ 能力课1 1【示例1】(2016·卷Ⅲ，18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，横截面(纸面)1OMB，mq(q>0)vOMOM30°O的距离为()

解析带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为

ON＝qB-出粒子的运动轨迹如图所示，由于AD＝2rsin30°＝r，故△AO′D-为一直线 为一直线

sin2CD＝4r＝qBD答案【变式训练12yPQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为()

解析rsinθ＝a

vBqv＝mr，解得r＝Bq，即粒子的比荷为m＝2Ba射出时在磁场中运动的圆心角为α＝2×(90°－30°)＝120°运动时间为 C答案角度 圆形磁场的临界极值问【模拟示例2(2017·辽宁朝阳三校协作体联考)3r的粒子(重力不计)k2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为()π π

π

π解析粒子在磁场中运动的半径为R＝mv＝2kBr＝2r t＝T＝πm＝π，故选C 答案【变式训练2】4r2rBO处有一放射源，mq，假设粒子速度方向都和纸面平行。A点，则初速度的大小是多少？甲＝如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得 3＝v2vRqv1B＝mR1＝3mR2乙2244v2vRqv2B＝mR2

＝。故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速 过。

3【示例3】(2016·海南单科，14)如图5，A、C两点分别位于x轴和y轴上OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动t0。不计重力。3AC边相切，且在磁场内运动的时间3解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0①

＝mr＝TT联立①②③B＝πm0OAOCP粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)图θ1θ22t1t22150°O′r0ACBD点射图 Tv0，由圆周运动规律T联立①⑦⑧⑨v0＝0

(3)0【变式训练36xOyyqyP(0，h)v0x轴正方向射xa(2h，0)y轴上EaabcB解析(1)t

E Eay0y0所以 v2＋v2＝0y0方向指向第Ⅳx45°qvB＝m2br＝22

答案 (2) 方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45° 从找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至1．(2016·仙桃)如图7所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的mq的正电荷(重力忽略不计)v沿正对着度大小为()A. 2qRtan2C. 2qRsin2

B. 2qRcot2D. 2qRcos2解析2θθ，根据几何关系有：r＝Rcotθ2＝

mv mr，得B＝qr θ，B项正确；选项A、C、D错误qRcot答案质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下 Aab、cBaCbDc解析若a、b、c均为正电荷，运动电荷所受力方向即可判断出a、b、b、cab、c带负电，故A项错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由力提供 Bvq＝rr＝Bq D答案3．(2017·河西五市第一次联考)(多选)如图9所示，以直角三角形AOC为边B，∠A＝60°，AO＝aOq粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为mv0

qBaθ＝后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是 AABθ＝60°DACR解析Bqv0＝m0R＝aθ＝60°R之一，在磁场中运动时间最长，故B错误；以θ＝0°飞入的粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是周期的六分之一，θ从0°到60°，粒子在磁场Cθ＝0°飞入的粒子在磁场中恰好从AC中点飞出，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。答案4(2017· 质荷比q kg/C的带正电的粒子以初速度

m/sxx轴射入电场，OA＝0.2m(1)yO(2)B的取值范围(不考虑粒子第二解析(1)tyO的距离为y，则xOA＝1 a＝ y＝va＝1.0×1015t＝2.0×10－8s，y＝0.4m(2)yvx＝at＝2×107yx0 v2＋v2＝22×107x0yθvtan v0此时粒子做圆周运动的半径为R，2R＋22qvB＝mB≥(22＋2)×10－2T答案(1)0.4 (2)B≥(22＋2)×10－2一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题()

mm

mm解析＝＝

mv＝eBd。故选项C正确。答案Cm2LABCD区域内存在磁感应强度方向垂直于纸Bm、带电荷量为－qAB边的AD边射出磁场，则其速度大小应满足()

≤ B．v≥

≤ D．v≥解析当粒子的轨迹跟AD边相切时，粒子恰好不从ADrmsin30°＝Lrm＝Lvm＝qBLr mLv≤qBL，Cm答案3所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为

e电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值

＜

＜a 解析CR＝cos＝aBC边经过，电子做圆周运动的半径要大于a3磁场中运动的

a

＜mv0，即 3mv0，选D。＜3＝qB3

＜ 答案B，OMN上一点，O处有一粒子源，某时刻放v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为() 2

vv解析θ＝60°a＝Rsin30°R＝2a。设αt＝α间为TT＝2πR＝4πa，所以粒子在磁场中运动的最长时间为4πa，C 答案A点(L，0)va、b两个相同带电粒子(粒子重力不计)a沿平行＋yyB点(0，3L)B点的时间差为(vA.v

解析根据力提供向心力，使其做匀速圆周运动，并由题意可分劣圆弧与Baba的运动轨迹，由几何关系得：R2＝(R－L)2＋(3L)2a粒子的偏转角：sinθ＝3L＝3 ba b B点的时间差：Δt＝tB－tA＝10πL－2πL＝8πL，故选D 答案(201·山西忻州市)6AC之间分布有垂直纸面向里的匀ASS平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所以粒子的初C6OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T(T6周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为 33

22

33

66解析粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OC直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。OC6ES⊥OCESSE的时间即最短。由题，粒子运动的最短时间等于T，则θ＝60°62OS＝dES＝2R＝ES＝32D＝2SD如图。可见粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝T2故选A、B答案7．(2015·理综，7)(多选)如图7所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方MNL＝9.1cmOS间B＝2.0×10－4T9.1×10－31kge＝－1.6×10－19C1.6×106m/sl，则(A．θ＝90°时，l＝9.1 B．θ＝60°时，l＝9.1C．θ＝45°时，l＝4.55 D．θ＝30°时，l＝4.55解析R＝mv＝4.55cm＝L 2Ml＝L＝9.1cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰MNONOl＝L＝4.55cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55cm＜l＜9.1cm，故B、C错误。2答案8RB的匀强磁场，方向60°。 d为多少？tan解析(1)粒子的轨迹半径 tan

＝

mr由 由 两式得粒子的比荷 vv66由①t＝(2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大。r由图可知sinrd＝Rsin3由①⑦⑧d＝3

(2)39所示，S9360°范围内发射速率me的电子。MNS的水OS＝LB3Sm 的范围有多大？(要求指明在m示纸面内MN挡板被电子的范围并在图示中画出能挡板距O上下最远

v＝eBv

R最小且保证此时电子能到达挡板时，v ＝先计算此时 m＝ 挡板的上、下位置b、a两点间范围即为所求xba＝L＋Ltan60°＝(1＋3)L答案(1) 挡板上、下两点间长度(1＋10所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应B＝0.60Tab，板面与磁场方向平行，在abl＝16cmαSα粒子v＝3.0×106m/s

粒子的电荷量与质量之比C/kg，现只考虑在图纸平面内运动的αabα解析αR表示轨道 qvB＝mR，由此得 R＝10cm，可见：因朝不同方向发射的α粒子的圆轨道都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左abP1就是αP1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q点作ab的垂线，它与ab的交点即为P1，由 N的右侧，任何αS2R2R P1P2＝NP1＋NP2P1P2＝20cm答案20能力课 角度 带电粒子在复合场中运动的应用实 2mv 2U动，qvB＝r，则比荷m＝B2r2D qvB＝rEkm＝若qv0B＝Eq，即 E，粒子压为U时稳定 d UDq＝qvBv＝DB ＝电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在处从需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 解析m1、q1m2、 2mv－0，得 由

＝mr＝①②

2U

不变，其 ，

U答案

q2，可得

【变式训练1】(多选)和设计出回旋工作原理示意图如图2Bf速电压为U。若A处粒子源产生的质子的质量为m，电荷量为＋q，在中()图2A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开回旋时的最大动能与加速电压U成正比C21次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋的最大动能不T解析质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因T故A正确质子离开回 的最大动能Ekm＝1mv2＝1 U无关，B

v2

2m1D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D错误。答案BI时，用电压表测M、NUe。下列说法中正确的是()AMNCv＝UD．导体单位体积内的自由电子数为U解析由于自由电子带负电，根据左手定则可知，MNUA

qd＝qvB，得U＝Bdv由电子数无关，选项B错误，CI＝neSv，可知选项D答案角度 带电粒子在组合场中的运“磁偏转”和“电偏转”v⊥E电场(不计重力v⊥B磁场(不计重力只受大小恒定的力 1 qE，tan ＝ ＝qB，＝qB 【模拟示例2(2016·福州二模)4xBx轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个by轴垂直。求：rxt总解析(1)由几何关系得：rcos解得：r＝由第二定律得

＝1 m1解得：v1＝qBr＝ vb＝v1cosmm2得：r＋rsin45°＝21yb＝2(v1sin 由动能定理得：－qEyb＝1mv2－1（（m

2mx

＝＝2（在电场中运动的时间2（xx t总＝t1＋t2＋t3＝11π＋22＋2)( 答案(1)2h

mmm

（m

4＋2【拓展延伸1 改变电场方将【2xx45°5xt解析(1)由几何关系得：rcos0解得：r＝0由第二定律得

＝m解得：v0＝m

m0粒子在电场中做匀直线运动，则0由第二定律得

＝m＝(2)

aa（7π＋8解得：t2＝22m（7π＋8 （7π＋8答案

【拓展延伸2 改变释放点的位x解析(1)mm

＝m22＝＝

(2)t1＝ 5·v＝2答案(1)

“5步”【变式训练3】7(d，0)x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方yθ，求：7解析(1)B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由力及牛2vqv0B＝mvExax中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由第二定律及运动学得Eq＝max③22由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)vtanv0联立①②③④⑤⑥E＝1 2vtanvtan(2)联立⑤⑥式得t＝vtan0答

(2)v0tan角度 带电粒子在叠加场中的运若重力和力平衡，则带电体做匀速直线运动若重力和力不平衡则带电体将做复杂的曲线运动因力不做功，电场力、磁场力并存(不计重力若电场力和力平衡，则带电体做匀速直线运动若电场力和力不平衡则带电体做复杂的曲线运动可用动能定理求解【示例3】(2016·理综，11)如图8所示，空间中存在着水平向右的3强电场，电场强度大小 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方3－6kgq＝2×10－6Cv在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场引起的电磁感应现象)取g＝10m/s2，求：(1)v(2)Pt解析(1)运动时受力如图其所受的三个力在同一平面内合力为零有 ①v＝20vEtan代入数据解得tanθ＝(2)解法 撤去磁场小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，mx，有ytan联立④⑤⑥⑦⑧3 s＝3.53解法二撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有vy＝vsin

3联立⑤⑥式，代入数据解得 s＝3.53答案(1)20 与电场方向成60°角斜向(2)3.5【变式训练4(2015·福建理综，22)9MN存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，Bmq的带正Chg。CAC若D点为小滑块在电场力、力及重力作用下运动过程中速度最大的位DP点。DvDDPt，求小滑块PvP。解析(1)MNCMNBB 解 场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′mPD 且v2＝v2＋g′2t2mPD解得 v2D （）＋v2D （）＋g22t1．(多选)如图10所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下， 10解析若电子从右向左飞入，电场力向上，力也向上，所以向上偏，B选平衡将做匀速直线运动，D选项正确。答案场中并为A、B两束，下列说法中正确的是()ABABBD解析由左手定则知，A、B离子均带正电，A错误；两束离子经过同一速度选择R＝mv可知，半径大的离子对应的比荷小，但离子的质量不一定相同，故选项B错误，C正确；速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里，D错误。答案如图12所示是医用回旋示意图，其部分是两个D形金属盒，两金 下列说法中正确的是 12 q解析根据qvB＝mR，得v＝m。两粒子的比荷m AEk＝2mv＝2m，两粒子的比荷mm所以最大动能不相等，故B错；带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πm，两粒子的比荷q相等，所以周期相等。做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频mEk＝2m频率不能增大粒子的最大动能，故D答案Lβα＞β，则下列说法中错误的是()13解析带电液滴做直线运动，且受到力的作用，这种直线运动必为匀速直大小如何变化，所受力大小必变化，所受合力将与直线L不再共线。液断液滴带正电，要想受力平衡，电场力方向必沿实线向上，D项错误。答案5．(2016·九校联考)如图14所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相d＝0.10m，a、bE＝5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B＝0.6T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。今有一质量为4.8×10－25kgq＝1.6×10－18C的带正电的粒子(不计重力)abQ处(图中未画出)。求：a、bPP、QL(结果可保留根号)解析(1)a、babaPqEd＝1mv2－1 2mvv＝233×106m/scosθ＝v0vOr由几何关系，得 ， rsin L＝mv＝ 3答案(1)a答案(1)a (3) 一、选择题(1～4题为单项选择题，5～8题为多项选择题21．(2017·洛阳市统考)如图1所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的是()2解析qU＝1mv2由第二定律

＝v2，依题意

答案为B答案

m

2．(2016·厦门一模)2所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀tEk，则()2ABtBECBDE解析质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与力等大反向，质t，A错误；若撒去t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误。答案abNS构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，ab3a、b之间会3.0mm，μV则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( A．1.3m/s，a正、b B．2.7m/s，a正、bC．1.3m/s，a负、b D．2.7m/s，a负、b解析血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的力，d离子受到向下的力，所以正离子向上偏，负离子向下偏。则a带正电，bdv＝U

m/s＝1.3m/s。故A项正确，B、C、D答案

4hd hdIU解析U下表面的电势高于上表面，A项错误；根据

eh，解得U＝BvhI＝neSvU＝IBh＝IBh h无关，BU＝IBd时，上下表面的电势差减小，Ceh电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，D答案5是下电离的气体，正、负离子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是直流电源的两个电极，设A、B两板间距为d，磁感应强度为B′，等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间， 是直流电源的正 B．B是直流电源的正 答案6所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三速Ga、Gb、Gc间的大小，正确的是()Ga最 B．Gb最 C．Gc最 D．Gb最答案7所示是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入B0的匀强磁场。下列表述正确的是()BCP的带电粒子的速率等于EBDP解析因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位素分析的重要工具，A正确；在速度选择器中，带电粒子所受电场力和力在粒子沿直线运动时应等大反向结合左手定则可知B正确再由＝qvBv＝E，CB0R＝mv，所以q＝v，DB答案

8．(2017·陕西西安八校联考)如图8甲是回旋的原理示意图，其部分D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是()8Atn－tn－2BEk－tt4－t3＝t3－t2＝t2－t1解析回旋所加高频电源的频率与带电粒子在磁场中运动的频率相同，在tn－tn－2，A确；带电粒子在匀强磁场中的运动周期与粒子速度无关，故B＝

mR⇒

2m，与加速次数无关 误；不同粒子的比荷不同，大动能也不一定相同，D答案(2016·江西南昌调研)9所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两B0，方向垂直于纸面向里。金属板右下方以d，MN与下极板等高。MP与金属板右端在同一竖直线上。一电荷量qmv0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方A点射入金属板间，不计离子的重力。30°A点离下极板的高度；B应为多大？解析(1)E，离子做匀速直线运动，受到的电场力和力平衡，有qE＝qv0B0(2)A点离下极板的高度为h，离子射出电场时的速度为vqEh＝1mv2－1 2m3 v0 3 h＝0(3)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为根 第二定律得qvB＝2由几何关系得d＝rcos2答案 mv0

10xOyADDC均光滑且qqE1＝6mA(1)D(2)A点出发到落地过程中所用的时间(小球所带的电荷量不变)解析(1)Dv22

E1＝6mD

(2)L＝1 ADt1＝2D象限后做匀速圆周运动，由第二定律和力得

＝3R＝3

mO′OD＝36＝设小球落在地面上的cos 2由几何关系可知：OC′＝Rsin60°＝LC′C2A2m（32m（3

2m（3一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题如图1所示，在通电螺线管的正上方用轻质细线悬挂长为l的一小段通电直导线，导线中通入垂直于纸面向里的电流I，力传感器用来测量细线的拉力G，现闭合开关，则下列说法正确的是()图1应强度大小一定为解析本题考查通电螺线管周围磁场的特点和力知识。闭合开关后，通电螺A竖直向上或竖直向下，选项B错误；若力传感器的示数变大，说明通电直导线受＝1GB＝G，选项D2答案

科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的N30°(如图2所示的虚线)，设该处的地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产 22 22解析2Bsin30°＝B，选项C2答案相互作用力为F。若在两根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线2所受力 解析12两导线间的作用力是引力，故2受到向左的力，要使导线2所受的力的合力恰好为零，故所加的磁场使导线2受到的力向右，根据左手定则判断知所加的磁场方向为垂直纸面向外，故B正确。答案4α＝37°L＝1.0m，匀强L，质量μ＝0.5I＝2.0A，令最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为()A．1.0 B．1.0 0.6C．1.0 0.2 D．0.6 0.2解析由左手定则知力沿斜面向上，因mgsinα＝1.2N、Ffm＝μmgcosα＝0.8N，所以当磁感应强度B最小时，力F1＝BminIL＝0.4N，即Bimin＝0.2T；当B最大时，力F2＝BmaxIL＝2.0N，即Bmax＝1.0T，C正确。答案5．(2016·黑龙江大庆模拟)如图5所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速 5A．适当减小电场强度EBBDU解析Eq＝qvB。根据左手定则可知电伦兹力，所以要么增大力，要么减小电场力。适当减小电场强度E，即可以减小电场力，选项A正确；适当减小磁感应强度B，可以减小力，选BeU＝1mv2v＝2eU 电场力和力的大小，选项C错误；同理，适当减小加速电压U，可以减小电子进入复合场中的速度v，从而减小力，选项D错误。答案图62θ角。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2B1B2的比值为()2cos B．sin C．cos D．tan解析设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ

＝v2， m Br1sinθ，d＝r2tanθ，联立得B1＝cosθ，CB2答案ab7所示方下列说法正确的是()解析与圆盘静止时相比，拉力传感器的示数增大，悬线竖直，说明导线所受安电荷，A对，B错；若增大圆盘转动角速度，则等效电流增大，方向不变，产生的磁感应强度增大，传感器示数增大，C选误；若改变圆盘转动方向，则导D选确。答案θ，在斜面上加滑过程中的运动和受力情况，下面说法中正确的是不计两滑块间的相互作用)()A．两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，＋q会离开斜面B．两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，－q会离开斜面C2mgcosθ解析当滑块开始沿斜面向下运动时，带正电的滑块受的力方向垂直斜面mgsinθ，均做匀加速直线运动，随着速度的增大，带正电的滑块受B错误；由于两滑块加速度相同，所以在带正电的滑块离开斜面前两者在斜面上qvB＝mgcosθqvB＋mgcosθ＝2mgcosθ，故滑块对斜面的压力为2mgcosθ，C正确；由于力不做功，故D正确。答案P＋P3＋U的B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋()1∶1B．在磁场中运动的半径之比为3∶1解析离子在电场中加速过程中，由于电场强度相同，根据第二定律可a1∶a2＝q1∶q2＝1∶3，选项A

2mv，在磁场中偏转过程：qvB＝mr，两式联立可得 q，故＝3∶1Bdsinθ＝d可得：sinθ2＝r1 sin 2θ2＝60°，选项CqU＝1mv2＝EkEk1∶Ek2＝1∶3D2答案B＝1T的匀强磁场，ONy9m，Mx轴正方向上一点，OM＝3

C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)NxM点，则小球射入的速度大小可能是() B．3.75 C．4 D．5解析因为小球通过y轴的速度方向一定是＋x方向，故带电小球圆周运动轨迹ONM点，如图甲所示，A确；当带电小球与ON不碰撞，直接经过M点，如图乙所示，小球速度沿－x方向射入磁场，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点Rmax＝5mRmax＝mvmax，解得vmax＝5m/s，D确；当小球速度大于3m/s、小于5m/s时，轨迹如图丙 R＝mv得v＝3.75B确；由分析选项C错误甲 答案B。60°。平行金属板中间有一粒(1)d解析(1)根据题意，带电粒子在平行金属板间做直线运动时，所受电场力与兹力大小相等，由平衡条件可得qU＝qvBdv＝66 sin带负电粒子在磁场中运动时力提供向心力，＝联立解得q1＝＝

33根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周 qq1qq2联立以上各式，可得q2＝4q1＝

qq222U

2U 阶段滚动练(三)教师独具时间：60分钟 满分：100分一、选择题(8648分，1～5题为单项选择题，6～8题为1是法国物理学家化学家为物理学特别是电磁学的发展做出了巨大贡献。把誉为“电学中的”，下列关于的描述正确的是( 为了纪念，用他的名字命名了电流强度的单位，是国际单位制的基本单解析法拉第最早提出了“场”的概念，A错误；最早发现电流磁效应的是丹麦物理学家，B错误；在发现电流磁效应后，就提出了判断电流培，C错误；是国际单位制的基本单位，D正确答案中，两电流表示数之和固定不变，则定值电阻的阻值为() 解析A2的示数I2＝R，A1的示数 ，A1、A2两电流表示数之和 ＝ ＋RR＝rI2＋I1＝r，与滑动变阻器的阻值无关，B答案2所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子()解析根 T＝2πm可知，粒子的比荷相同，它们进入匀强磁场后做匀速周运动的周期相同，选项D对应的圆心角为θ，则运动时间t＝θT，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，运动半径越小，根据r＝mv可知，速率一定越小，选项A180°0C错答案4002020年3R的近地圆轨道Ⅰ上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接检修后再与空间站分离，分离时宇宙3.5RM()

解析设空间站在轨道Ⅰ

Mm

2π2

GR2＝m空(T1)

轴

9，设宇宙飞船在轨道Ⅱ上运动的周期为T， 勒第三＝律有T2

L 1(T)＝(R)，则T＝8T1答案

，Dm的小球(可视为质点)ABv0水平抛出，小球落进碗内2gR，结果小球刚好能回到抛出点。设碰撞后小球的速度大小不变，方向反向，gv0大小应为

解析要使小球能按原路反弹回去，小球必须垂直打在圆弧上，设撞击点为OEEEABFO的中点，EF＝12，OF＝v0t，在直角△OFE122 (2gt (00（gt）2＋v2＝2gRv＝3gR，C00答案4SB2是()A1∶1B解析qvB1＝qEv＝EB1∶子的速度相同，选项A正确；根据R＝mv，则 q2＝R2∶R1＝2∶1，选项B、∶C错误，D答案

5所示，O点是两等量同种负点电荷连线的中点，在两等量同种负点电Oa、b、c、d四个点，O、a、c三点在一条直线上，则下列说法正确的是()a、ca、bad点，检验电荷的电势能一定减解析由等量同种负点电荷的电场分布特点可知，a、c两点电场强度方向沿ac带正电的检验电荷从a点在平面内移动到d点，由电势低的等势面到电势高的等势面，电势能增大，C错误；在中垂面内带正电的检验电荷始终受到方向指向O点的电场力，可在此平面内做匀速圆周运动，D正确。答案lk6所示，将其一端固定，另一端Om的滑块(可视为质点)上，滑块静止在水平地若把滑块向左移动少许，g为重力加速度，则

＜k解析rOA与竖直方向的夹角为θ，对滑块受力分析有FN＋Fcosθ＝mg，f＝Fsinθ，其中F＝kRcosθ＝h，sinθ＝rFN＝mg－kh，f＝krR滑块向左移动少许，支持力FN不变，最大静摩擦力不变，拉力F的水平分力减小，小于最大静摩擦力，滑块仍静止，选项B、D正确。答案二、非选择题(452分。9．(10分)某科技小组用下列方法测量锂电池的电动势和内阻首先用多用的直流电压“10V”挡粗略地测量了锂电池的电动势，由图7可 图8所示电路测量锂电池的内阻，则测得的内阻将比真实值 解析(1)3.6V电池U－I图象的斜率大小等于电池的内阻，则r＝1.7Ω。答案(1)3.6(2)偏大测得的结果是电池内阻和电流表内阻之和(3)1.7(1.6～Qd。(1) 记录挡光片挡光的时间为Δt，则滑块通过Q点的瞬时速度为 (2)在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块的机械能增加量ΔE1＝ 砂桶和细砂的机械能减少量ΔE2＝ 。在误差允许的范围内，如果ΔE1解析(1)①滑块与气垫导轨间的摩擦力可忽略不计，滑块处于静止状态，设砂桶m1，由平衡条件可得，m1g＝Mgsinθm1＝Msinθ；②滑QvQ＝bPQMgdsinθ，动能增加量为

b所以机械能增加量 b2＋Mgdsinθ；砂桶和细砂的总质量为m′＝Msinθ

b2，所以机械能的减少量＝(Msin

b2。

2(Msin ②答案(1)①Msin b②

2＋Mgdsin (Msin

1(Msin

为圆轨道的一部分，CDC点。已知圆轨道的半径为Ag＝10m/s2，sin＝0.6，cos37°＝0.8CD的最长时间(结果保留一位有效数解析0定理可得mgh＝1mv2Ch＝R－Rcosl＝vCt＋1

R（1＋cos

sin小球在CD段下滑过程中，由第二定律可mgsin联立解得：t≈0.7答案0.7≤212．(18分)如图12所示，在xOy平面内≤2

xm、电荷量为＋qO2v0yP点(2

续运动一段时间进入一个圆形匀强磁场区域(图中未画出)2Q点(2

xOyBQ解析(1)OP做类平抛运动，则有：竖直方向L＝v0t2水平方向2

＝＝由第二定律＝＝ 解得 PQvyθ tanv0v粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝mR Qy60°的方向进入电场，由几何关系可知粒子在r＝EF＝Rcos30°＝2则圆形磁场区域的最小横截面积

00

答案

[高考导航要求Ⅰ①定ⅠⅡⅡ④运Ⅰ基础课 概念BSB：Φ＝BS单位：1Wb＝1T·m2B⊥S当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电生的现象[思考判断1831年，英国物理学家法拉第发现了——电磁感应现象。 1834年，物理学家楞次总结了确定感应电流方向的定律——楞次定律 答案(1)√(2)√(3)× 电磁感应现象的判断NabcdOO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界B，则穿过线圈的磁通量为()

解析Φ＝BS＝B·2L＝2，选项A答案2．[磁场变化]现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图2所示连接。下列说法中正确的是( AABBAB中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在零DP解析ABB的磁通量的变AAB中后，开关闭合和B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；开PA的答案A 解析只有选项B正确。答案 解析产生感应电流的条件是：穿过闭合回路中的磁通量发生变化，引起磁通量有效面积变化；③闭合回路的面积、磁场均变化。选项A、B、C中的闭合回路A、B、CD中线圈通电应电生，选项D正确。答案Φ不变→

楞次定律中“阻碍”

解析(1)条形磁铁在穿入线圈的过程中，原磁场方向向下。应用定则可判断：感应电流的方向为逆时针(俯视)，即由b→G→a。同场方向向下，感应电流的方向为顺时针(俯视)，即由a→G→b。答案MNv向右匀速滑动，MN中产生的感E2RE1E2E1∶E2分别为()A．c→a，2∶1B．a→c，2∶1C．a→c，1∶2解析MNN→MRa→c。由电动势E＝Blv可知：E1＝Blv＝1，故选项C 答案方法可行的是()5abcd解析原磁场的方向向上，圆环中顺时针(从上向下看)方向的感应电流的磁场方时针(从上向下看)方向的感应电流，选项A正确；仅使圆环绕水平轴ab或cd按圆环中产生逆时针(从上向下看)B、C错误；保持圆环水平流，选项D错误。答案方法 用楞次定律判断(“四步法方法 用右手定则判掌心——(3)四指——楞次定律推论的应用磁铁靠近线圈，B感与B原阻碍相对运动——P、Qa、b的趋势——减小，a、bB减小，线圈扩张2)合上S，B1．[增反减同]如图6所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，线圈ab将 解析题图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的，当滑动变阻器答案感应电流及条形磁铁的加速度，下列说法正确的是()图7解析当条形磁铁的中心恰好位于导体环所在的水平面时，条形磁铁内部向上的减小，从上向下看，感应电流方向先顺时针后逆时针，A正确，B错误；导体环于重力加速度，C正确，D错误。答案AB(丝线未画出)，使B的环面与圆盘A平行，其轴线与圆盘A的轴线重合。现使圆盘A由静 ABBBCBDB解析带电圆盘加速转动时，形成顺时针方向(从上往下看)的电流，根据右手螺BB有缩答案B“三个定则与一个定律”电生磁(因电而生磁力(因电而受力(因动而生电(因磁而生电应用楞次定律时，一般要用到定则【思维训练1(多选)9所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的PQ所做的运动可能是() 解析MN向右运动，说明MN受到向右的力，因为ab在MN处的磁场垂纸面向里则MN中的感应电流由

则L1向上――→

若L2中磁场方向向上减

PQ电流为Q→P且减小则向 PQP→Q且增大则答案

【思维训练2】(多选)图10所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动( 解析ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，L2中错误，D正确。答案大小相等、方向向下的恒定电流。若()图11D解析故没有感应电生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里D正确。答案D近的金属弦被磁化，因此弦振动时 圈中产生感应电流，电流经电路放大传送到音箱发出声音，下列说法正确的有(12解析铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项对；由E＝nΔΦ可知，C不断变化，D确。答案平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在 ～2T 力的力方向分别是 解析在0～T时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在T～T 以金属线框所受力的合力方向向右，故B正确，A、C、D错误。答案选择题(1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题1．(2017·杭州模拟)1所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a、b、c、d处在原先所在平面内，则圈发生形变的过()AabcdaBadcba方向的感应电流解析周长一定时，圆形的面积最大。本题线圈面积变小，磁通量变小，有感应电生。由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流。故A正确。答案A如图2所示，导线框abcd与直导线几乎在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当导线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是( abcddcbadcbaabcd解析当导线框从直导线左边向直导线靠近时，穿过导线框的磁感线是向外的且断导线框中电流方向还是dcba。在导线框直导线过，导线框的ab边和dcabab，cd边感应cdad、bc边不切割磁感线，因此，回路中相当于有