2013年高考领航人教版物理一轮复习单元过关检测第8章

新课标人教版2013届高三物理总复习单元综合测试卷第八单元《磁场》本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分试卷满分为100分。

考试时间为90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本大题包括10小题，每小题4分，共40分。

)1．磁性是物质的一种普遍属性，大到宇宙中的星球，小到电子、质子等微观粒子几乎都会呈现出磁性．地球就是一个巨大的磁体，其表面附近的磁感应强度约为3×10－5～5×10－5 T，甚至一些生物体内也会含有微量强磁性物质如Fe3O4.研究表明：鸽子正是利用体内所含有的微量强磁性物质在地磁场中所受的作用来帮助辨别方向的．如果在鸽子的身上绑一块永磁体材料，且其附近的磁感应强度比地磁场更强，则( ) A．鸽子仍能辨别方向B．鸽子更容易辨别方向C．鸽子会迷失方向D．不能确定鸽子是否会迷失方向解析：因为鸽子是利用体内所含有的微量强磁性物质在地磁场中所受的作用来帮助辨别方向的．当在鸽子的身上绑一块永磁体材料后，改变了原有的磁场，鸽子会迷失方向，故选C.答案：C2．如图1所示，磁带录音机可用作录音，也可用作放音，其主要部件为可匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b.下面对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是( )图1A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D．放音和录音的主要原理都是电磁感应答案：A3．空间存在一个匀强磁场B，其方向垂直纸面向里，还有一点电荷Q的电场，如图2所示，一带电粒子－q以初速度v从图示位置垂直于电场、磁场入射，初位置到点电荷＋Q 的距离为r，则粒子在电、磁场中的运动轨迹不可能为( )A．以点电荷＋Q为圆心，以r为半径，在纸平面内的圆周B ．初阶段在纸面内向右偏的曲线C ．初阶段在纸面内向左偏的曲线D ．沿初速度v 0方向的直线解析：如果此时刚好有k Qq r 2－qv 0B ＝m v 20r，则粒子在电磁场中可以做以点电荷＋Q 为圆心、以r 为半径、在纸平面内的圆周运动，所以A 选项正确．如果k Qqr2＞qv 0B ，粒子向左偏；如果k Qqr2＜qv 0B ，粒子向右偏．但不会沿v 0方向做直线运动，因为粒子受到的合力方向与速度方向不可能在一条直线上，所以应选D.答案：D4．如图3所示，直导线AB 、螺线管C 、电磁铁D 三者相距较远，它们的磁场互不影响. 当开关S 闭合稳定后，则图中小磁针的北极N(黑色的一端)指示出磁场方向正确的是( )图3A ．aB ．bC ．cD ．d解析：接通电源后，直导线、螺线管、电磁铁等都将产生磁场，应用安培定则逐一进行判断．为了便于判断所标出的小磁针N 极的指向是否正确，先根据安培定则画出有关磁场中经过小磁针的磁感线及其方向，如图4所示．根据安培定则，对于通电直导线AB 的确定，磁感线是以导线AB 上各点为圆心的同心圆，且都在跟导线垂直的平面上，其方向是逆时针方向，显然磁针a 所示不对．通电螺线管C 内部的磁感线是由左指向右，外部的磁感线是由右向左，故b 所示正确、c 所示不对，对电磁铁D(与蹄形磁铁相似)．由安培定则可知，电磁铁的左端为N 极，右端为S 极，可见小磁针d 所示正确，因此答案为B 、D.图4答案：BD5．如图5所示，两根平行放置的长直导线a 和b 载有大小相同、方向相反的电流，a 受到的磁场力大小为F 1.当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大小变为F 2，则此时b 受到的磁场力大小变为( )图5A ．F 2B ．F 1－F 2C ．F 1＋F 2D ．2F 1－F 2解析：根据安培定则和左手定则，可以判定a 导线受b 中电流形成的磁场的作用力F 1，方向向左．同理b 受a 中电流形成磁场的作用力大小也是F 1，方向向右．新加入的磁场无论什么方向，a 、b 受到的这个磁场的作用力F 总是大小相等方向相反．如果F 与F 1方向相同，则两导线受到的力大小都是F ＋F 1.若F 与F 1方向相反，a 、b 受到的力的大小都是|F －F 1|.因此当再加上磁场时若a 受的磁场力大小是F 2，b 受的磁场力大小也是F 2，所以A 对．答案：A6．如图6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( )图6A ．电流方向C →OB ．电流方向O →C C ．电流大小为1 AD ．电流大小为0.5 A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：B 7．如图7所示，a 为带正电的小物块，b 是一不带电的绝缘物块(设a 、b 间无电荷转移)，a 、b 叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F 拉b 物块，使a 、b 一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段( )图7A ．a 对b 的压力不变B ．a 对b 的压力变大C ．a 、b 物块间的摩擦力变小D ．a 、b 物块间的摩擦力不变解析：a 向左加速时受到的竖直向下的洛伦兹力变大，故对b 的压力变大，B 项正确；从a 、b 整体看，由于a 受到的洛伦兹力变大，会引起b 对地面的压力变大，滑动摩擦力变大，整体的加速度变小，再隔离a，b对a的静摩擦力提供其加速度，由Fba ＝ma·a知，a、b间的摩擦力变小，选项C亦正确．答案：BC8．一圆柱形磁铁竖直放置，如图8所示，在它的右侧上方有一带正电小球，现使小球获得一水平速度，小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )图8A．俯视观察，小球的运动方向可以是顺时针，也可以是逆时针B．俯视观察，小球的运动方向只能是顺时针C．俯视观察，小球的运动方向只能是逆时针D．不可能实现小球在平面内做匀速圆周运动解析：小球所受的洛伦兹力与重力的合力提供向心力．答案：B9．地球大气层外部有一层复杂的电离层，既分布有地磁场，也分布有电场．假设某时刻在该空间中有一小区域存在如图9所示的电场和磁场；电场的方向在纸面内斜向左下方，磁场的方向垂直纸面向里，此时一带电宇宙粒子，恰以速度v垂直于电场和磁场射入该区域，不计重力作用，则在该区域中，有关该带电粒子的运动情况可能的是( )图9A．仍做直线运动B．立即向左下方偏转C．立即向右上方偏转D．可能做匀速圆周运动解析：比较Eq与Bqv，因二者开始时方向相反，当二者相等时，A正确．当Eq＞Bqv 时，向电场力方向偏，当Eq＜Bqv时，向洛伦兹力方向偏，B、C正确．有电场力存在，粒子不可能做匀速圆周运动，D错．答案：ABC10．目前世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能．如图10所示为它的发电原理图．将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，从整体上来说呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场中有两块面积S，相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路．设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g，则流过外电阻R的电流强度I及电流方向为( )图10A．I＝BdvR，A→R→B B．I＝BdvSSR＋gd，B→R→AC．I＝BdvR，B→R→A D．I＝BdvSggSR＋d，A→R→B解析：等离子体切割磁场的等效长度为d，切割速度为v，感应电动势为Bdv.由闭合电路欧姆定律得I＝BdvR＋r，其中r＝ρdS＝dgS，所以，电流强度I＝BdvgSgSR＋d.由右手定则判断可知上极板为高电势，那么外部的电流方向为A到R到B.答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(每小题10分，共20分)11．实验室里可以用图11甲所示的小罗盘估测条形磁铁磁场的磁感应强度．方法如图乙所示，调整罗盘，使小磁针静止时N极指向罗盘上的零刻度(即正北方向)，将条形磁铁放在罗盘附近，使罗盘所在处条形磁铁的方向处于东西方向上，此时罗盘上的小磁针将转过一定角度．若已知地磁场的水平分量Bx，为计算罗盘所在处条形磁铁磁场的磁感应强度B，则只需知道________，磁感应强度的表达式为B＝________.图11答案：罗盘上指针的偏转角Bxtanθ12．如图12所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木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．现对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力，g 取10 m/s2，则木板的最大加速度为________；滑块的最大速度为________．图12解析：开始滑块与板一起匀加速，刚发生相对滑动时整体的加速度a＝FM＋m＝2 m/s2，对滑块μ(mg－qvB)＝ma，代入数据可得此时刻的速度为6 m/s.此后滑块做加速度减小的加速运动，最终匀速．mg＝qvB代入数据可得此时刻的速度为10 m/s.而板做加速度增加的加速运动，最终匀加速．板的加速度a＝FM＝3 m/s2答案：3 m/s210 m/s三、计算题(每小题10分，共40分)13．有两个相同的全长电阻为9 Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20 cm 的竖直面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感强度B ＝0.87 T 的匀强磁场，两球的最高点A 和C 间接有一内阻为0.5 Ω的电源，连接导线的电阻不计．今有一根质量为10 g ，电阻为1.5 Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图13所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P 、Q 和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.试求此电源电动势E 的大小．图13解析：在图中，从左向右看，棒PQ 的受力如图14所示，棒所受的重力和安培力F B 的合力与环对棒的弹力F N 是一对平衡力，且F B ＝mgtan θ＝3mg而F B ＝IBL ，所以I ＝3mgBL＝3×10×10－3×100.87×0.2A ＝1 A图14在右图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R ，则R ＝93×(9－93)9Ω＝2 Ω由闭合电路欧姆定律得E ＝I(r ＋2R ＋R 棒) ＝1×(0.5＋2×2＋1.5) V ＝6 V 答案：6 V14.如图15所示，匀强磁场中放置一与磁感线平行的薄铅板，一个带电粒子进入匀强磁场，以半径R 1＝20 cm 做匀速圆周运动．第一次垂直穿过铅板后以半径R 2＝19 cm 做匀速圆周运动，则带电粒子能够穿过铅板的次数是多少？图15解析：粒子每穿过铅板一次损失的动能都相同，但是粒子每穿过铅板一次其速度的减少却是不同的，速度大时，其速度变化量小；速度小时，速度变化量大．但是粒子每次穿过铅板时受铅板的阻力相同，所以粒子每次穿过铅板克服阻力做的功相同，因而每次穿过铅板损失的动能相同．粒子每穿过铅板一次损失的动能为：ΔE k ＝1221－12mv 22＝q 2B 22m (R 21－R 22)粒子穿过铅板的次数为：n ＝12mv 21ΔE k ＝R 21R 21－R 22＝10.26次，取n ＝10次． 答案：1015．如图16所示，厚度为h 、宽度为d 的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B 的均匀磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A 和下侧面A ′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明，当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和B 的关系为U ＝k IBd.式中的比例系数k 称为霍尔系数．霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场．横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力．当静电力与洛伦兹力达到平衡时，导体板上下两侧之间就会形成稳定的电势差．图16设电流I 是由电子的定向流动形成的，电子的平均定向速度为v ，电荷量为e ，回答下列问题：(1)达到稳定状态时，导体板上侧面A 的电势________下侧面A ′的电势(填“高于”“低于”或“等于”)；(2)电子所受的洛伦兹力的大小为________；(3)当导体板上下两侧之间的电势差为U 时，电子所受静电力的大小为________；(4)由静电力的洛伦兹力平衡的条件，证明霍尔系数为k ＝1ne，其中n 代表导体板单位体积中电子的个数．解析：(1)导体中电子运动形成电流，电子运动方向与电流方向相反，利用左手定则可判定电子向A 板偏，A ′板上出现等量正电荷，所以A 板电势低于A ′板电势．(2)洛伦兹力大小F ＝Bev(3)静电力 F 电＝Ee ＝Uh e(4)由F ＝F 电得Bev ＝Uhe U ＝hvB导体中通过的电流I ＝nev ·d ·h由U ＝k IB d 得hvB ＝k IB d hvB ＝k nevdhBd得k ＝1ne答案：(1)低于 (2)evB (3)e Uh(4)见解析16.如图17，在宽度分别为l 1和l 2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右．一带正电荷的粒子以速率v 从磁场区域上边界的P 点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q 点射出．已知PQ 垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ 的距离为d.不计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比以及粒子在磁场与电场中运动时间之比．图17解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图18)．由于粒子在分界线处的速度与分子界线垂直，圆心O 应在分界线上．OP 长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得图18R 2＝l 21＋(R －d)2①设粒子的质量和所带正电荷分别为m 和q ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝m v2R②设P ′为虚线与分界线的交点，∠POP ′＝α，则粒子在磁场中的运动时间为t 1＝R αvsin α＝l 1R④粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v ，方向垂直于电场．设粒子加速度大小为a ，由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑤由运动学公式有d ＝12at 22⑥l 2＝vt 2⑦式中t 2是粒子在电场中运动的时间．由①②⑤⑥⑦式得E B ＝l 21＋d2l 22v ⑧ 由①③④⑦式得t 1t 2＝l 21＋d 22dl 2arcsin(2dl 1l 21＋d2)⑨。

第八章磁场综合检测一、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，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分)1．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是( )A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小解析安培力不仅与B、I、L有关，还与I和B的夹角有关．答案 D2．带电粒子(不计重力)可能所处的状态是( )①在磁场中处于平衡状态②在磁场中做匀速圆周运动③在匀强磁场中做抛体运动④在匀强电场中做匀速直线运动A．①② B．①③ C．②③ D．②④解析由粒子的初始条件和受力条件得①②有可能．答案 A3．一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 D4．如图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里，云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A ．带正电，由下往上运动B ．带正电，由上往下运动C ．带负电，由上往下运动D ．带负电，由下往上运动解析 从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式R ＝mvqB可知，下部速度大，上部速度小，这一定是粒子从下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定则，可知粒子带正电，因此，正确的选项是A.答案 A5．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图所示．若带电粒子只受磁场力作用，则下列说法正确的是( )A. a 粒子动能最大B. c 粒子速率最大C. c 粒子在磁场中运动时间最长 D ．它们做圆周运动的周期T a <T b <T c 解析 由r ＝mv qB ，v ＝qBrm，由图得，a 粒子半径最小，c 粒子半径最大，所以a 粒子动能最小，c 粒子速率最大，A 错，B 对；做图找圆心，可以看出a 转过的圆心角最大，在磁场中的运动时间最长，C 错；由T ＝2πmqB可知周期相等，D 错．答案 B6．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、带电荷量为＋Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )A ．滑块受到的摩擦力不变B ．滑块到达地面时的动能与B 的大小无关C ．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D ．B 很大时，滑块可能静止于斜面上 解析滑块下滑的过程中，受力分析如图所示，C 对；摩擦力F f ＝μF N ，而F N ＝G 2＋F 洛＝G 2＋QvB ，由于G 2不变，v 增大，故F N 增大，F f 增大，A 错；由于摩擦力的大小与B 有关，而滑块到达地面时的动能与重力做功和摩擦力做功有关，故B 错；若B 很大时，摩擦力增大较快，当摩擦力增大到F f ＝G 1之后，滑块将保持匀速，不可能静止于斜面上，D 错．答案 C7．如图为显像管的原理示意图，当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的O 点．安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a 点逐渐移动到b 点，下列哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转( )解析 电子在偏转线圈产生的磁场中偏转，开始一段时间内，洛伦兹力方向向上，由左手定则可知磁场应向外，当电子束打在O 点以下后，磁场方向应向里，故A 正确．答案 A8．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x 轴成30°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为( )A ．1:2B ．2:1C ．1: 3D ．1:1解析 由于T ＝2πm qB ，正电子在磁场中运动时间t 1＝T 3，负电子在磁场中运动时间t 2＝T6，t 1:t 2＝2:1.答案 B9．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D 形金属盒，两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示．现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是( )A ．减小磁场的磁感应强度B ．减小狭缝间的距离C ．增大高频交流电压D ．增大金属盒的半径解析 设粒子的最终速度为v ，由R ＝mv qB 及E k ＝12mv 2得E k ＝qBR22m，粒子的动能与交流电压无关，选项D 可使射出的粒子动能增大．答案 D10．如图所示为一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是图中的( )解析由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好qv0B＝mg，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以v0做匀速直线运动，故A正确；如果qv0B<mg，则a＝μmg－qvB，随着v的减小，a增大，直到速度减为零后静止，如果qv0B>mg，则a＝mμqvB－mg，随着v的减小，a也减小，直到Bqv0＝mg，以后将以剩余的速度做匀速直m线运动，故D正确，B、C错误．答案AD二、本题共6小题，共60分．按题目要求作答．解答题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，答案中必须明确写出数值和单位．11．(6分)在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场方向放入一段通电导线．若任意时刻该导线中有N个以速度v做定向移动的电荷，每个电荷的电量为q.则每个电荷所受的洛伦兹力f＝______，该段直导线所受的安培力F＝__________.解析根据洛伦兹力公式f＝qvB，又由安培力是洛伦兹力的宏观表现，可得导线所受安培力F＝NqvB.答案qvB NqvB12．(6分)如图所示，用两根极轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小是____________，方向____________．解析 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力为最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力三角形可知(如图所示)，安培力的最小值为F min ＝mg sin θ，即B min Il ＝mg sin θ，得B min ＝mgIlsin θ.所加磁场的方向应平行悬线向上． 答案mgIlsin θ 平行悬线向上 13．(12分)如图所示是测量带电粒子质量的仪器——质谱仪的工作原理示意图．设法使某有机化合物的气态分子导入图中所示的容器A 中，使它受到电子束轰击，从而失去一个电子成为正一价的离子，离子从狭缝S 1以很小的速度(即初速度不计)进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2、S 3射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，射入方向垂直于磁场区的界面PQ .最后，离子打到感光片上，形成垂直于纸面且平行于狭缝S 3的细线．若测得细线到狭缝S 3的距离为d ，请导出离子的质量m 的表达式．解析 若以m 、q 表示离子的质量和电荷量，用v 表示离子从狭缝S 2射出时的速度，粒子在加速电场中，由动能定理得qU ＝12mv 2①射入磁场后，在洛伦兹力作用下离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB ＝m v 2R②式中R 为圆的半径．感光片上细线到S 3缝的距离为d ＝2R ③联立①②③式，解得m ＝qB 2d 28U .答案 m ＝qB 2d 28U14.(12分)利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图①，将一金属或半导体薄片垂直置于磁场B 中，在薄片的两个侧面a 、b 间通以电流I 时，另外两侧c 、f 间产生电势差，这一现象称为霍尔效应．其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是c 、f 间建立起电场E H ，此时产生霍尔电势差U H .当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，E H 和U H 达到稳定值，U H 的大小与I 和B 以及霍尔元件厚度d 之间满足关系式U H ＝R H IBd，其中比例系数R H 称为霍尔系数，仅与材料性质有关．(1)设半导体薄片的宽度(c、f间距)为l，请写出U H和E H的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图①中c、f哪端的电势高；(2)已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e，请导出霍尔系数R H的表达式．(通过横截面积S的电流I＝nevS，其中v是导电电子定向移动的平均速率)；(3)图②是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反．霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近．当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图③所示．a．若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式．b．利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程．除此之外，请你展开“智慧的翅膀”，提出另一个实例或设想．解析(1)U H＝E H l；c端电势高．(2)由U H＝R H IBd①得R H＝U H dIB＝E H ldIB②当电场力与洛伦兹力相等时eE H＝evB得E H＝vB ③又I ＝nevS ④ 将③④代入②， 得R H ＝vBld IB ＝vl d nevS ＝ld neS ＝1ne. (3)a.由于在时间t 内，霍尔元件输出的脉冲数目为P ，则P ＝mNt 圆盘转速为N ＝Pmt.b ．提出的实例或设想合理即可． 答案 见解析15．(12分)图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向平行于板面并垂直于纸面向里．图中右边有一边长为a 的正三角形区域EFG (EF 边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里，假设一系列电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF 边中点H 射入磁场区域．不计重力．(1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG 后，从边界EF 穿出磁场，求离子甲的质量；(2)已知这些离子中的离子乙从EG 边上的I 点(图中未画出)穿出磁场，且GI 长为34a ，求离子乙的质量；(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达．解析 (1)由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有qvB 0＝qE 0 ①式中，v 是离子运动的速度，E 0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有E 0＝U d② 由①②式得v ＝U B 0d③ 在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动．设离子甲质量为m ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r④ 式中，r 是离子甲做圆周运动的半径，离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O ；这半圆刚好与EG 边相切于K 点，与EF 边交于I ′点．在△EOK 中，OK 垂直于EG .由几何关系得12a －r ＝23r ⑤ 由⑤式得r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32a ⑥ 联立③④⑥式得，离子甲的质量为m ＝qaBB 0d U ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32. ⑦ (2)同理，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB ＝m ′v 2r ′⑧式中，m ′和r ′分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径．离子乙运动的圆周的圆心O ′必在E 、H 两点之间，由几何关系有r ′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －34a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－r ′2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －34a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－r ′cos60° ⑨由⑨式得r ′＝14a ⑩联立③⑧⑩式得，离子乙的质量为 m ′＝qaBB 0d 4U. (3)对于最轻的离子，其质量为m 2.由④式知，它在磁场中做半径为r 2的匀速圆周运动，因而与EH 的交点为O ，有OH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32a 当这些离子中的离子质量逐渐增大到m 时，离子到达磁场边界上的点的位置从O 点沿HE 边变到I ′点；当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上的点的位置从K 点沿EG 边趋向于I 点．K 点到G 点的距离为KG ＝32a 所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：EF 边上从O 到I ′，EG 边上从K 到I . 答案 (1)qaBB 0d U ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32 (2)qaBB 0d 4U(3)见解析16．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力，求：(1)电场强度大小E；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.解析粒子的运动轨迹如图所示．(1)设粒子在电场中运动的时间为t 1x 、y 方向2h ＝v 0t 1 h ＝12at 21根据牛顿第二定律 Eq ＝ma求出E ＝mv 22qh .(2)根据动能定理 Eqh ＝12mv 2－12mv 2设粒子进入磁场时速度为v ，根据洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv 2r 求出r ＝2mv 0Bq .(3)粒子在电场中运动的时间粒子在磁场中运动的周期 T ＝2πr v ＝2πmBq设粒子在磁场中运动的时间为t 2 t 2＝38T求出t ＝t 1＋t 2＝2h v 0＋3πm4Bq .答案 (1)mv 22qh (2)2mv 0Bq (3)2hv 0＋3πm 4Bq。

单元滚动检测八恒定电流考生注意：1．本试卷分第1卷(选择题)和第2卷(非选择题)两局部，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，总分为100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第1卷(选择题，共48分)一、选择题(此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．两根材料一样的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图1所示，如此A和B导线的横截面积之比为( )图1A．2∶3 B．1∶3 C．1∶2 D．3∶12．如图2所示，电源电动势E＝36 V，内阻r＝1 Ω，电灯上标有“6 V，12 W〞的字样，直流电动机线圈电阻R＝2 Ω.接通电源后，电灯恰能正常发光，如下说法正确的答案是( )图2A．电路中的电流大小为6 AB．电动机产生的热功率为56 WC．电动机的机械效率约为85.7%D．电源的输出功率为72 W3．是一款流行的互联网即时通讯工具，新版本推出了“在线时长〞新功能，用户通过积累在线时长可以获得更高等级、享受更多服务，许多网友为追求虚拟的等级而纯粹地开机在线，造成大量的电能浪费．如图3所示是某网友界面的电脑屏幕抓拍图，请你估算他升到下一级还要消耗多少电能(假定用户使用台式电脑)( )图3A．0.2 kW·h B．2 kW·hC．20 kW·h D．200 kW·h4.如图4所示的电路中，开关闭合时，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，灯L1突然变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小．如此发生的故障可能是( )图4A．R1断路B．R2断路C．R3断路D．R4断路5．如图5所示的电路中，R1、R2、R3是定值电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，与无光照时比拟如下说法正确的答案是( )图5A．电容器C的下极板带正电B．R3两端电压降低C．通过R4的电流变小，电源的路端电压增大D．通过R4的电流变大，电源提供的总功率变小6.如图6所示，a、b、c为不同材料做成的电阻，b与a的长度相等，横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等，长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是U1∶U2∶U3＝1∶1∶2.关于三种材料的电阻率ρa、ρb、ρc，如下说法中正确的答案是( )图6A．ρa是ρb的2倍 B．ρa是ρc的2倍C．ρb是ρc的2倍 D．ρc是ρa的2倍7．在如图7甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为一样规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S闭合后( )图7A．L1的电阻为112ΩB．L1消耗的电功率为7.5 WC．L2的电阻为7.5 ΩD．L2消耗的电功率为0.3 W8．如图8(a)所示电路中，R2为一阻值非线性变化的滑动变阻器，移动滑片改变滑动变阻器接入电路中的长度x(x为图中a与滑片之间的距离)，得到如图(b)所示的定值电阻R1两端的电压U1与x的关系．a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，当滑片从a移到b和从b移到c时，电流表A的示数变化分别为ΔI ab和ΔI bc，电压表V2的示数变化分别为ΔU ab 和ΔU bc，电阻R1的功率变化分别为ΔP1ab和ΔP1bc，电源的总功率变化分别为ΔP ab和ΔP bc，如此如下说法正确的答案是( )图8A．ΔI ab＝ΔI bc B．ΔU ab＝ΔU bcC．ΔP1ab＜ΔP1bc D．ΔP ab＞ΔP bc9．将电阻R1与R2分别接在同一电池组的两极时消耗的电功率一样，电池组向两个电阻供电时的电流分别是I1和I2，电池组内阻消耗的功率分别是P1′和P2′，电池组的效率分别是η1和η2，电阻两端的电压分别是U1和U2，假设I1＜I2，如此有( ) A．R1＞R2B．U1＞U2C．η1＞η2D．P1′＞P2′10．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某同学利用压敏电阻的这种特性设计了一个探究电梯运动情况的装置，该装置的示意图如图9所示，将压敏电阻平放在电梯内，其受压面向上，在受压面上放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，当电梯做四种不同的运动时，电流表示数分别如图10甲、乙、丙和丁所示，如下判断中正确的答案是( )图9图10A．甲图表示电梯可能做匀速直线运动B．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动C．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动D．丁图表示电梯可能做变减速下降运动11．如图11所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个一样的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调节滑动变阻器，如下说法中正确的答案是( )图11A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶512．如图12所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器R2的滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU.如下说法中正确的答案是( )图12A．电压表V的示数减小B．电流表A2的示数减小C．ΔU与ΔI1的比值一定小于电源内阻rD．ΔU与ΔI2的比值一定小于电源内阻r第2卷(非选择题，共52分)二、非选择题(共52分)13. (6分)实验电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实验电流表G1内阻r1的电路如图13所示．供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约为300 Ω)；②电流表G2(0～10 mA，内阻约为100 Ω)；③定值电阻R1(300 Ω)；④定值电阻R2(10 Ω)；⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)；⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)；⑦干电池(1.5 V)；⑧开关S 与导线假设干．图13(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号)(2)用连线连接实物图．(图14)图14(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，_________________________________________________；②闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；③________________________________________________________________________；④以I2为纵坐标，I1为横坐标，在图15中作出相应图线．图15(4)根据I 2－I 1图线的斜率k 与定值电阻，写出待测电流表的内阻的表达式__________________．14．(6分)A 、B 同学都用如图16甲所示的电路测电源电动势E 、内阻r 以与R 1的阻值．实验器材有：待测电源E ，待测电阻R 1，电压表V(量程为2.0 V ，内阻很大)，电阻箱R (0～99.99 Ω)，单刀单掷开关S 1，单刀双掷开关S 2，导线假设干．图16(1)A 同学测量电阻R 1的实验步骤如下，请在下面横线的空白处将他的操作补充完整． 闭合S 1，将S 2切换到a ，调节电阻箱，读出其示数R 0和对应的电压表示数U 1，保持电阻箱阻值不变，________，读出电压表的示数U 2，如此电阻R 1的表达式为R 1＝______. (2)B 同学已经测得电阻R 1＝5.2 Ω，继续测电源电动势E 和内阻r 的值．该同学的做法是：闭合S 1，将S 2切换到a ，屡次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R 和对应的电压表示数U ，由测得的数据绘出了如图乙所示的1U －1R图线，如此待测电源电动势E ＝______ V ，内阻r＝______ Ω.(计算结果小数点后均保存两位数字)15．(8分)如图17所示电路中，电动势E ＝12 V ，内阻r ＝2 Ω，指示灯R L 的阻值为16 Ω，电动机M 线圈电阻R M 为2 Ω.当开关S 闭合时，指示灯R L 的电功率P ＝4 W ．求：图17(1)流过电流表A 的电流； (2)电动机M 输出的机械功率．16.(10分)如图18所示，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4 μF.开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电荷量是多少？图1817．(10分)如图19甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：图19(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．18．(12分)在如图20所示的电路中，R 1＝2 Ω，R 2＝R 3＝4 Ω，当开关K 接a 时，R 2上消耗的电功率为4 W ，当开关K 接b 时，电压表示数为4.5 V ，试求：图20(1)开关K 接a 时，通过电源的电流和电压表的示数； (2)电源的电动势和内电阻；(3)当开关K 接c 时，通过R 2的电流．答案精析1．B [由图知，两导线的电压分别为U A ＝6 V ，U B ＝4 V ，因它们串联，故电流相等，如此有U A R A ＝U B R B ，得2R A ＝3R B ，由电阻定律得R A R B ＝L A S B L B S A 解得S A S B ＝13，B 正确．]2．C [电灯恰能正常发光，其电流I ＝P 0U 0＝126A ＝2 A ，选项A 错；电动机的热功率P 热＝I 2R ＝22×2 W＝8 W ，选项B 错；电动机两端电压U 机＝E －U 灯－Ir ＝36 V －6 V －2×1 V ＝28 V ，电动机输出的机械功率P 机＝U 机I －P 热＝28×2 W－8 W ＝48 W ，如此电动机的机械效率η＝P 机P 电×100%＝P 机U 机I ×100%＝48 W 28×2 W×100%≈85.7%，选项C 正确；电源的输出功率P ＝P 电＋P 灯＝56 W ＋12 W ＝68 W ，选项D 错．]3．B [由图可知，升到下一级的剩余时间为t 1＝10 h ，台式电脑的平均功率约为P ＝200 W ＝0.2 kW ，故还要消耗的电能为W ＝Pt 1＝2 kW·h，故B 正确．]4．A [由图知，R 1与灯L 1并联，假设R 1断路，如此电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律I 总＝ER 总知电路的总电流减小，那并联电路R 3、R 4的总电流减小，得到并联电路两端的总电压减小，由欧姆定律可知电流表的读数变小，流过灯L 2电流变小，灯L 2变暗，由路端电压增大，得到灯L 1两端的电压增大，灯L 1的功率增大，灯L 1变亮，A 对；假设R 2断路，如此电路断开，两灯不亮，电流表没有读数，B 错；假设R 3断路，如此灯L 2不亮，C 错，假设R 4断路，如此电流表没有读数，D 错．]5．A [有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中的电流增大，如此电源提供的总功率变大，又由E ＝U ＋Ir 可知路端电压减小，R 1与R 2支路中电阻不变，故该支路中的电流减小，如此由并联电路的电流规律可知，另一支路中电流增大，即通过R 3和R 4的电流增大，根据U ＝IR 可知，R 3两端电压升高，以电源正极为参考点，电容器上极板的电势低于下极板的电势，如此下极板带正电，故A 正确，B 、C 、D 错误．]6．C [设a 的长度为L ，横截面积为S ，因为R ＝U I ，而R ＝ρL S ，所以R a R b ＝U 1U 2，即ρaL S ρbL2S ＝1，故ρb ＝2ρa ；同理R a R c ＝U 1U 3＝12，所以ρaL S ρc2L S＝12，故ρa ＝ρc ，由上述可知ρb ＝2ρc ，C 正确．] 7．CD [电源电动势为3.0 V ，内阻不计，如此路端电压为3.0 V ．L 1两端的电压为3.0 V ，由图可知，此时的电流为0.25 A ，所以L 1的阻值R 1＝U I ＝3.00.25Ω＝12 Ω，故A 错误．L 1消耗的电功率P 1＝UI ＝3.0×0.25 W＝0.75 W ，故B 错误．在题图乙上作出电阻R 的伏安特性曲线如图，由于R 与L 2串联，所以二者的电流值是相等的，由图可以读出，二者的电压都是1.5 V 时，二者电压的和等于3.0 V ，此时的电流值是0.2 A ，所以L 2的电阻R 2＝1.50.2 Ω＝7.5 Ω，故C 正确．L 2消耗的电功率为P 2＝U ′I ′＝1.5×0.2 W＝0.3 W ，故D 正确．]8．AB [根据欧姆定律得到电阻R 1两端的电压U 1＝IR 1，由题图看出，电压U 1变化相等，R 1一定，如此知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等，即ΔI ab ＝ΔI bc ，故A 正确；电压表V 2的示数U 2＝E －Ir ，电流I 的变化相等，E 、r 一定，如此ΔU ab ＝ΔU bc ，故B 正确；电阻R 1的功率P R 1＝I 2R 1，其功率的变化量为ΔP R 1＝I 2R 1－(I －ΔI )2R 1＝2IR 1·ΔI －ΔI 2R 1，由上知ΔI 一定，而I 减小，如此知从a 移到b ，R 1的功率变化量较大，故C 错误；电源的总功率为P 总＝EI ，E 一定，ΔI ab ＝ΔI bc ，如此有ΔP ab ＝ΔP bc ，故D 错误．] 9.ABC [依题意可画出电源的伏安特性曲线和R 1、R 2的伏安特性曲线，因U 1I 1＝U 2I 2，I 1＜I 2，所以R 1、R 2的相对关系如下列图．由图可知，R 1＞R 2，U 1＞U 2，故A 、B 项正确；又η＝UI EI ＝U E，故η1＞η2，C 项正确．又P ＝I 2r ，故P 1′＜P 2′，D 项错误．故此题答案为A 、B 、C.] 10．ACD [电梯静止时电流表示数为I 0，由于甲图中电流等于I 0且不变，故电梯做匀速直线运动或静止不动，A 正确．乙图中，电流逐渐变大，故压力逐渐变大，且大于重力，故电梯处于超重状态，因压力变大，故加速度变大，如此电梯做加速度增大的变加速运动，B 错误．丙图中，电流恒为2I 0，故电梯处于超重状态，且压力不变，可能匀加速上升，也可能匀减速下降，C 正确．丁图中，电流一直大于I 0，且不断减小，压力也变小，故电梯的加速度向上，并且一直减小，故电梯可能变减速下降，也可能变加速上升，D 正确．] 11．BC [题图中的A 1、A 2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度一样，所以A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶1，C 正确，D 错误；电流表A 1的量程为3 A ，A 2的量程为0.6 A ，当偏转角一样时，A 1、A 2的读数之比为5∶1，B 正确，A 错误．]12．BC [当滑动变阻器的滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，如此总电流减小，所以电流表A 2的示数减小，根据串联电路分压的特点分析可知，并联局部两端电压增大，即电压表V 的示数增大，故A 错误，B 正确；根据并联电路的电流规律可知I 2＝I 1＋I ，A 2的示数I 2减小，通过定值电阻R 1的电流增大，如此A 1的示数I 1减小，所以ΔI 1一定大于ΔI 2.电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U ＝E －I 2r 可知，ΔU ΔI 2＝r ，而ΔI 1大于ΔI 2，所以ΔUΔI 1＜r ，故D 错误，C 正确．]13．(1)③ ⑥ (2)见解析图 (3)①将滑动触头移至最左端 ③屡次移动滑动触头，记录相应的G 1、G 2的读数I 1、I 2 (4)r 1＝(k －1)R 1解析 (1)根据实验的电路原理图，假设定值电阻与待测电流表内阻大约一样，实验中两电流表可同时达到满偏，读数误差较小；滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值适当小一些的变阻器，调节方便．(2)连线时要注意：电表的正、负接线柱不能接反，如下列图．(3)在闭合开关前应将滑动变阻器滑动触头移至最左端以保护电表．实验中要屡次测量，减小偶然误差．(4)根据串、并联电路规律可知，I 2＝I 1＋I 1r 1R 1＝R 1＋r 1R 1I 1，即k ＝R 1＋r 1R 1，所以r 1＝(k －1)R 1. 14．(1)将S 2切换到bU 2－U 1U 1R 0 (2)1.43 0.80 解析 (1)当S 2接a 时，电压表测R 两端的电压，当S 2接b 时，电压表测R 1与R 两端的总电压，如此R 1两端的电压为U 2－U 1，此时流过R 1的电流为U 1R 0，由欧姆定律可得R 1＝U 2－U 1U 1R 0. (2)由题意可知，此实验中可读出电阻箱的示数R ，而电压表测出R 两端的电压，由闭合电路欧姆定律可得E ＝UR(R ＋R 1＋r )， 变形可得1U ＝R 1＋r E ·1R ＋1E.由数学知识可得：1E＝0.7 V －1，如此E ≈1.43 V；R 1＋r E ＝2.8－0.70.5V －1·Ω， 解得内阻r ＝0.80 Ω. 15．(1)2 A (2)7.5 W解析 (1)对指示灯根据焦耳定律，P ＝I 2L R L ，解得I L ＝0.5 A 路端电压为U ＝I L R L ，解得U ＝8 V设流过电流表的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律，U ＝E －Ir 解得I ＝E －Ur＝2 A. (2)电动机支路的电流为I M ，I M ＝I －I L 电动机总功率为P M ＝UI M ＝12 W 电动机输出机械功率为P M 出＝P M －I 2M R M 解得P M 出＝7.5 W. 16．1.92×10－5C解析 S 断开时的等效电路如图甲所示，电容器C 两端电压U 为电阻R 2两端电压U 2，如此U 2＝ER 1＋R 2＋r·R 2＝3 V电容器C 的电荷量Q ＝CU ＝CU 2＝1.2×10－5C ．且a 板带正电，b 板带负电S 闭合时的等效电路如图乙所示，电容器C 两端电压U ′为电阻R 1两端电压U 1′ 有R 外＝R 3R 1＋R 2R 3＋R 1＋R 2＝3 Ω电阻R 1中的电流I 1′＝ER 外＋r ·R 外R 1＋R 2＝0.9 A电阻R 1两端电压U 1′＝I 1′R 1＝1.8 V电容器C 的电荷量Q ′＝CU ′＝CU 1′＝7.2×10－6C且a 板带负电，b 板带正电通过电流表的电荷量ΔQ ＝Q ＋Q ′＝1.92×10－5C. 17．(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω解析 (1)题图乙中AB 延长线，交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处，所以电源的电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝EI 短＝20 Ω. (2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应图乙中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ，得R 2＝U 2I 2＝5 Ω.(3)当P 滑到R 3的左端时，由图乙知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝U 外I 总＝80 Ω 因为R 外＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2，所以滑动变阻器的最大阻值为：R 3＝300 Ω. 18．(1)1 A 4 V (2)6 V 2 Ω (3)0.5 A解析 (1)K 接a 时，R 1被短路，外电阻为R 2，根据电功率公式P ＝I 2R 可得通过电源电流I 1＝P R 2＝1 A ，再根据P ＝U 2R可得电压表的示数U 1＝PR 2＝4 V. (2)K 接a 时，有E ＝U 1＋I 1rK 接b 时，R 1和R 2串联，R 外＝R 1＋R 2＝6 Ω 通过电源电流I 2＝U 2R 外＝0.75 A 这时有：E ＝U 2＋I 2r ，解得：E ＝6 V ，r ＝2 Ω. (3)当K 接c 时，R 2、R 3并联，R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝2 Ω R 总＝R 1＋r ＋R 23＝6 Ω总电流I 3＝E R 总＝1 A ，通过R 2的电流I ′＝12I 3＝0.5 A ．。

第八章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．在赤道上某处有一个避雷针．当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为( )A．正东B．正西．正南D．正北[答案] B[解析] 赤道上方地磁场磁感线的方向由南向北，通过避雷针的电流方向向上，由左手定则知，安培力的方向向正西．2如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向上，由于磁场的作用，则( )A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于点电势B．板左侧聚集较多电子，使点电势高于b点电势．板右侧聚集较多电子，使点电势高于b点电势D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于点电势[答案] A[解析] 铜板中形成电流的是电子，由左手定则可判断出电子受的洛伦兹力方向向左，电子将聚集到板的左侧，而右板将剩余正电荷，使b点电势高于点电势，故A正确．3．(2012·嘉兴模拟)如图甲所示，两平行导轨与水平面成θ角倾斜放置，电、电阻、金属细杆及导轨组成闭合回路．细杆与导轨间的摩擦不计，整个装置分别处在如图乙所示的匀强磁场中，其中可能使金属细杆处于静止状态的是( )[答案] B[解析] 对四个选项受力分析如图，可以看出只有B选项可能使金属细杆处于静止状态．故B正确．4．(2012·南昌模拟) 如图所示为磁流体发电机的原图：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示为I那么板间电离气体的电阻率为( )A错误！未定义书签。

新课标物理一轮复习过关检测第八章磁场（1）含答案最新高三一轮复习单元过关检测卷—物理磁场考试时间：100分钟；满分：100分班级姓名 .第I 卷（选择题）一、单项选择题（本题共7小题，每小题3分, 共21分）1. 如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A ．奥斯特B ．爱因斯坦C ．伽利略D ．牛顿2.关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）A ．磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的通电导线有关B ．磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的通电导线所受磁场力方向一致C ．在磁场中某点的通电导线不受磁场力作用时，该点磁感应强度大小一定为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大3. 如图所示，空间有磁感应强度B=0.6T 的匀强磁场，坐标原点处有一α粒子（带正电）源，在纸面内以相同大小的速度沿不同方向向第四象限发射α粒子，在x 坐标轴上方16cm 处有一足够大的与x 轴平行与y 轴垂直的挡板，己知α粒子的比荷7105?=m q C/kg ，速度为6103?m/s ，则可以打到挡板的α粒子从原点射出时其速度方向与x轴正向最大夹角为A ．30°B ．37°C ．53°D ．60°4. 欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I 时，小磁针偏转了30o，问当他发现小磁针偏转的角度增大到60o时，通过该直导线的电流为（直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）A ．2IB ．3IC ．3ID ．无法确定5. 如图是质谱仪的工作原理示意图．现有一束几种不同的正离子，经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器（速度选择器内有相互正交的匀强电场E 和匀强磁场B 1），离子束保持原运动方向未发生偏转．接着进入另一匀强磁场B 2，发现这些离子分成几束．由此可得结论（）A ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内B ．这些离子通过狭缝P 的速率都等于E B 1 C ．这些离子的电量一定不相同D ．这些离子的比荷一定不相同6. 如图所示，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一个质量为m 、电量为+q 的带电粒子（重力不计）从AB 边的中点O 以速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°．若粒子能从AB 边穿出磁场，则粒子在磁场中运动的过程中，粒子到AB 边的最大距离为（）A.B. C. D.7.如图所示，通电导线MN 在纸面内从a 位置绕其一端M 转至b 位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是（）A ．不变B ．变小C ．变大D ．不能确定二、多项选择题（本题共5道小题，每小题6分，共30分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得得0分）8. 医生在做手术时，需从血库里取血，为避免感染，都是利用电磁泵从血库里向外抽．如图为一个电磁泵的结构图，长方形导管的左右表面绝缘，上下表面为导体，管长为a ，内壁高为b ，宽为L ，且内壁光滑．将导管放在垂直左右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正负离子，将上下表面和电源接通，电路中会形成大小为I 的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p ，从而将血浆抽出．其中v 为血液流动方向．若血浆的电阻率为ρ，所加电源的电动势为E ，内阻为r ，匀强磁场的磁感应强度为B ，则（）A. 此装置中血浆的等效电阻为R=ρB ．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BILC ．此装置中血浆受到的安培力大小为F=BIbD. 前后两侧的压强差为P=9. 如图所示,虚线MN 上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1,带电粒子从边界MN 上的A 点以速度v0垂直磁场方向射入磁场,经磁场偏转后从边界MN 上的B 点射出.若在粒子经过的区域PQ 上方再叠加方向垂直纸面向里的匀强磁场B2,让该粒子仍以速度v0从A 处沿原方向射入磁场,经磁场偏转后从边界MN 上的B'点射出(图中未标出)，不计粒子的重力.下列关于粒子的说法中,正确的是( )A.B'点在B 点的右侧B.从B'点射出的速度大于从B 点射出的速度C.从B'点射出的速度方向平行于从B 点射出的速度方向D.从A 到B'的时间小于从A 到B 的时间10.如图所示，一足够长的矩形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场，在ad 边中点O ，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad 边夹角θ=30°、大小为v 0的带正电粒子，已知粒子质量为m ，电量为q ，ad 边长为L ，ab 边足够长，粒子重力不计，则粒子不能从ab 边上射出磁场的v 0为A ．03qBL qBL v m m <≤B ．0qBL v m >C ．03qB L v m ≤D ．02qBL v m≤11.如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。

第八章 综合过关规范限时检测满分100分，考试时间60分钟。

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

1～4题为单选，5～8题为多选，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2016·江西南昌一模)奥斯特在研究电流的磁效应实验时，将一根长直导线南北放置在小磁针的正上方，导线不通电时，小磁针在地磁场作用下静止时N 极指向北方，如图所示。

现在导线中通有由南向北的恒定电流I ，小磁针转动后再次静止时N 极指向导学号 51342967( C )A ．北方B ．西方C ．西偏北方向D ．北偏东方向[解析] 由安培定则可知，在小磁针位置通电导线产生的磁场方向由东向西，合磁场的方向指向西偏北的方向，小磁针静止时，N 极所指的方向是该处合磁场的方向，C 正确。

2．(2017·陕西省西安地区八校高三年级联考)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，在xOy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)。

则下列说法正确的是导学号 51342968( A )A ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B ．若v 一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O 点越远C ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 [解析]如图所示，画出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系得轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间t ＝α2πT ＝2π－2θ2π·2πmqB＝π－2θmqB，可知若v 一定，θ越大，运动时间t 越短；若θ一定，则运动时间一定，A 正确，D 错误；设粒子的轨迹运动半径为r ，则r＝mv qB，AO ＝2r sin θ＝2mv sin θqB，则若v 一定，θ是锐角，θ越大，AO 越大，若v 一定，θ是钝角，θ越大，AO 越小，B 错误；粒子在磁场中运动的角速度ω＝2πT ，又T ＝2πmqB，则得ω＝qBm，与速度v 无关，C 错误。

第八章过关检测(一)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.下列说法正确的是()A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B.气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均作用力C.气体分子热运动的平均动能减小,气体的压强一定减小D.单位体积的气体分子数增加,气体的压强一定增大解析:根据压强的定义知选项A正确,选项B错误;气体分子热运动的平均动能减小,说明温度降低,但不能说明压强也一定减小,选项C错误;单位体积的气体分子数增加,但温度降低有可能气体的压强减小,选项D错误。

答案:A2.如图所示为伽利略设计的一种测温装置示意图,玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通,下端插入水中,玻璃泡中封闭有一定量的空气。

若玻璃管内水柱上升,则外界大气的变化可能是()A.温度降低,压强增大B.温度升高,压强不变C.温度升高,压强减小D.温度不变,压强减小解析:外界温度降低,若被封闭气体体积不变,根据=C知:压强减小,液柱上升,内外液柱高度差变大,若外界大气压升高也可能使液柱上升,选项A正确;由=C可知,当T增大V减小,则p一定增大,而液柱上升,说明外界大气压增大,选项B、C错误;被封闭气体温度不变,液柱升高,气体体积减小,由pV=C 可知气体压强增大,则外界压强一定增大,选项D错误。

答案:A3.压力锅示意图有一压力锅,锅盖上的排气孔截面积约为7.0×10-6 m2,限压阀重为0.7 N。

使用该压力锅煮水杀菌,根据下列水的沸点与气压关系的表格,分析可知压力锅内的最高水温约为(大气压强为 1.01×105Pa)()A.100 ℃B.112 ℃C.122 ℃D.124 ℃解析:限压阀产生的压强p1= Pa=105 Pa,锅内压强为p=p1+p0=2.01×105 Pa,由表中对应的温度,可知选项C正确。

单元过关检测(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题5分，共50分，每小题只有一个选项正确，请将正确选项前的字母填在题后的括号内)1．小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等．若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的( )解析：因从小球释放开始计时，t＝0时小球的速度为零，C错误，经过一段时间后，小球碰撞地面，速度方向立即反向向上，再减小，故A、B均错误，取竖直向上为正方向，图象D正确．答案：D2．(2012年滁州模拟)如图所示为在同一直线上运动的A、B两质点的x－t图象，由图可知( )A．t＝0时，A与B在同一位置B．B在t2时刻追上A，并在此后跑在A的前面C．B开始运动的速度比A小，t2时刻后才大于A的速度D．A运动的速度始终比B大解析：t＝0时，A质点在x1处，而B质点在原点处，故A错；由题图可知，0～t1时间内，A质点运动的速度比B大，但t1以后A质点静止不动，速度为零，故C、D均错误；t2时刻A、B两质点到达同一位置，之后B质点继续向前运动，跑到A质点的前面，故B正确．答案： B3．从地面竖直上拋物体A，同时在某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中相遇时的速率都是v，则( )A．物体A的上拋初速度大小是两物体相遇时速率的2倍B ．相遇时物体A 已上升的高度和物体B 已下落的高度相同C ．物体A 和物体B 在空中运动时间相等D ．物体A 和物体B 落地速度不相等解析：由竖直上拋运动的对称性可知，物体A 上升的最大高度和物体B 自由下落的高度相等．因此，两物体A 、B 着地速度相等，D 错误．进一步分析可知，相遇时刻为物体B 下落的中间时刻，由初速度为零的匀加速直线运动，在相邻的相等的时间间隔内位移之比关系可判断出相遇时刻，物体B 下落高度和物体A 上升高度之比为1∶3. 答案：AD4．(2012年毫州模拟)一物体从一行星表面某高度处自由下落(不计表层大气阻力)．自开始下落计时，得到物体离该行星表面的高度h 随时间t 变化的图象如图所示，则( ) A ．行星表面重力加速度大小为8 m/s 2B ．行星表面重力加速度大小为10 m/s 2C ．物体落到行星表面时的速度大小为15 m/sD ．物体落到行星表面时的速度大小为25 m/s解析：由图中可以看出物体从h ＝25 m 处开始下落，在空中运动了t ＝2.5 s 到达行星表面，根据h ＝12at 2，可以求出a ＝8 m/s 2，故A 正确、B 错误；根据运动学公式可以算出v＝at ＝20 m/s ，可知C 、D 错误． 答案：A5．(2011年天津理综)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( ) A ．第1 s 内的位移是5 m B ．前2 s 内的平均速度是6 m/s C ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 m D ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s解析：对比匀变速运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2可以知道：v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.第1 s内的位移为6 m ，故A 错误．前2 s 内的平均速度v ＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，故B 错误．相邻1 s 内位移差Δx ＝aT 2＝2 m ，故C 错误．任意1 s 内的速度增量Δv ＝a ·Δt ＝2 m/s ，故D 正确． 答案：D6．如图所示，一足够长的传送带以恒定的速率v 1沿顺时针转动，传送带右侧有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v 2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，其速率为v 2′，则下列说法正确的是( ) A ．若v 1<v 2，则v 2′＝v 1B ．若v 1>v 2，则v 2′＝v 1C ．不管v 2多大，总有v 2′＝v 2D ．只有v 1＝v 2时，才有v 2′＝v 1解析：物体滑到传送带上后先匀减速至零，后匀加速返回．若v 1<v 2，则当速度增至大小为v 1时，物体随传送带一起做匀速运动；若v 1>v 2，则当速度增至大小为v 2时，物体返回光滑水平面做匀速运动． 答案：A7．在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t 1时刻，速度达最大值v 1时打开降落伞，做减速运动，在t 2时刻以较小速度v 2着地．他的速度图象如图所示．下列关于该空降兵在0～t 1或t 1～t 2时间内的平均速度v 的结论正确的是( )A ．0～t 1时间内v ＝v 12B ．0～t 1时间内v ＞v 12C ．t 1～t 2时间内v ＝v 1＋v 22 D ．t 1～t 2时间内v ＞v 1＋v 22解析：0～t 1时间内，空降兵做匀加速直线运动，其平均速度v ＝v 12，A 正确，B 错误；t 1～t 2时间内，空降兵做加速度逐渐变小的减速运动，其v －t 图线下面的面积比由v 1匀减速到v 2对应的面积小，故v ＜v 1＋v 22，C 、D 均错误．答案：A8．在一条宽马路上某处有A 、B 两车，它们同时开始运动，取开始时刻为计时零点，它们的运动图象如图所示，那么在0～t 4时间内的情景是( )A．A车在0～t1时间内做加速直线运动，在t1时刻改变运动方向B．在t2时刻A车速度为零，然后反向运动，此时两车相距最远C．在t4时刻，A车追上B车D．在t4时刻，两车相距最远解析：由图可知，A车在0～t2时间内向规定的负方向运动，选项A象错误；0～t2时间内A、B两车背向运动，它们的距离越来越大，t2～t4时间内A车追赶B车，它们间的距离仍然越来越大，在t4时刻二者速度相等，此时A、B两车距离最大，选项B、C错误，D正确．答案：D9．(2011年济南外国语学校期末)甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动的v­t图象如图所示，在3 s末两质点在途中相遇，两质点位置关系是( )A．相遇前甲、乙两质点的最远距离为2 mB．相遇前甲、乙两质点的最远距离为4 mC．两质点出发点间的距离是乙在甲之前4 mD．两质点出发点间的距离是甲在乙之前4 m解析：速度图象中的“面积”表示位移，根据题图可知，甲比乙运动时间晚1 s；相遇时，0～3 s内乙的位移为x乙＝3×42m＝6 m，甲的位移为x甲＝3－1×22m＝2 m，因x甲＜x乙，所以两质点出发点间的距离是甲在乙之前x乙－x甲＝4 m，选项D正确；甲运动后，其速度总是小于乙的速度，所以相遇前甲、乙两质点的最远距离是甲刚开始运动时，大小为4 m，选项B正确．答案：BD10．如图所示的是两个由同一地点出发，沿同一直线向同一方向运动的物体A和B的速度图象，运动过程中A、B的情况是( )A．A的速度一直比B大，B没有追上AB．B的速度一直比A大，B追上AC．A在t1后改做匀速直线运动，在t2时B追上AD．在t2时，A、B的瞬时速度相等，A在B的前面，尚未被B追上，但此后总是要追上的解析：0～t 2内A 的速度比B 的大，t 2时刻以后A 的速度比B 的小，A 、B 项均错误；物体是否能够追上看两物体之间的位移关系，即看物体运动的速度图象的“面积”，t 2时刻后某一时刻A 、B 物体的速度图线与坐标轴包围面积相等，即B 追上A ，故选项C 错、D 正确． 答案：D二、非选择题(本题共6小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤有数值计算的要注明单位)11．(4分)某同学在研究小车运动实验中，获得一条点迹清晰的纸带．每隔0.02 s 打一个点，该同学选择A 、B 、C 、D 四个计数点，测量数据如图所示，单位是cm.(1)小车在B 点的速度是________ m/s ； (2)小车的加速度是________ m/s 2.解析：(1)v B ＝0.015＋0.018 24×0.02 m/s ＝0.415 m/s ；(2)a ＝x BC －x AB t 2＝0.018 2－0.0150.02×22 m/s 2＝2.00 m/s 2. 答案：(1)0.415 (2)2.0012．(6分)做直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器，交流电源的频率为50 Hz ，从纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按图所示，使每一条纸带下端与x 轴重合，左边与y 轴平行，将纸带段粘贴在直角坐标系中，则小车做________运动，加速度a ＝______m/s 2(结果保留两位有效数字)．解析：由题意可得，每段纸带的长度就是相等时间间隔T 内小车的位移，由图示数据可得相邻相等时间间隔内小车的位移差等于Δx ＝7.5×10－3m ，所以可知小车做匀加速直线运动，而时间间隔T ＝0.02×5 s＝0.1 s ，根据Δx ＝aT 2，可得小车的加速度为：a ＝0.75 m/s 2.答案：匀加速直线 0.7513．(9分)王兵同学利用索尼HKl 数码相机连拍功能(查阅资料得知此相机每秒连拍10张)，记录下跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在10 m 跳台跳水的全过程．所拍摄的第一张恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲所示，王兵同学认为这是他们在最高点；第十九张如图乙所示，她们正好身体竖直双手触及水面，设起跳时她们的重心离台面的距离和触水时她们的重心离水面的距离相等，由以上材料，(g 取10 m/s)(1)估算陈若琳和王鑫的起跳速度．(2)分析第四张照片是在最高点吗？如果不是，此时重心是处于上升还是下降阶段？ 解析：(1)由题意得：运动员从起跳到入水所用时间为t ＝1.8 s设跳台高度为h ，起跳速度为v 0则有： －h ＝v 0t －12gt 2解得v 0≈3.4 m/s(2)上升时间为t 0＝0－v 0－g＝0.34 s拍第四张照片历时是0.3 s ，所以此时不是最高点，还处于上升阶段． 答案：(1)3.4 m/s (2)见解析14．(9分)如图所示，一平直的传送带以速度v ＝2 m/s 匀速运行，传送带把A 点处的零件运送到B 点处，A 、B 两点之间相距L ＝10 m ，从A 点把零件轻轻地放到传送带上，经过时间t ＝6 s 送到B 点，如果提高传送带的运行速率，零件能较快地传送到B 点，要让零件用最短的时间从A 点传送到B 点处，说明并计算传送带的运行速率至少应多大？如果把求得的速率再提高一倍，则零件传送时间为多少？解析：零件放到传送带上后，先加速，当速度达到传送带的运行速度时，将以此速度匀速运动，设零件加速度为a ，则v 22a ＋(t －va)v ＝L 代入数值得：a ＝1 m/s 2若传送带运行速度足够大，零件一直加速到B 处，则时间最短，设为t min ，则 12at 2min ＝L 代入数值得t min ＝2 5 s 此时零件速度v ＝at min ＝2 5 m/s 传送带运行速率应不小于此速率若把速率再提高一倍，零件传送仍需2 5 s答案：见解析15．(10分)甲车以10 m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s 的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边时开始以0.5 m/s 2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：(1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离； (2)乙车追上甲车所用的时间．解析：(1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程时间为t ，则v 乙＝v 甲－at解得：t ＝12 s ，此时甲、乙间距离为Δx ＝v 甲t －12at 2－v 乙t＝10×12 m－12×0.5×122m －4×12 m＝36 m.(2)设甲车减速到零所需时间为t 1，则有：t 1＝v 甲a＝20 s. t 1时间内，x 甲＝v 甲2t 1＝102×20 m＝100 m ，x 乙＝v 乙t 1＝4×20 m＝80 m.此后乙车运动时间t 2＝x 甲－x 乙v 乙＝204s ＝5 s ， 故乙车追上甲车所需时间t ＝t 1＋t 2＝25 s. 答案：(1)36 m (2)25 s16．(12分)(2012年合肥质检)如图所示，小球甲从倾角θ＝30°的光滑斜面上高h ＝5 cm 的A 点由静止释放，同时小球乙自C 点以速度v 0沿光滑水平面向左匀速运动，C 点与斜面底端B 处的距离L ＝0.4 m ，甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圆弧平稳地朝乙追去，甲释放后经过t ＝1 s 刚好追上乙，求乙的速度v 0.解析：设小球甲在光滑斜面上运动的加速度大小为a ，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到追上小球乙所用时间为t 2，则a ＝g sin 30°＝5 m/s 2由hsin 30°＝12at 21得：t1＝4ha＝0.2 st2＝t－t1＝0.8 sv1＝at1＝1 m/sv0t＋L＝v1t2代入数据解得：v0＝0.4 m/s. 答案：0.4 m/s.。

2013届高三物理总复习精品单元测试第8单元磁场一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每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，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．关于磁场中某点的磁感应强度，下列说法正确的是()A．由B＝FIL可知，B与F成正比，与IL的乘积成反比B．B的大小与IL的乘积无关，由磁场本身决定C．长通电螺线管周围的磁场是匀强磁场D．B的方向与通电导线的受力方向相同【解析】磁场的磁感应强度取决于磁体本身，而长通电螺线管内部的磁场才是匀强磁场，磁感应强度的方向与磁场的方向相同，故与通电导线受力的方向垂直．【答案】B2．如图所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，在其两端分别固定等量同种正电荷Q1、Q2，杆上套着一带正电小球，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直纸面向里．将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左运动的过程中，下列说法中正确的是() A．小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变B．小球受到的洛伦兹力将不断增大C．小球的加速度先减小后增大D．小球的电势能一直减小【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指向中点，故小球所受电场力指向中点．小球从右向左运动的过程中，小球的加速度先减小后增大，C正确．速度先增大后减小，洛伦兹力大小变化，由左手定则知，洛伦兹力方向不变，故A正确，B错误．小球的电势能先减小后增大，D错误．【答案】AC3．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与场强方向平行，如图中的虚线所示．在下图所示的几种情况中，可能出现的是()【解析】由带电粒子在电场中的偏转情况判断粒子的电性，再由左手定则判断是否符合在磁场中的偏转情况．A、C、D中的粒子是正电荷，B是负电荷．选项A、D正确．【答案】AD4．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点．则下列说法中正确的是()A．两个小球到达轨道最低点的速度v M<v NB．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力F M>F NC．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间D．小球在磁场中能到达轨道的另一端最高处，在电场中则不能到达轨道另一端最高处【解析】注意电场力做功，而洛伦兹力不做功．【答案】BD5．空间存在一匀强磁场B，其方向垂直纸面向里，另有一个点电荷＋Q形成的电场，如图所示．一带电荷量为－q的粒子以初速度v0从某处垂直电场、磁场入射，初位置到点电荷的距离为r，则粒子在电磁场中的运动轨迹可能为()A．以点电荷＋Q为圆心，以r为半径的在纸平面内的圆周B．开始阶段在纸面内向右偏的曲线C．开始阶段在纸面内向左偏的曲线D．沿初速度v0方向的直线【解析】当电场力大于洛伦兹力时，如果电场力和洛伦兹力的合力刚好提供向心力时，则选项A正确；如果电场力大于洛伦兹力时，选项C正确；当电场力小于洛伦兹力时，选项B正确；由于电场力方向变化，选项D错误．【答案】ABC6．如图所示，一块长方体金属导体的宽为b，厚为h，长为l，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，并通以电流I，此时上下表面间的电压为U.已知自由电子的电荷量为e，可知此金属导体中单位体积内的自由电子数n为()A.BI eUhB.BI eUlC.BI eUbD ．无法确定 【解析】当电子在导体内部做直线运动时有evB ＝eU h ，导体中的电流I ＝nhbl lv ，由以上两式可解得答案为C.【答案】C7．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图示是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a 和b 是轨迹上的两点，匀强磁场B 垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是( )A ．粒子先经过a 点，再经过b 点B ．粒子先经过b 点，再经过a 点C ．粒子带负电D ．粒子带正电【解析】由r ＝mvqB 可知，粒子的动能越小，做圆周运动的半径越小，结合粒子的运动轨迹可知，粒子先经过a 点，再经过b 点，选项A 正确．根据左手定则可以判断粒子带负电，选项C 正确．【答案】AC8．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是( )A ．在E k －t 图中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1B ．高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1C ．当电源电压减小为U2时，粒子加速次数增多，粒子最大动能增大D ．想粒子获得的最大动能越大，可增加D 形盒的面积【解析】根据题意可知每经过半个周期带电粒子被加速一次，又因为T ＝2πmqB 保持不变，所以t 4－t 3、t 3－t 2、t 2－t 1都等于半个周期且相等，A 正确，B 错误；根据R ＝mv qB 可得出v ＝BqRm ，带电粒子的速度和加速电压无关，在磁感应强度B 保持一定的情况下，盒的半径越大，获得的速度越大，D 正确，C 错误．【答案】AD二、非选择题：本题共4小题，共52分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．甲9．如图甲所示，带电荷量为＋q 、质量为m 的小球从倾角为θ 的光滑斜面上由静止下滑，匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度为B .则小球在斜面上滑行的最大速度为________，小球在斜面上滑行的最大距离为________(斜面足够长)．乙【解析】小球沿光滑斜面下滑时，受到重力G ＝mg 、洛伦兹力f ＝Bqv 和斜面的支持力N 的作用，如图乙所示．由于N ＋Bqv ＝mg cos θ，当N ＝0时，小球将离开斜面 此时小球的速度v ＝mg cos θBq当小球在斜面上运动时，所受合外力F ＝mg sin θ，根据牛顿第二定律可得小球的加速度a ＝g sin θ.又因为小球的初速度v 0＝0，根据匀变速运动的公式可得：s ＝m 2g cos 2 θ2q 2B 2sin θ.【答案】mg cos θBq m 2g cos 2 θ2q 2B 2sin θ甲10．如图甲所示，匀强磁场中磁感应强度为B ，宽度为d ，一电子从左边界垂直匀强磁场射入，入射方向与边界的夹角为θ.已知电子的质量为m ，电荷量为e ，要使电子能从轨道的另一侧射出，则电子的速度大小v 的范围为________．【解析】如图乙所示，当入射速度很小时电子会在磁场中转动一段圆弧后又从同一侧射出，速率越大，轨道半径越大，乙当轨道与边界相切时，电子恰好不能从另一侧射出，当速率大于这个临界值时便从右边界射出，设此时的速率为v 0，带电粒子在磁场中做圆周运动，由几何关系得：r ＋r cos θ＝d电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有：ev 0B ＝mv 20r ，所以r ＝mv 0Be由以上两式联立解得v 0＝Bedm＋cos θ所以电子从另一侧射出的条件是速度大于Bedm ＋cos θ.【答案】v ＞Bedm＋cos θ11．如图甲所示，在两水平放置的平行金属板之间有向上的匀强电场，电场强度为E ，在两板之间及右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度均为B .有两个带电粒子21H 、42He(不计重力与粒子间的作用力)，在同一竖直平面内以水平速度进入平行板，恰好都做匀速直线运动，射入点相距d ＝2mEeB 2(其中e 为元电荷电量，m 为质子质量)．要使两粒子在离开平行板后能相遇，求两粒子射入平行板的时间差Δt .甲【解析】如图乙所示，由于两粒子21H 、42He 能匀速通过平行板，则有：qvB ＝Eq ，即v ＝E B ，两粒子的速度相等．乙通过平行板的时间相同，两粒子离开平行板均做匀速圆周运动，轨迹如图乙所示．由qvB ＝m v 2r 得r ＝mvqB故有r 1＝2mv eB ＝2mEeB 2＝dr 2＝4mv 2eB ＝2mEeB 2＝d因为r 1＝r 2＝d ，所以必相遇在A 点，因为△O 1O 2A 为等边三角形，所以∠1＝120°，∠2＝60°又由T ＝2πm qB 得T 1＝4πm eB ，T 2＝8πm 2eB ＝4πm eB所以T 1＝T 2＝4πmeB因此Δt ＝t 1－t 2＝120°360°T 1－60°360°T 2＝16T 1＝2πm3eB .【答案】2πm3eB12．如图甲所示，建立Oxy 坐标系．两平行极板P 、Q 垂直于y 轴且关于x 轴对称，极板长度和板间距均为l ，在第一、四象限有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于Oxy 平面向里．在极板P 上方沿y 轴方向放置一荧光屏．位于极板左侧的粒子源沿x 轴向右连续发射质量为m 、电量为＋q 、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～8t 0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t ＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在2t 0时刻经极板边缘射入磁场．上述m 、q 、l 、t 0、B 为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)(1)求粒子的初速度v 0及电压U 0的大小．(2)求12t 0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间．(3)何时进入两板间的带电粒子打在荧光屏的位置最高，求此位置距上极板P 的距离．甲 乙【解析】(1)在t ＝0时刻进入极板间的粒子，在极板间x 轴方向做匀速直线运动；垂直极板方向，在0～t 0时间内向下做匀加速直线运动，t 0～2t 0时间内做匀速直线运动粒子的初速度v 0＝l2t 0令粒子刚出极板间时沿y 轴方向的速度大小为v yl 2＝12v y t 0＋v y t 0所以在0～t 0时间内向下偏移y ＝12v y t 0＝l6另有：y ＝qU 02ml t 20， 可解得：U 0＝ml 23qt 20.(2)t 02时刻进入两板间的带电粒子，在5t 02时刻离开极板 其沿y 轴方向的速度v y ＝at 02－at 02＝0故该粒子以速度v 0垂直于y 轴方向进入磁场设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R ，则有：qv 0B ＝m v 20R可解得：R ＝ml 2qBt 0，运动时间t ＝T 2＝πmqB.(3)与x 轴方向成α角进入磁场中的带电粒子的速度v ＝v 0cos α，其轨道半径R ＝mv qB，经过磁场偏转后再次经过y 轴时向上偏移量为Δy ＝2R cos α可解得：Δy ＝mlqBt 0，可见其沿y 轴向上的偏移量与进入磁场时的方向无关，再据对称性，可知在t ＝2t 0时刻进入极板间的粒子，在t ＝4t 0时刻经上极板边缘射入磁场，打进荧光屏上的位置最高，距上极板P 的距离为Δy ＝mlqBt 0.【答案】(1)l 2t 0 ml 23qt 20 (2)ml 2qBt 0 πm qB (3)在t ＝4t 0时刻进入 mlqBt 0。