2018版高三物理一轮复习专题11磁场含2016年高考真题

专题11 电磁感应1. （2013全国新课标理综II第16题）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d>L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动.t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v--t图象中，可能正确描述上述过程的是D答案由于导线框闭合，导线框以某一初速度向右运动，导线框右侧边开始进入磁场时，切割磁感线产生解析:感应电动势和感应电流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框完全进入磁场中，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，做匀速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左侧边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，左侧边受到安培力作用，导线框做减速运动；所以可能正确描述运动D.过程的速度图象是内有)在水平面(纸面如图2013全国新课标理综1第17题）.2.（点接触，aac，其中ab、在MNab三报相同的均匀金属棒、ac和MN空间存在垂直于纸面的均匀磁场..用力使构成“V”字型导轨的始终与∠bac向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN与时间i平分线垂直且和导轨保持良好接触.下列关于回路中电流可能正确的是.t的关系图线1答案：A解析：设“V”字型导轨夹角为2θ，均匀金属棒单位长度电阻为r，时刻切割磁感线的金属棒长度为tv匀速运动，则MN向右以速度 vt E=BLv=2Bt时刻切割磁感线产生的感应电动势tanθ，金属棒L=22vtvt i=E/R=，回路中电流θθ+2)rtantanθ，回路电阻R=(2vt/cos/v A. .可能正确的是i与时间t的关系图线+tan(1/cosθθ)r，与时间tB无关，所以回路中电流tanθ.ab且相互绝缘与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近（2013高考上海物理第11题）如图，通电导线MN3． MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向当 (B)向右 (A)向左 (C)垂直纸面向外(D)垂直纸面向里B答案：垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，单匝矩中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd解析：当MN中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线圈所受安培力的合力方向向右，选形线圈abcd.B正确项的圆形区域，rL、不可形变的正方形导体框内有半径为2013高考四川理综第7题）如图所示，边长为（4．P滑动片的最大阻值为R，k＞0).回路中滑动变阻器R的变化关系为其磁感应强度B随时间tB＝kt(常量01RR，S、R＝.位于滑动变阻器中央，定值电阻R＝闭合开关U两端的电压为A．R2 00122.则U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势电压表的示数为7极板带正电B．电容器的a 倍的热功率为电阻R的5C．滑动变阻器R22kLD．正方形导线框中的感应电动势为AC答案：7111RRRR'，由两端的电压为解析：滑动片P位于滑动变阻器中央，回路总电阻R=U=.设R++2000042221U'U正方形导体框内产生的感应电流方向为逆时针方由楞次定律可知，A正确.选项=，解得U'=U,17R R042U112R×÷()+的热功率为（.a向，电容器的极板带负电，选项B错误滑动变阻器RU）02277??R??04?? 2 2222UUUU2101110122RR) =,由÷=5可知，滑动变电阻R的热功率为（U）÷(()=, 00249249494927RRRR0000由法拉第电磁感应定律，正方形导体框内产生的感应电动.倍，选项C正确阻器R的热功率为电阻R的522.D错误选项势E=kπr.在、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN17题)如图，在磁感应强度为B5.(2013高考北京理综第其他条件不；若磁感应强度增为2B,v向右匀速滑动, MN中产生的感应电动势为E平行金属导轨上以速度l分别为之比E∶ E的电流方向及中产生的感应电动势变为E.则通过电阻RE与E变，MN2l2121 ∶a，2cA.→1 ，2∶B.a→c2 1∶C.a→c，21∶c→a，D.C答案：根据法拉第电磁感c.R的电流方向为a→到解析：由右手定则可判断出MN中电流方向为从NM，通过电阻∶∶ E=1中产生的感应电动势变为原来的，若磁感应强度增为2B,其他条件不变，MN2倍，E应定律.E=BLv2l.C正确2，选项题）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回14（6. 2013高考山东理综第回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的.路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中Fab边受到的安培力，以水平向右为用随时间正方向，其磁感应强度Bt变化的图像如图乙所示.F表示随时间的正方向，能正确反映Ft变化的图像是B答案： 3解析：在0到T/4时间内，磁感应强度均匀减小，回路中产生的感应电流恒定，由楞次定律可判断出为顺时针方向.由左手定则可判断出ab边受到的安培力方向为水平向左.同理可判断出其它时间段的安培力方向，能正确反映F随时间t变化的图像是B.RO点，的圆相切于2013全国高考大纲版理综第17题）纸面内两个半径均为．7（Aω两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且OOAR点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，不随时间变化.一长为2的导体杆绕过OAOtOA指向.时，若选取从恰好位于两圆的公切线上，如图所示角速度为ω，＝0 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（）EEEEOOOOttttD C B AC答案：OOA切割磁感线的导体180绕过点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，在转过解析：导体杆°的过程中，AO为正，所以下列描述导棒长度先不均匀增大后减小，由右手定则可判断出感应电动势的方向为由指向C. 体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是题）如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度高考福建理综第2013188.（线框下落过程形ab分别表示线框、t静止释放，用t边和边刚进入磁场的时刻.cd21''平行，边始终保持与磁场水平边界ab状不变，OO线框平面与磁场方向垂直OO.设下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度t变化的规律随时间v4答案：A解析：矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，先做自由落体运动.进入磁场后，若所受安培力大于重力，线框做加速度逐渐减小的减速运动，反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律可能是图象B.若所受安培力等于重力，线框做匀速运动，反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律可能是图象D.若所受安培力小于重力，线框做加速度逐渐减小的加速运动，到线框完全进入磁场区域，线框做自由落体运动，反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律可能是图象C.不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律是图象A. 9．（2013高考天津理综物理第3题）如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd．ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q，通过线框导体横截面的电荷量为q：11第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q，通过线框导体横截面的电荷量为q，则22A．Q>Q，q=q 212 1>q，qB．Q>Q2112=q，qC．Q=Q212 1>q，qD．Q=Q2 12 1A答案：边平，第一次abI=E/R，E=BLvF=BIL解析：根据功能关系，线框上产生的热量等于克服安培力做功.由，222vBLSvB1L进入磁场．线MNbc==L边平行. 第二次=F行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q=WL112121RR222vBLSvB2L L，E=IRΦI=q/△t，E=△/△t，.LLL=W 框上产生的热量为Q=F==.由于>Q，所以>Q由2112221122RR. A正确，选项=qqΦ/R.联立解得：q=△Φ两次磁通量变化△相同，所以21520XX—019学年度第一学期生物教研组工作计划指导思想以新一轮课程改革为抓手，更新教育理念，积极推进教学改革。

专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题师生共研例1 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T．一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m．求(g取10 m/s2)：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小．【考法拓展1】在【例1】中，求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间．【考法拓展2】在【例1】中，求金属棒由释放到ab连线滑过的距离x0.【考法拓展3】在【例1】中，求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量．练1 [2021·黑龙江大庆模拟](多选)在倾角θ＝30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图所示．初始时作用在ab棒上一个外力(题中未画出)使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑．已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，则( )A．重物P向下做加速度不断减小的加速运动B．cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小I＝C．cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为v＝D．重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和练2 [2020·全国卷Ⅰ](多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值练3 如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是( )A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝m－题后反思1．电磁感应中动力学问题的解题思路2．电磁感应中的动态分析导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态．考点二电磁感应中的能量问题多维探究1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．题型1|由焦耳定律求解焦耳热例 2 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53 °，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N 拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小．(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小．(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.题型2|由安培力做功求解焦耳热例3 如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．题型3|由能量守恒或功能关系求解焦耳热例4 [2021·广州市模拟]如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v ­ t图象，其中AO是图象在O 点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．练4 [2020·济南模拟]如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动．MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(L<d)，速度v0方向与MN垂直．磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下．当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边到达边界PQ 时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长，且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界．已知重力加速度为g，线圈间不会相碰．求：(1)线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热．练5 [2021·石嘴山模拟]如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，AB位置下方存在磁感应强度为B＝1 T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度．(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6 J，此时金属杆下落的高度为多少？(3)达到最大速度后，为使ab杆中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B′应怎样随时间t 变化？推导这种情况下B′与t的关系式．考点三电磁感应与动量的综合问题多维探究题型1|动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B lΔt＝mv2－mv1，q＝t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．例5 [2020·山东潍坊期末] (多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．以下说法正确的是( )A．俯视时感应电流方向为顺时针B．棒b的最大速度为0.4v0C．回路中产生的焦耳热为0.1mD．通过回路中某一截面的电荷量为题型2|动量守恒定律在电磁感应中的应用例6 [2019·全国卷Ⅲ，19](多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是( )练6 [2020·山东阳谷二中期末](多选)如图所示，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，电阻均为r.开始时cd静置于水平导轨上某位置，将ab从弯曲导轨上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开导轨水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g.以下说法正确的是( )A．cd在导轨上的最大加速度为B．cd在导轨上的最大加速度为C．ab的落地点在ef的右侧D．电路中产生的热量为mgh练7 如图甲所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平面轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b.杆a、b电阻分别为R a＝2 Ω，R b＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以大小5 m/s的初速度(设为v0)开始向左滑动，同时由静止释放杆a.杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A．从杆a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动图象如图乙所示(以杆a运动方向为正)，其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g＝10 m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b上产生的焦耳热．专题十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点突破例1 解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v 0，由平衡条件得mgsin θ＝F 安① 而F 安＝B 0I 0L ，② I 0＝B 0Lv 0R ＋r③代入数据解得v 0＝2 m/s.④(2)金属棒滑过cd 位置时，其受力如图所示．由牛顿第二定律得 mgsin θ－F ′安＝ma ，⑤ 而F ′安＝B 1I 1L ，⑥ I 1＝B 1Lv 0R ＋r，⑦代入数据可解得a ＝3.75 m/s 2.⑧(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v 1，则mgsin θ＝F ″安，⑨ 而F ″安＝B 1I 2L ○10 I 2＝B 1Lv 1R ＋r，⑪代入数据解得v 1＝8 m/s.⑫答案：(1)2 m/s (2)3.75 m/s 2 (3)8 m/s考法拓展1 解析：金属棒从静止开始到刚进入磁场Ⅰ的时间t 1＝v 0gsin θ＝0.4 s ，在磁场Ⅰ运动时间t 2＝x 1v 0＝0.5 s ，所以金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.9 s.答案：0.9 s考法拓展2 解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动a ＝gsin θ，由运动学公式得v 20＝2ax 0，代入数据解得x 0＝0.4 m. 答案：0.4 m考法拓展3 解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得 mg(x 0＋x 1＋x 2)sin θ＝Q ＋12mv 21，Q R ＝R R ＋r Q ＝7.5 J.答案：7.5 J练1 解析：本题考查电磁感应中的楞次定律，通过分析安培力判断物体的运动状态，回路中的电流以及焦耳热．重物P 和ab 棒是一个系统，重物P 的重力不变，ab 棒的重力沿斜面向下的分力不变，而ab 棒切割磁感线的速度在增大，则沿斜面向下的安培力随之增大，则ab 与P 的加速度变小，所以重物P 向下做加速度不断减小的加速运动，A 正确；cd 棒刚开始恰好不下滑，则有mgsin θ＝μmgcos θ，cd 棒刚好要向上滑动时，则有BIL ＝mgsin θ＋μmgcos θ，联立解得I ＝mgBL ，B 正确；cd 棒刚好要向上滑动时，ab 棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝BLv 2R ，可得v ＝2mgRB 2L 2，C 正确；由能量守恒定律可知，重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能、ab 棒增加的重力势能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和，D 错误．答案：ABC练2 解析：用水平恒力F 向右拉动金属框，bc 边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i ，bc 边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M ，加速度为a 1，由牛顿第二定律有F －BiL ＝Ma 1；导体棒MN 受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m ，加速度为a 2，由牛顿第二定律有BiL ＝ma 2.设金属框bc 边的速度为v 时，导体棒的速度为v ′，则回路中产生的感应电动势为E ＝BL(v －v ′)，由闭合电路欧姆定律i ＝E R ＝BL (v －v ′)R，F 安＝BiL ，可得金属框bc 边所受安培力和导体棒MN 所受的安培力均为F 安＝B 2L 2(v －v ′)R ，二者加速度之差Δa ＝a 1－a 2＝F －F 安M －F 安m ＝F M －F 安⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa 减小，当Δa 减小到零时，F M ＝B 2L 2(v －v ′)R ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，之后金属框和导体棒的速度之差Δv ＝v －v ′＝FRmB 2L 2(m ＋M )，保持不变．由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F 安＝B 2L 2(v －v ′)R 趋于恒定值，选项A 错误，BC 正确；导体棒到金属框bc 边的距离x ＝⎠⎛0t (v －v ′)dt ，随时间的增大而增大，选项D 错误．答案：BC练3 解析：cd 切割磁感线产生感应电动势为E ＝BLv 0，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E 2R ＝BLv 02R ，故A 项错误．对于ab 棒：根据牛顿第二定律得mg －F f ＝ma ，又F f ＝μF N ，F N ＝BIL ，联立解得，加速度大小为a ＝g －μB 2L 2v 02mR ，故B 项正确．对于cd 棒，由公式q ＝ΔΦR 总得q ＝BLs 2R ，则得，s ＝2Rq BL，故C 项正确．设导体棒cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q ，由于ab 的电阻与cd 相同，两者串联，则ab 产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得2Q ＋μmgs ＝12mv 20，又s ＝2Rq BL ，解得Q ＝14mv 20－μmgRqBL ，故D 项正确．综上所述，应选择A.答案：A例2 解析：(1)由牛顿第二定律a ＝F －mgsin θm ＝12 m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s. (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝BlvR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N.(3)健身者做功W ＝F(s ＋d)＝64 J 由牛顿第二定律F －mgsin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J例3 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F 安 其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝(mgsin θ－μmgcos θ)RB 2d2＝2 m/s. (2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v 2＝2ax ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k ＝μmgcos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmgcos θgsin θ－μgcos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中， 有mgsin θ·2d －μmgcos θ·2d ＋W 安＝0 Q ＝－W 安解得Q ＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J例4 解析：(1)由图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5 m/s 2， 则F －F f ＝ma ， 解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BL Blv R ＝B 2L 2vR .联立可得R ＝B 2L 2vF －F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J练4 解析：(1)线圈刚进入磁场时有：E ＝BLv 0 根据闭合电路欧姆定律：I ＝ER所以安培力F ＝B 2L 2v 0R根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma. a ＝B 2L 2v 0mR －μg ，方向向左(2)根据动量定理，对线圈： μmgt －I 安＝0. 其中安培力的冲量：I 安＝F 安t ′＝B I －L ·t ′＝BLq q ＝ΔΦR ＝BL 2R .综上解得t ＝B 2L 3μmgR.(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ 过程中，对于单个线圈，根据动能定理得 μmgd －W 安＝0，所以克服安培力做功W 安＝μmgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W ′安＝W 安＝μmgd ， 所以对于n 个线圈有Q ＝2n μmgd答案：(1)B 2L 2v 0mR －μg (2)B 2L3μmgR(3)2n μmgd练5 解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，安培力与重力平衡，则有：F 安＝mg 又F 安＝BIL ，I ＝ER ＋r，E ＝BLv m 联立得：F 安＝B 2L 2v mR ＋r解得：v m ＝4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热： Q 总＝R ＋r R Q ＝3＋13×0.6 J ＝0.8 J由能量守恒定律得：mgh ＝12mv 2m ＋Q 总解得：h ＝1.6 m(3)为使ab 杆中不产生感应电流，应使穿过回路平面的磁通量不发生变化， 在该时刻穿过回路平面的磁通量为： Φ1＝BLht 时刻的磁通量为： Φ2＝B ′L ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋v m t ＋12gt 2 由Φ1＝Φ2得：B ′＝Bhh ＋v m t ＋12gt2代入数据解得：B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T答案：(1)4 m/s (2)1.6 m (3)B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T例5 解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算．棒a 向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，棒a 减速，棒b 加速，对棒a ，由动量定理可得B I －·Lt ＝BqL ＝mv 0－0.8mv 0，对棒b ，由动量定理可得B I －·2Lt ＝mv ，联立可得v ＝0.4v 0，q ＝mv 05BL ，B 正确，D 错误；根据能量守恒定律可得Q ＝12mv 20－12m(0.8v 0)2＋12m(0.4v 0)2＝0.1mv 20，C 正确．答案：BC例6 解析：由楞次定律可知ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，即v 1减小，v 2增加．回路中的感应电动势E ＝BL(v 1－v 2)，回路中的电流I ＝E R ＝BL (v 1－v 2)R ，回路中的导体棒ab 、cd 的加速度大小均为a ＝F m ＝BIL m ＝B 2L 2(v 1－v 2)mR ，由于v 1－v 2减小，可知a 减小，所以ab 与cd 的v ­ t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC练6 解析：本题从动量和能量两个角度考查双棒问题．当cd 受到的安培力最大时，cd 在导轨上的加速度最大，即ab 刚进入磁场时，cd 在导轨上的加速度最大，设此时ab 的速度为v ，根据机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ，解得v ＝2gh ，此时回路中的感应电流I ＝BLv 2r ，cd 在导轨上的最大加速度a ＝BIL m ＝B 2L 22gh2mr，故A 正确，B 错误； 设cd 离开导轨时的速度为v 1，根据平抛运动规律可知，下落时间t ＝2h g ，则v 1＝h t＝gh2，设cd 离开导轨时ab 的速度为v ′，根据动量守恒定律可得mv ＝mv ′＋mv 1，解得v ′＝v 1＝gh2，所以ab 的落地点也在ef 处，故C 错误；电路中产生的热量Q ＝mgh －12mv ′2－12mv 21＝12mgh ，故D 正确．答案：AD练7 解析：(1)设杆a 刚滑到水平轨道时，杆b 的速度为v b ，杆a 在弧形轨道上运动的时间与杆b 从开始滑动到杆a 刚滑到水平轨道时所用时间相等，对杆b 应用动量定理有Bd I －t 1＝m b v b －m b v 0其中v 0＝－5 m/s ，v b ＝－2 m/s 解得t 1＝5 s.(2)设杆a 下滑到水平轨道时的速度为v a ，由杆a 下滑的过程中机械能守恒有 m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝5 m/s设两杆最后共同的速度为v ，两杆在水平轨道上运动过程中动量守恒，有 m a v a ＋m b v b ＝(m a ＋m b )v 解得v ＝83m/s对杆a 在水平轨道上运动过程应用动量定理有 －Bd I －t 2＝m a v －m a v a 又q ＝I －t 2解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律得，两杆产生的总焦耳热Q 总＝m a gh ＋12m b v 20－12(m a ＋m b )v 2＝1616 J杆a 、b 串联，电流相等，则相同时间内产生的焦耳热与电阻成正比 故杆b 上产生的焦耳热Q ＝R b R a ＋R b Q 总＝1156J. 答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156 J。

（特别推介）高考物理专题复习――磁场(附参照答案 )一、磁场磁体是经过磁场对铁一类物质发生作用的，磁场和电场相同，是物质存在的另一种形式，是客观存在。

小磁针的指南指北表示地球是一个大磁体。

磁体四周空间存在磁场；电流四周空间也存在磁场。

电流四周空间存在磁场，电流是大批运动电荷形成的，所以运动电荷四周空间也有磁场。

静止电荷四周空间没有磁场。

磁场存在于磁体、电流、运动电荷四周的空间。

磁场是物质存在的一种形式。

磁场对磁体、电流都有磁力作用。

与用查验电荷查验电场存在相同，能够用小磁针来查验磁场的存在。

以下图为证明通电导线四周有磁场存在——奥斯特实验，以及磁场对电流有力的作用实验。

1．地磁场地球自己是一个磁体，邻近存在的磁场叫地磁场，地磁的南极在地球北极邻近，地磁的北极在地球的南极邻近。

2．地磁体四周的磁场散布与条形磁铁四周的磁场散布状况相像。

3．指南针放在地球四周的指南针静止时能够指南北，就是遇到了地磁场作用的结果。

4．磁偏角地球的地理两极与地磁两极其实不重合，磁针并不是正确地指南或指北，此间有一个交角，叫地磁偏角，简称磁偏角。

说明：①地球上不一样点的磁偏角的数值是不一样的。

②磁偏角随处球磁极迟缓挪动而迟缓变化。

③地磁轴和地球自转轴的夹角约为11°。

二、磁场的方向在电场中，电场方向是人们规定的，同理，人们也规定了磁场的方向。

规定：在磁场中的随意一点小磁针北极受力的方向就是那一点的磁场方向。

确立磁场方向的方法是：将一不受外力的小磁针放入磁场中需测定的位臵，当小磁针在该位臵静止时，小磁针 N 极的指向即为该点的磁场方向。

磁体磁场：能够利用同名磁极相斥，异名磁极相吸的方法来判断磁场方向。

电流磁场：利用安培定章（也叫右手螺旋定章）判断磁场方向。

三、磁感线在磁场中画出有方向的曲线表示磁感线，在这些曲线上，每一点的切线方向都跟该点的磁场方向相同。

（1）磁感线上每一点切线方向跟该点磁场方向相同。

（2）磁感线特色（1）磁感线的疏密反应磁场的强弱，磁感线越密的地方表示磁场越强，磁感线越疏的地方表示磁场越弱。

2018年全国各地高考物理模拟试题《磁场》试题汇编（含答案解析）1．（2018•湖北模拟）如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l=0.5m。

ed间连入一电源E=1V，ab间放置一根长为l=0.5m的金属杆与导轨接触良好，cf 水平且abcf为矩形。

空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡。

已知金属杆质量为0.1kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍。

重力加速度g=10m/s2，试求磁感应强度B及μ。

2．（2018•尖山区校级四模）如图所示，左侧两平行金属板上、下水平放置，它们之间的电势差为U、间距为L，其中有匀强磁场；右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD．AH=L0．一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子（不计重力、可视为质点），从小孔S1射入左侧装置，恰能沿水平直线从小孔S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域，最后全部从边界AC射出。

若两个区域的磁场方向均垂直于纸面向里、磁感应强度大小均为B，“梯形”宽度。

MN=L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用。

（1）求出粒子速度的大小；判定粒子的电性（2）这束粒子中，粒子质量最小值和最大值各是多少。

3．（2018•南平一模）如图所示，在第三，第四象限存在电场强度为E，方向与x 轴成θ=60°的匀强电场，在第一象限某个区域存在磁感应强度为B，垂直纸面向里的有界匀强磁场，x轴上的P点处在磁场的边界上，现有一群质量为m，电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v（0≤v≤垂直于x轴从P点射入磁场，所有粒子均与x轴负方向成φ=30°角进入匀强电场中，其中速度最大的粒子刚好从坐标原点O射入电场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，第二象限为无场区，求：（1）P点的坐标；（2）速度最大的粒子自P点开始射入磁场到离开电场所用的时间；（3）磁场区域的最小面积。

2018高考物理磁场一轮复习题(含答案和解释)
4 (2018 吴江模拟)如图4所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t。

规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图5中的( )
图4
图5
解析选C 由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动1/4圆周，故t＝T/4，由于T＝2πmBq，求得B＝πm2qt，只有选项C正确。

5 (2018 南京月考)如图6所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。

一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出。

若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
图6
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
解析选C a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电。

2018年高考物理各地试题磁场分类汇编及解析 CO
M α2，
得出
在磁场中运行的位移为
所以首次从II区离开时到出发点的距离为
10（13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。

解析
13（q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角
（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0
（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h
（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条
（4）若，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。

为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、、L2、之间应满足的关系式。

解析
16(重庆第25题)（19分）某仪器用电场和磁场控制电子在材料表面上方的运动，如题25图所示，材料表面上方矩形区域PP’N’N 充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN’M’M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN’为磁场与电场之间的薄隔离层。

一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电。

专题11 磁场1.[2016·北京卷] 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是( )图1­A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用答案：C　解析：根据“则能指南，然常微偏东，不全南也”知，选项A正确．由图可知地磁场的南极在地理北极附近，选项B正确．由图可知在两极附近地磁场与地面不平行，选项C不正确．由图可知赤道附近的地磁场与地面平行，射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直，会受到磁场力的作用，选项D正确．2.[2016·天津卷] 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图1­所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g.(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I ；(2)若两铝条的宽度均为b ，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式；(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b ′>b 的铝条，磁铁仍以速度v 进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化．解析： (1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F 安，有F 安＝IdB ①磁铁受到沿斜面向上的作用力为F ，其大小F ＝2F 安　②磁铁匀速运动时受力平衡，则有F －mg sin θ＝0 ③联立①②③式可得I ＝ ④mg sin θ2Bd (2)磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E ，有E ＝Bdv ⑤铝条与磁铁正对部分的电阻为R ，由电阻定律有R ＝ρ　⑥d db 由欧姆定律有I ＝　⑦E R 联立④⑤⑥⑦式可得v ＝　⑧ρmg sin θ2B 2d 2b (3)磁铁以速度v 进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F ，联立①②⑤⑥⑦式可得F ＝　⑨2B 2d 2bv ρ当铝条的宽度b ′>b 时，磁铁以速度v 进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F ′，有F ′＝　⑩2B 2d 2b ′v ρ可见F ′>F ＝mg sin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F ′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小．综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到F ′＝mg sin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑．3.[2016·全国卷Ⅱ] 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 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )图1­A. B.ω3B ω2BC. D.ωB 2ωB答案：A 解析： 作出粒子的运动轨迹如图所示，其中O ′为粒子运动轨迹的圆心，由几何关系可知∠MO ′N ′＝30°.由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知qvB ＝m ，T ＝，得T ＝，即比荷＝v 2r 2πr v 2πm Bq q m ，由题意知t 粒子＝t 筒，即·T ＝·T 筒，则T ＝3T 筒，又T 筒＝，故2πBT 30°360°90°360°2πω＝，选项A 正确．q m ω3B4.[2016·全国卷Ⅲ] 平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1­所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )图1­A. B.mv2qB 3mv qBC. D.2mv qB 4mv qB答案：D 解析： 设射入磁场的入射点为A ，延长入射速度v 所在直线交ON 于一点C ，则轨迹圆与AC 相切；由于轨迹圆只与ON 有一个交点，所以轨迹圆与ON 相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD 的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O ′为圆心，B 为出射点．由几何关系可知∠O ′CD ＝30°，Rt△O ′DC 中，CD ＝O ′D ·cot 30°＝R ；由对称性知，3AC ＝CD ＝R ；等腰△ACO 中，OA ＝2AC ·cos 30°＝3R ；等边△O ′AB 中，AB ＝R ，所以3OB ＝OA ＋AB ＝4R .由qvB ＝m 得R ＝，所以OB ＝，D 正确．v 2R mv qB 4mvqB 5.[2016·北京卷] 如图1­所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小．图1­解析： (1)洛伦兹力提供向心力，有f ＝qvB ＝m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv qB匀速圆周运动的周期T ＝＝.2πR v 2πm qB (2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力f ＝qvB .粒子做匀速直线运动，则qE ＝qvB场强E 的大小E ＝vB .6.[2016·四川卷] 如图1­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v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则( )图1­A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2答案：A 解析： 由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，作出粒子两次运动的轨迹如图所示由qvB ＝m ＝mr 可以得出v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, 又由t ＝T 可以得出时间之比等v 2r 4π2T 2θ2π于偏转角之比．由图看出偏转角之比为2∶1，则t b ∶t c ＝2∶1，选项A 正确．7.[2016·全国卷Ⅰ] 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1­所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，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( )图1­A ．11B ．12C ．121D ．144答案：D解析：粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v ，则qU ＝mv 2，粒子进入磁场做圆12周运动，半径r ＝＝，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选mv qB 1B2mUq 项D 正确．8.[2016·江苏卷] 回旋加速器的工作原理如图1­甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝.一束该种粒子在t ＝0～时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒2πm qB T2子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．图1­解析： (1)粒子运动半径为R 时qvB ＝m v 2R且E m ＝mv 212解得E m ＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt加速度a ＝qU 0md匀加速直线运动nd ＝a ·Δt 212由t 0＝(n －1)·＋Δt ，解得t 0＝－T 2πBR 2＋2BRd 2U 0πm qB(3)只有在 0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速(T 2－Δt )则所占的比例为η＝T 2－ΔtT 2由η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R9.[2016·四川卷] 如图1­所示，图面内有竖直线DD ′，过DD ′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B (图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h ＝2l 、倾角α＝的光滑绝缘斜面，斜面顶π4端与直线DD ′距离s ＝4l ，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C 点在DD ′上，距地面高H ＝3l .零时刻，质量为m 、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v 0＝、方向与水平面夹角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r ＝的匀速圆周运动，经gl π33lπC 点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P 所带电荷量对空间电磁场的影响．l 已知，g 为重力加速度．(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若小球A 、P 在斜面底端相遇，求释放小球A 的时刻t A ；(3)若小球A 、P 在时刻t ＝β(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电lg 场的场强E ，并讨论场强E 的极大值和极小值及相应的方向．图1­解析： (1)由题知，小球P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有m ＝qv 0B 代入数据解得B ＝.m π3lq gl (2)小球P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C 点的时刻为t C ，到达斜面底端时刻为t 1，有t C ＝θrv 0s －h cot α＝v 0(t 1－t C )小球A 释放后沿斜面运动加速度为a A ，与小球P 在时刻t 1相遇于斜面底端，有mg sin α＝ma A＝a A (t 1－t A )2hsin α12联立以上方程解得t A ＝(3－2).2lg (3)设所求电场方向向下，在t ′A 时刻释放小球A ，小球P 在区域Ⅱ运动加速度为a P ，有s ＝v 0(t －t C )＋a A (t －t ′A )cos α12mg ＋qE ＝ma PH －h ＋a A (t －t ′A )2sin α＝a P (t －t C )21212联立相关方程解得E ＝（11－β2）mgq （β－1）2对小球P 的所有运动情形讨论可得3≤β≤5由此可得场强极小值为E min ＝0；场强极大值为E max ＝，方向竖直向上．7mg8q 10.[2016·浙江卷] 为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图1­11所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场．质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ；(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcosβ±cos αsin β，cos α＝1－2α2解析： (1)峰区内圆弧半径r ＝　①mvqB 旋转方向为逆时针方向　②(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝　③2π3每个圆弧的长度l ＝＝　④2πr 32πmv3qB 每段直线长度L ＝2r cos ＝r ＝　⑤π633mv qB 周期T ＝　⑥3（l ＋L ）v 代入得T ＝　⑦（2π＋33）m qB(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°　⑧谷区内的轨道圆弧半径r ′＝　⑨mvqB ′由几何关系r sin ＝r ′sin ⑩θ2θ′2由三角关系sin ＝sin 15°＝30°26－24代入得B ′＝ B 3－12。

2018年高三下物理试题——11-17八年磁场真题汇总一．计算题（共7小题）1．（2016•江苏）回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U b．周期T=．一束该粒子在t=0﹣时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。

现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。

求：（1）出射粒子的动能E m；；（2）粒子从飘入狭缝至动能达到E m所需的总时间t总（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。

2．（2016•浙江）为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin（α±β ）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1﹣2sin2．3．（2016•海南）如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。

质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。

2018年全国卷高考物理总复习《磁场》习题专训1．如图所示，条形磁铁放在桌子上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则在这个过程中磁铁受到的摩擦力（保持静止）（）A．为零.B．方向由左变为向右.C．方向保持不变.D．方向由右变为向左.【答案】B2．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，则过c点的导线所受安培力的方向（）A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边【答案】C3．如图所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍耳电压U H。

已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为neSvI 。

实验中导体板尺寸、电流I和磁感应强度B保持不变，下列说法正确的是（）A ．导体内自由电子只受洛伦兹力作用B ．U H 存在于导体的Z 1、Z 2两面之间C ．单位体积内的自由电子数n 越大，U H 越小D ．通过测量U H ，可用IU R =求得导体X 1、X 2两面间的电阻 【答案】C4．如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径。

一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为v 、方向与ab 成30°角时，恰好从b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t ；若同一带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，也经时间t 飞出磁场，则其速度大小为（ ）A ．v 21B ．v 32C ．v 23D ．v 23 【答案】C5．如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B ，电场强度大小为q mgE 3=，且电场方向与磁场方向垂直。

专题十磁场考点1磁场的描述及安培力的应用高考帮·揭秘热点考向1.[2019全国Ⅰ,17，6分］如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接.已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为（)A。

2F B.1.5F C.0.5F D。

02.[2020浙江7月选考,9,3分]特高压直流输电是国家重点能源工程。

如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1>I2.a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方.不考虑地磁场的影响,则()A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感应强度方向竖直向下D。

c点处的磁感应强度方向竖直向下拓展变式1.［2018全国Ⅱ,20,6分,多选]如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。

整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外.已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0,方向也垂直于纸面向外。

则（)A。

流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C。

流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D。

流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B02.[2017全国Ⅰ,19，6分，多选］如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反.下列说法正确的是（)A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶13.[2019江苏,7,4分，多选］如图所示，在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。

专题10 磁场【2018高考真题】1．某空间存在匀强磁场和匀强电场.一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是A. 磁场和电场的方向B. 磁场和电场的强弱C. 粒子的电性和电量D. 粒子入射时的速度【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（北京卷）【答案】 C点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的.2．（多选）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称.整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外.已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外.则（）A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】 AC可解得： ;故AC正确；故选AC点睛：磁场强度是矢量，对于此题来说ab两点的磁场强度是由三个磁场的叠加形成，先根据右手定则判断导线在ab两点产生的磁场方向，在利用矢量叠加来求解即可.3．（多选）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是（）A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 AD【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点.开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC 错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D 正确.【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器.【2017高考真题】1．【2017·江苏卷】如图所示，两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r ．圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为（A ）1:1 （B ）1:2 （C ）1:4 （D ）4:1【答案】A【考点定位】磁通量【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S 的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．2．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是A ．a b c m m m >>B ．b a cm m m >>C ．a c b m m m >>D ．c b a m m m >>【答案】B【解析】由题意知，m a g =qE ，m b g =qE +Bqv ，m c g +Bqv =qE ，所以b a c m m m >>，故B 正确，ACD 错误. 【考点定位】带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是m a g =qE ，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断.3．【2017·新课标Ⅲ卷】如图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零.如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为A ．0B 0BC 0BD ．2B 0 【答案】C【考点定位】磁场叠加、安培定则【名师点睛】本题关键为利用安培定则判断磁场的方向，在根据几何关系进行磁场的叠加和计算.4．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，三根相互平行的固定长直导线L 1、L 2和L 3两两等距，均通有电流I ，L 1中电流方向与L 2中的相同，与L 3中的相反，下列说法正确的是A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为D．L1、L2和L3【答案】BC【考点定位】电流磁效应、安培力、安培定则【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较.5．【2017·新课标Ⅱ卷】某同学自制的简易电动机示意图如图所示.矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴.将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方.为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉【答案】AD【考点定位】电动机原理；安培力 【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况.6．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点.大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场.若粒子射入速率为1v ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为2v ，相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力及带电粒子之间的相互作用.则21:v v 为A 2BCD ．【答案】C【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远.则当粒子射入的速度为1v ， 如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为11cos 602r R R =︒=；同理，若粒子射入的速度为2v ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为2cos30r R R =︒=；根据mv r v qB =∝，则2121:=:v v r r =，故选C.【考点定位】带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题；解题时关键是要画出粒子运动的轨迹草图，知道能打到最远处的粒子运动的弧长是半圆周，结合几何关系即可求解.【2016高考真题】1．【2016·北京卷】中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也.”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图.结合上述材料，下列说法不正确的是A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【答案】C【考点定位】考查了地磁场【方法技巧】地球本身是一个巨大的磁体.地球周围的磁场叫做地磁场.地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极.2．【2016·上海卷】如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是A．+x方向B．-x方向C．+y方向D．-y方向【答案】A【解析】据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向沿z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以z 轴为中心沿顺时针方向（沿z轴负方向看），通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，则选项A正确.【考点定位】安培定则、电子束产生电流的方向【方法技巧】首先需要判断出电子束产生电流的方向，再根据安培定则判断感应磁场的方向.3．【2016·全国新课标Ⅱ卷】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 飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为A ．3B ω B ．2B ω C ．Bω D ．2B ω【答案】A【考点定位】带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题时必须要画出规范的粒子运动的草图，结合几何关系找到粒子在磁场中运动的偏转角，根据两个运动的等时性求解未知量；此题难度中等，意在考查考生对物理知识与数学知识的综合能力.4．【2016·全国新课标Ⅲ卷】平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q >0）.粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为A ．2mv qB B ．2mv qB D ．4mv qB【答案】D【考点定位】考查了带电粒子在有界磁场中的运动【方法技巧】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式mvR Bq=，周期公式2πm T Bq=，运动时间公式2πt T θ=，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题.5．【2016·四川卷】如图所示，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v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力.则A ．v b :v c =1:2，t b :t c =2:1B ．v b :v c =2:2，t b :t c =1:2C ．v b :v c =2:1，t b :t c =2:1D ．v b :v c =1:2，t b :t c =1:2【答案】A考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关的；记住两个常用的公式：mv R qB =和2m T qBπ=.6．【2016·全国新课标Ⅰ卷】现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，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A ．11B ．12C ．121D ．144 【答案】D【解析】根据动能定理可得：212qU mv =，带电粒子进入磁场时速度v =中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，2mv qvB r=，解得：222qB r m U =，所以此离子和质子的质量比约为144，故A 、B 、C 错误，D 正确【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动.要特别注意带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁场的速度.本题关键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变.7．【2016·海南卷】如图（a ）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音.俯视图（b ）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面），磁场方向如图中箭头所示.在图（b ）中A ．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B ．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外百度文库、精选习题试题习题、尽在百度 C ．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D ．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外【答案】BC【考点定位】安培力【名师点睛】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，明确安培力产生的条件，熟练应用左手定则判断安培力的方向.8．【2016·上海卷】形象描述磁场分布的曲线叫做____________，通常___________的大小也叫做磁通量密度.【答案】磁感线；磁感应强度【解析】为了形象的描述磁场而假想出来的曲线，曲线上任意一点的切线方向均表示该位置的磁场方向，这样的曲线称为磁感线；磁场的强弱大小用磁感应强度表示，在磁通量中有：B S Φ=，所以磁感应强度也称为磁通密度.【考点定位】磁感线、磁感应强度、磁通密度【方法技巧】本题考查定义，需要对磁感线、磁感应强度以及磁通密度概念熟悉.。

2016年—2018年高考试题精编版分项解析专题11 电磁感应1．如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。

一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（）A. B.C. D.【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）2．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心。

轨道的电阻忽略不计。

OM是有一定电阻。

可绕O转动的金属杆。

M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。

空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'（过程Ⅱ）。

在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（）A. B. C. D. 2【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）3．（多选）如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆（）A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C. 穿过两磁场产生的总热量为4mgdD. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）4．（多选）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。

导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。

导线框R中的感应电动势A. 在时为零B. 在时改变方向C. 在时最大，且沿顺时针方向D. 在时最大，且沿顺时针方向【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）5．（多选）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

专题10 磁场【2018高考真题】1．某空间存在匀强磁场和匀强电场。

一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动；若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动,下列因素与完成上述两类运动无关的是A. 磁场和电场的方向B. 磁场和电场的强弱C. 粒子的电性和电量D. 粒子入射时的速度【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（北京卷）【答案】 C点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动,实际上是考查了速度选择器的相关知识,注意当粒子的速度与磁场不平行时,才会受到洛伦兹力的作用,所以对电场和磁场的方向有要求的。

2．（多选）如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。

整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。

已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和,方向也垂直于纸面向外。

则（）A. 流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】 AC可解得： ;故AC正确；故选AC点睛：磁场强度是矢量,对于此题来说ab两点的磁场强度是由三个磁场的叠加形成,先根据右手定则判断导线在ab两点产生的磁场方向,在利用矢量叠加来求解即可。

3．（多选）如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。

下列说法正确的是（）A. 开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B. 开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C. 开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 AD【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。

2018年高考物理试题分类解析：磁场25.（全国1卷）（20分）如图，在y >0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，在y <0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。

一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从y 轴上y =h 点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向。

已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场。

11H 的质量为m ，电荷量为q 不计重力。

求（1）11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离（2）磁场的磁感应强度大小（3）12H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离20．（全国2卷）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2，L 1中的电流方向向左，L 2中的电流方向向上；L 1的正上方有a 、b 两点，它们相对于L 2对称。

整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B 0，方向垂直于纸面向外。

已知a 、b 两点的磁感应强度大小分别为013B 和012B ，方向也垂直于纸面向外。

则A ．流经L 1的电流在b 点产生的磁感应强度大小为0712B B ．流经L 1的电流在a 点产生的磁感应强度大小为0112B C ．流经L 2的电流在b 点产生的磁感应强度大小为0112B D ．流经L 2的电流在a 点产生的磁感应强度大小为0712B25.（全国2卷）（20分）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。

一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。

不计重力。

（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点射入时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。

2018版高三物理一轮复习专题10电路含2016年高考真题专题10 电路1.[2016·全国卷Ⅱ] 阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图1­所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()图1­A. 25B.12C.35D.23答案：C解析：由已知条件及电容定义式C＝QU可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C，则Q1Q2＝U1U2.S断开时等效电路如图甲所示甲U1＝R（R＋R）（R＋R）＋RR＋R（R＋R）（R＋R）＋R·E×12＝15E；S闭合时等效电路如图乙所示，乙U2＝R·R R＋RR＋R·RR＋R·E＝13E，则Q1Q2＝U1U2＝35，故C正确．2.[2016·江苏卷] 如图1­所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有()图1­A．路端电压为10 V错误．J3 电路综合问题3.[2016·天津卷] 如图1­所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )图1­A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大答案：B解析：滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变化，所以干路中的电流减小，R1消耗的功率变小，A错误；干路中的电流变小，R1两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表V示数变大，B正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的示数变小，C错误；的电流变小，即电流表A1闭合开关S后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的电流变大，R1两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过R2的电流变小，即电示数变小，因变压器的功率变大，故电流流表A2表A示数变大，D错误．14．[2016·天津卷]某同学想要描绘标有“3.8 V，0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：(量程0～3 V，内阻等于3 kΩ)电压表V1(量程0～15 V，内阻等于15 kΩ)电压表V2电流表A(量程0～200 mA，内阻等于10 Ω)1(量程0～3 A，内阻等于0.1 Ω)电流表A2滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流2 A)滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E＝6 V，内阻不计)①请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．②该同学描绘出的I­U图像应是图中的________．图1­答案：①电路如图1­所示②B图1­和定值电阻R5串联，可改装解析：①电压表V1与定值电成量程为0～4 V的电压表，电流表A1阻R4并联，可改装成量程为0～0.4 A的电流表，待测小灯泡的电阻很小，故电流表采用外接法．②小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以B 正确．5.[2016·浙江卷] 某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表．采用分压电路接线，图1是实物的部分连线图，待测电阻为图2中的R1，其阻值约为5 Ω.图1­8(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填“a”或“b”)、导线②连接________(填“c”或“d”)．(2)正确接线测得实验数据如下表，用作图法求得R1的阻值为________Ω.U/ V 0.400.801.201.602.002.40I/ A 0.090.190.270.350.440.53(3)已知图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的110，若测R2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)．A．①连接a，②连接c B．①连接a，②连接d C．①连接b，②连接c D．①连接b，②连接d 答案： (1)a d(2)如图所示 4.4～4.7(3)B解析： (1)因电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接法，又知滑动变阻器采用分压电路接线，故测R1阻值的最优连接方式为导线①连接a、导线②连接d.(2)作图如图所示，则R2＝ΔUΔI＝2.20.5Ω＝4.4Ω.(3)根据电阻定律可得R＝ρLdL＝ρd，故R2＝R1，要测R2的阻值，与测量R1一样，最优的连线应①连接a，②连接d，故B正确．6.[2016·北京卷] 某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是( )A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B．一个伏特表和多个定值电阻C．一个安培表和一个电阻箱D．两个安培表和一个滑动变阻器答案：D解析：由闭合电路欧姆定律可知E＝U＋Ir，经变形可得U＝－rI＋E.测量电源电动势和内阻的实验通过改变外电路的电阻可以得到多组I和U，再通过描点法得到U­I图像，图像的斜率k ＝－r，从而得到r＝－k，图像的纵截距b＝E. 选项A中可以通过安培表和伏特表的读数得到外电压和干路电流，如图所示，所以选项A可取．选项B中可以通过伏特表的读数和若干定值电阻的实际阻值大小计算出干路的电流大小，实验电路图如图所示，所以选项B可取．选项C中可以通过安培表的读数和电阻箱的取值得到外电压的大小，实验电路图如图所示，所以选项C可取．选项D中无法得到外电压，所以选项D不可取．7．[2016·四川卷] Ⅱ. J7用如图1­所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3 V，内阻约2 Ω)，保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．实验主要步骤：(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；(iii)以U为纵坐标，I为横坐标，作U­I图线(U、I都用国际单位)；(iv)求出U­I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.图1­回答下列问题：(1)电压表最好选用________；电流表最好选用________．A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ)B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r 的表达式E ＝________，r ＝________，代入数值可得E 和r 的测量值．答案： (1)A C (2)C (3)ka k －R 2解析： (1)电压表内阻越大，分得的电流越小，误差也就越小，所以选内阻较大的A 电压表；当滑动变阻器接入电路阻值最小时通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I ＝E R 1＋R 2＋r≈176 mA ，所以选量程为200 mA 的C 电流表．(2)由电路分析可知，滑片从左向右滑动，电压表示数变大，意味着滑动变阻器接入电路部分的阻值增大，一导线接金属杆左端，一导线接电阻丝左端，则滑片从左向右滑动时阻值增大，符合题意．(3)由E ＝U ＋I (r ＋R 2)，得U ＝－I (r ＋R 2)＋E ，对比U ­I 图线可知，图像斜率的绝对值k ＝r ＋R 2，所以电源内阻r ＝k －R 2；令U ＝0，得I ＝E r ＋R 2＝E k ，图线在横轴上的截距为a ，所以a ＝I ＝E k ，则E ＝ka .8.[2016·全国卷Ⅰ] 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过I c时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知U约为18 V，I c约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω.(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线．图1­(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(3)按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________ Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是________．②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________．(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．答案：(1)连线如图所示(2)R2(3)①650.0 b接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏②c 报警器开始报警解析： (1)电路如图所示．(2)在室温下对系统进行调节，已知U约为18 V，I c约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA 时，报警器可能损坏，可知外电阻的取值范围是1820×10－3Ω＝900 Ω≤R≤1810×10－3Ω＝1800Ω.报警器的电阻是650.0 Ω，所以滑动变阻器阻值的取值范围在250 Ω到1150 Ω之间，所以滑动变阻器应该选R2.(3)电阻箱代替报警器工作时的热敏电阻，阻值应为650.0 Ω，滑动变阻器刚开始应置于b端，若置于另一端，接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏；实验调试时，将开关置于c端，缓慢调节滑动变阻器，直至报警器开始报警．9.[2016·北京卷] (1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图1­为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更________(选填“敏感”或“不敏感”)．图1­解析：由题目图像可知，随温度升高热敏电阻的阻值明显减小，所以导电能力增强．又由图像可知，随温度变化，热敏电阻的电阻变化更明显，所以更加敏感．10.[2016·全国卷Ⅱ] 某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表V的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干．实验步骤如下：图1­①按电路原理图(a)连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为 2.00 V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．图1­(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)．A．100 μA B．250 μAC．500 μA D．1 mA答案：(1)R1(2)连线如图所示(3)2520 (4)D解析： (1)此实验的实验原理类比于半偏法测电表内阻的实验，电压表所在支路的总电压应该尽量不变化，故滑动变阻器应选最大阻值小的即选R1.(3)近似认为电压表所在支路的总电压不变，且流过电压表与电阻箱的电流相等，由串联分压特点知2RV＝2.5－2R，则R V＝4R＝2520 Ω.(4)因电压表是由一个表头和电阻串联构成，表头允许的最大电流不会因此改变，则由欧姆定律可知，I满＝U满R V＝2.52520A≈1 mA.11.[2016·全国卷Ⅲ] 某同学用图1­中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab 和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)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与两导轨垂直．图1­(1)在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是________(填入正确选项前的标号)．答案： (1)连线如图所示(2)AC解析： (1)限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下”两个接线柱；磁铁N极位于上方，说明磁感线向下；开关闭合后，金属棒往右运动，说明棒受到向右的安培力；由左手定则可知，电流应垂直纸面向外(ab指向a1b1)；所以应按“电源正极→开关→滑动变阻器下接线柱→滑动变阻器上接线柱→电流表→ab→a1b1→电源负极”的顺序连接回路．(2)由动能定理BIL·s＝12mv2－0可知，要增大金属棒离开导轨时的速度v，可以增大磁感应强度B、增大电流I、增大两导轨间的距离L或增大导轨的长度s；但两导轨间的距离不变而只是换一根更长的金属棒后，等效长度L并不会发生改变，但金属棒的质量增大，故金属棒离开导轨时的速度v减小．12.[2016·江苏卷] 小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R随温度t的变化关系．已知该金属电阻在常温下的阻值约10 Ω，R随t的升高而增大．实验电路如图所示，控温箱用以调节金属电阻的温度．实验时闭合S，先将开关K与1端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度t1，t2，…和电流表的相应示数I1，I2，….然后将开关K与2端闭合，调节电阻箱使电流表的示数再次为I1，I2，…，分别记下电阻箱相应的示数R1，R2，….图1­(1)有以下两种电流表，实验电路中应选用________．A．量程0～100 mA，内阻约2 ΩB．量程0～0.6 A，内阻可忽略(2)实验过程中，要将电阻箱的阻值由9.9 Ω调节至10.0 Ω，需旋转图中电阻箱的旋钮“a”“b”“c”，正确的操作顺序是________．①将旋钮a由“0”旋转至“1”②将旋钮b由“9”旋转至“0”③将旋钮c由“9”旋转至“0”(3)实验记录的t和R的数据见下表：温度t(℃)20.040.060.080.0100.0阻值R(Ω)9.610.411.112.112.8请根据表中数据，在方格纸上作出R­t图线．图1­由图线求得R随t的变化关系为R＝________ Ω.答案：(1)A (2)①②③(或①③②)(3)(见下图)0．04t＋8.8(0.04t＋8.6 ～0.04t＋9.0 都算对)解析： (1)当滑动变阻器取最大阻值10 Ω时，再加上金属电阻常温下阻值为10 Ω，总电阻为20 Ω，则电流I＝ER总＝1.5 V20 Ω＝0.075 A＝75 mA<100 mA，故选量程为0～100 mA的电流表比较精确，即选A.(2)调电阻箱时要注意的是不能使电流超过电流表的量程，也就是不能先将b、c旋钮先旋转至“0”，因为此时电阻箱相当于导线，电流表可能会烧坏．因此必须先将a旋钮由“0”旋转至“1”，再将b、c旋钮旋转至“0”．(3)根据表中数据，在方格纸上描点，并根据点的分布特点作出R­t图像，如上图，且使直线尽可能通过更多的点，把两个在直线上的点的数据代入直线方程R＝kt＋b，列出方程组，求出k ＝0.04，b＝8.8，即R＝0.04t＋8.8.。