18届高三物理一轮复习单元评估检测(九)磁场

一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2015·江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春秋纬考异邮》中有玳瑁吸衣若之说，但下列不属于静电现象的是()A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以C正确．答案：C2．(2016·威海模拟)如图所示，a、b是平行的金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c、d是分别串有电压表和电流表的金属棒，它们与导轨接触良好，当c、d以相同的速度向右运动时，下列说法正确的是()A．两表均无读数B．两表均有读数C．电流表有读数，电压表无读数D．电流表无读数，电压表有读数解析：当c、d以相同的速度向右运动时，穿过回路的磁通量没变，故无感应电流产生，所以电流表和电压表中的电流均为零，故选项A正确．答案：A3．(2016·大连模拟)如图甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG 处在某磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4 Ω，电容C＝10 μF，线圈EFG的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计．则当开关S闭合，电路稳定后，在t＝0.1 s至t＝0.2 s这段时间内()A．电容器所带的电荷量为8×10－5CB．通过R的电流是2.5 A，方向从b到aC ．通过R 的电流是2 A ，方向从b 到aD ．R 消耗的电功率是0.16 W解析：线圈EFG 相当于电路的电源，电动势E ＝n ΔB ΔtS ＝10×20.2×0.1 V ＝10 V ．由楞次定律得，电动势E 的方向是顺时针方向，故流过R的电流是a →b ，I ＝E R ＋r ＝104＋1A ＝2 A ，P R ＝I 2R ＝22×4 W ＝16 W ；电容器U C ＝U R ，所带电荷量Q ＝C·U C ＝10×10－6×2×4 C ＝8×10－5C ，选项A 正确．答案：A4．(2017·西安模拟)在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为电阻可忽略不计的自感线圈，E 为电源，S 为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A ．合上开关，a 先亮，b 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭B ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C ．合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭D ．合上开关，a 、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a 后熄灭解析：由于L 是自感线圈，当合上S 时，自感线圈L 将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b 灯先亮，而a 灯后亮；当S 断开时，L 、a 、b 组成回路，L 产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a 、b 同时熄灭，C 正确．答案：C5．(2016·东营模拟)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相反B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电量相同解析：根据右手定则可知，导体框中产生的感应电流均是沿顺时针方向，选项A 错误；导体框中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，设导线框的边长为l ，当以速度v 匀速拉出时，Q 1＝F 安l ＝B 2l 2v R ·l ＝B 2l 3v R∝v ，所以导体框中产生的焦耳热不同，选项B 错误；当以速度v 匀速拉出时，cd 边切割磁感线产生感应电动势，cd 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差U 1＝14Blv ，当以速度3v 匀速拉出时，ad 边切割磁感线产生感应电动势，ad 边相当于电源，导体框ad 边两端电势差等于路端电压，其大小为U 2＝34Bl ·3v ＝94Blv ，选项C 错误；两个过程中，通过导体框截面的电荷量均为q ＝ΔΦR ＝Bl 2R ，选项D 正确．答案：D6．(2016·宝鸡模拟)如图所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab 、cd ，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ 垂直于导轨放在上面，以速度v 向右做匀速运动，欲使棒PQ 停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ 有电阻)( )A ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B ．在PQ 右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ 大的金属棒C ．将导轨的a 、c 两端用导线连接起来D ．将导轨的a 、c 两端和b 、d 两端分别用导线连接起来解析：在PQ 棒右侧放金属棒时，回路中产生感应电流，使金属棒加速，PQ 棒减速，当获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A 、B 错误；当一端或两端用导线连接时，PQ 的动能将转化为内能而最终静止，C 、D 正确．答案：CD7．(2017·荆州模拟)如图所示，MN、PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计．空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m，电阻均为r，轨道宽度为L，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab棒中点连接，细线承受的最大拉力T m＝2mg sinθ.今将cd棒由静止释放，则细线被拉断时，cd棒的()A．速度大小是2mgr sinθB2L2B．速度大小是mgr sinθB2L2C．加速度大小是2g sinθD．加速度大小是0解析：由静止释放后cd棒沿斜面向下做加速运动，随着速度的增大，E＝BLv变大，I＝E2r也变大，F＝BIL也变大，对ab棒，当T＝2mg sinθ＝mg sinθ＋BIL时细线刚好被拉断，此时v＝2mgr sinθB2L2，cd棒这时向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡，加速度大小是0，故选项A、D正确，选项B、C错误．答案：AD二、非选择题(本题共5小题，共52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．)8．(10分)(2015·江苏卷)做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r ＝5.0 cm ，线圈导线的横截面积A ＝0.80 cm 2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m ，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3 s 内从1.5 T 均匀地减小为零，求(计算结果保留一位有效数字)：(1)该圈肌肉组织的电阻R ；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E ；(3)0.3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q.解析：(1)由电阻定律R ＝ρ2πr A，(2分) 解得R ＝6×103Ω.(1分)(2)感应电动势E ＝ΔB Δtπr 2，(2分) 解得E ＝4×10－2V ．(1分)(3)由焦耳定律得Q ＝E 2RΔt ，(3分) 解得Q ＝8×10－8J ．(1分)答案：(1)6×103Ω (2)4×10－2V (3)8×10－8J9．(10分)(2015·海南卷)如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：(1)电阻R 消耗的功率；(2)水平外力的大小．解析：(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E ＝Blv ，(2分)根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I ＝E R，(1分) 电阻R 消耗的功率为P ＝I 2R.(1分)联立可得P ＝B 2l 2v 2R.(1分) (2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F 安＋μmg ＝F ，(2分)F 安＝BIl ＝B·Blv R·l.(2分) 解得F ＝B 2l 2v R＋μmg.(1分)答案：(1)P＝B2l2v2R(2)F＝B2l2vR＋μmg10．(12分)(2016·唐山模拟)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示(取g＝10 m/s2)．求：(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量．解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场后以v＝1.0 m/s做匀速运动．产生的电动势E＝BLv，(2分)杆中的电流I＝ER＋r，(2分)杆所受安培力F安＝BIL，(2分)由平衡条件得mg＝F安，(2分)解得B＝2 T．(1分)(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J．(3分)答案：(1)2 T(2)0.075 J11．(12分)如图所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为F f，由牛顿第二定律，有m2g －F f＝m2a，(3分)代入数据，得F f＝0.2 N．(1分)(2)设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有F f＝B1I1l，(1分)设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I1，R总＝32R.(2分)设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝ER总，E＝B2lv，F＋m1g sinθ＝B2Il，(3分)拉力的瞬时功率P＝Fv.(1分)联立以上各式，代入数据得P＝2 W．(1分)答案：(1)0.2 N(2)2 W12．(14分)如图所示，水平放置的平行金属导轨宽度为d＝1 m，导轨间接有一个阻值为R＝2 Ω的灯泡，一质量为m＝1 kg的金属棒跨接在导轨之上，其电阻为r＝1 Ω，且和导轨始终接触良好．整个装置放在磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始向右运动．求：(1)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平恒力为F ＝10 N，则金属棒达到的稳定速度v1是多少？(2)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2，施加的水平力功率恒为P＝6 W，则金属棒达到的稳定速度v2是多少？(3)若金属棒与导轨间是光滑的，施加的水平力功率恒为P ＝20 W ，经历t ＝1 s 的过程中灯泡产生的热量为Q R ＝12 J ，则此时金属棒的速度v 3是多少？解析：(1)由I ＝Bdv 1R ＋r和F 安＝BId ，(2分) 可得F 安＝B 2d 2v 1R ＋r，(1分) 根据平衡条件可得F ＝μmg ＋F 安．(1分)解得v 1＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2＝（10－0.2×1×10）（2＋1）22×12m /s ＝6 m /s .(1分)(2)稳定后F ＝μmg ＋B 2d 2v 2R ＋r，(2分) 且P ＝Fv 2，(1分)整理得2v 22＋3v 2－9＝0.(1分)解得v 2＝1.5 m /s .(1分)(3)金属棒和灯泡串联，由Q ＝I 2Rt 得灯泡和金属棒产生的热量比Q R Q r ＝R r，(1分) 根据能量守恒Pt ＝12mv 23＋Q R ＋Q r ，(2分) 解得v 3＝2（Pt －Q R －Q r ）m ＝2（20×1－12－6）1m /s ＝2 m /s .(1分)答案：(1)6 m /s (2)1.5 (3)2 m /s教师用书备选题]13．(2016·赣州模拟)某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测()A．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化B．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化C．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值D．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值解析：题图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反映感应电流的大小变化．t＝0.1 s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t＝0.1 s时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t＝0.15 s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D 错误．答案：AC。

第九章 磁场近几年高考对于带电粒子在磁场中及复合场中的运动考查是比较频繁的，2012年以前一般为压轴计算题，难度较大，综合性较强；近几年一般为选择题，难度适中．【重难解读】带电粒子在复合场中的运动综合了洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动、功能关系等知识，同时对于数学的运算能力、空间想象能力、做图能力都有较高要求，是高考命题的热点和重点．【典题例证】(18分)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图甲所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 作周期性变化的图象如图乙所示．x 轴正方向为E 的正方向，垂直纸面向里为B 的正方向．在坐标原点O 有一粒子P ，其质量和电荷量分别为m 和＋q ，不计重力．在t ＝τ2时刻释放P ，它恰能沿一定轨道做往复运动．(1)求P 在磁场中运动时速度的大小v 0； (2)求B 0应满足的关系；(3)在t 0⎝⎛⎭⎪⎫0＜t 0＜τ2时刻释放P ，求P 速度为零时的坐标． [解析] (1)τ2～τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动，电场力F ＝qE 0，加速度a ＝F m ，速度v 0＝at ，且t ＝τ2，解得v 0＝qE 0τ2m.(4分)(2)只有当t ＝2τ时，P 在磁场中做圆周运动结束并开始沿x 轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示．设P 在磁场中做圆周运动的周期为T .则⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12T ＝τ (n ＝1，2，3…)(1分) 匀速圆周运动qvB 0＝m v 2r ，T ＝2πrv(1分)解得B 0＝（2n －1）πmq τ (n ＝1，2，3…)．(2分)(3)在t 0时刻释放，P 在电场中加速的时间为τ－t 0 在磁场中做匀速圆周运动，有v 1＝qE 0（τ－t 0）m(1分)圆周运动的半径r 1＝mv 1qB 0(1分) 解得r 1＝E 0（τ－t 0）B 0(1分)又经τ－t 0时间，P 减速为零后向右加速的时间为t 0P 再进入磁场，有v 2＝qE 0t 0m(1分)圆周运动的半径r 2＝mv 2qB 0(1分) 解得r 2＝E 0t 0B 0(1分) 综上分析，速度为零时横坐标x ＝0 相应的纵坐标为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2[kr 1－（k －1）r 2]2k （r 1－r 2）， (k ＝1，2，3…)(2分)解得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k （τ－2t 0）＋t 0]B2kE 0（τ－2t 0）B，(k ＝1，2，3…)．(2分)[答案] (1)qE 0τ2m(2)B 0＝（2n －1）πmq τ，(n ＝1，2，3…)(3)横坐标x ＝0，纵坐标y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k （τ－2t 0）＋t 0]B2kE 0（τ－2t 0）B，(k ＝1，2，3…)1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：第3步：用规律2．带电粒子在叠加场中运动的分析方法 (1)弄清叠加场的组成． (2)进行受力分析．(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． (4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时，要分阶段进行处理． (5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解．③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解． (6)对于临界问题，注意挖掘隐含条件．【突破训练】1．(2017·上海浦东高三模拟)如图所示，一束正离子从S 点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O ；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E 和磁场B 的方向可能是(不计离子重力及其之间相互作用力)( )A ．E 向下，B 向上 B ．E 向下，B 向下C ．E 向上，B 向下D ．E 向上，B 向上解析：选A.正离子束打到第Ⅲ象限，相对原入射方向向下，所以电场E 方向向下；根据左手定则可知磁场B 方向向上，故A 正确．2．(多选)(高考江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为 I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 U H 满足：U H ＝kI H Bd，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面B ．若电源的正负极对调，电压表将反偏C ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比解析：选CD.当霍尔元件通有电流I H 时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B 的方向换向，I H 方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A 、B 错误．因R 与R L 并联，根据并联分流，得I H ＝R LR L ＋RI ，故I H 与I 成正比，选项C 正确．由于B 与I 成正比，设B ＝aI ，则I L ＝RR ＋R L I ，P L ＝I 2L R L ，故U H ＝k I H B d ＝ak （R ＋R L ）R 2dP L ，知U H ∝P L ，选项D 正确．3.在直角坐标系的第一象限和第三象限内分布有如图所示的匀强磁场和匀强电场，电场强度为E ，磁感应强度为B ；现在第三象限中从P 点以初速度v 0沿x 轴正方向发射一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，粒子经过电场后恰从坐标原点O 射入磁场，不计粒子的重力．(1)已知P 点的纵坐标为－L ，试求P 点的横坐标；(2)若粒子经O 点射入磁场时的速度大小为2v 0，试求粒子在磁场中运动的时间及磁场出射点与O 点的距离．解析：(1)粒子从P 点射出后，初速度方向与电场方向垂直，粒子做类平抛运动，则竖直方向：a ＝qE m ，L ＝12at 2水平方向：x ＝v 0t 解得x ＝v 02mLqE，故P 点的横坐标为－v 02mLqE.(2)粒子的运动轨迹如图所示，经过O 点时，速度方向与x 轴的夹角为θ ，则cos θ＝v 02v 0＝12即θ＝60°，故粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角为α＝2θ＝2π3粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R得圆周运动的半径R ＝mv qB ＝2mv 0qB圆周运动的周期T ＝2πR v＝2πmqB粒子在磁场中做圆周运动经历的时间 t ′＝2π32π×T ＝2πm 3qB根据几何关系得出射点到O 点的距离d ＝2R sin θ＝2×2mv 0qB ×32＝23mv 0qB.答案：(1)－v 02mLqE (2)2πm 3qB 23mv 0qB4．在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN ，D 是MN 上的一点．在t ＝0时刻，有一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可看做质点)，从M 点开始沿着水平直线以速度v 0做匀速直线运动，t 0时刻恰好到达N 点．经观测发现，小球在t ＝2t 0至t ＝3t 0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN 上的D 点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D 点．求：(1)电场强度E 的大小；(2)小球从M 点开始运动到第二次经过D 点所用的时间； (3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)． 解析：(1)小球从M 点运动到N 点时， 有qE ＝mg ，解得E ＝mg q.(2)小球从M 点到达N 点所用时间t 1＝t 0小球从N 点经过34个圆周，到达P 点，所以t 2＝t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫或t 2＝34×2πm qB 0＝t 0 小球从P 点运动到D 点的位移x ＝R ＝mv 0B 0q小球从P 点运动到D 点的时间t 3＝R v 0＝mB 0q所以时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2t 0＋m B 0q⎣⎢⎡⎦⎥⎤或t ＝m qB 0（3π＋1），t ＝2t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫13π＋1.(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．小球的运动周期为T ＝8t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫或T ＝12πm qB 0.答案：(1)mg q (2)2t 0＋mB 0q(3)8t 0 运动轨迹见解析 5．如图甲所示，空间Ⅰ区域存在方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，边界线MN 与PQ 相互平行，MN 右侧空间Ⅱ区域存在一周期性变化的匀强电场，方向沿纸面垂直于MN 边界，电场强度的变化规律如图乙所示(规定向左为电场的正方向)．一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，在t ＝0时刻从电场中A 点由静止开始运动，粒子重力不计．(1)若场强大小E 1＝E 2＝E ，A 点到MN 的距离为L ，为使粒子进入磁场时速度最大，交变电场变化周期的最小值T 0应为多少？粒子的最大速度v 0为多大？(2)设磁场宽度为d ，改变磁感应强度B 的大小，使粒子以速度v 1进入磁场后能从磁场左边界PQ 穿出，求磁感应强度B 满足的条件及该粒子穿过磁场的时间t 的范围；(3)若电场的场强大小E 1＝2E 0，E 2＝E 0，电场变化周期为T ，t ＝0时刻从电场中A 点释放的粒子经过n 个周期正好到达MN 边界，假定磁场足够宽，粒子经过磁场偏转后又回到电场中，向右运动的最大距离和A 点到MN 的距离相等．求粒子到达MN 时的速度大小v 和匀强磁场的磁感应强度大小B .解析：(1)当粒子在电场中一直做加速运动进入磁场时速度最大，设加速时间为t 0，则L ＝qE 2mt 20，T 0＝2t 0 解得T 0＝22mLqE由动能定理得qEL ＝12mv 20解得v 0＝2qELm.(2)设粒子在磁场中运动的轨道半径为r ，则有qv 1B ＝mv 21r，r ＞d解得B ＜mv 1qd根据几何关系，粒子在磁场中通过的弧长s 应满足的条件是d ＜s ＜πd2粒子穿过磁场的时间t ＝s v 1解得d v 1＜t ＜πd 2v 1.(3)粒子在电场变化的前半周期内加速度大小a 1＝2qE 0m后半周期内加速度大小a 2＝qE 0m在一个周期内速度的增加量Δv ＝a 1T2－a 2T2经过n 个周期到达MN 时v ＝n Δv ，解得v ＝nqE 0T2m粒子在磁场中运动的周期T 1＝2πmqB粒子在磁场中运动的时间t ′＝T 12粒子在电场中向右运动的最大距离和A 点到MN 的距离相等，说明粒子返回电场后所做的减速运动正好是前面加速运动的逆过程，根据对称性可知，在磁场中运动的时间t ′应满足t ′＝(2k ＋1)T2，(k ＝0，1，2，3…)解得B ＝2πm（2k ＋1）qT ，(k ＝0，1，2，3…)．答案：见解析。

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单元滚动检测九磁场考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题)两部分,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，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷（选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每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．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一平面内，且通过圆环中心，如图1所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看（）图1A．圆环顺时针转动,靠近磁铁 B．圆环顺时针转动，远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁D．圆环逆时针转动，远离磁铁2．将长为L的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直于纸面向外、大小为B的匀强磁场中，两端点A、C连线竖直，如图2所示．若给导线通以由A到C、大小为I的恒定电流,则导线所受安培力的大小和方向是( )图2A．ILB，水平向左B．ILB,水平向右C。

错误!，水平向右D。

错误!,水平向左3．如图3所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N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,这时O点的磁感应强度大小为B1。

专题9磁场1.（2017全国卷Ⅰ）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．m>m>ma b c C．m>m>mc a b B．m>m>mb ac D．m>m>mc b a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mb >ma>mc，故B正确，ACD错误.2.（2017全国卷Ⅱ）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v，这些粒子在磁1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v，相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力2及带电粒子之间的相互作用.则v:v为21A．3:2答案：CB．2:1C．3:1D．3:2.22，解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB=m v2R可知，R=mv，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同.若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆qB可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时，则AP=2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B离P点最远时，则BP=2R2，由几何关系可知，R=1 C项正确.R3，R=R cos30=R，则23.（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解析：本题考查考生对磁通量概念的理解.由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ=B⋅πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确.4.（2017全国卷Ⅲ）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场.在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ>1）.一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子以速λqB (1+)RRvv联立①②③④式得，所求时间为t=t+t=0λ度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）（1）粒子运动的时间；（2）粒子与O点间的距离.πm12mv答案：（1）（2）0(1-qB01λ)解析：（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动.设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB v=00mv20①1qλB v=00mv20②2粒子速度方向转过180°时，所用时间t1为t1=πR1③粒子再转过180°时，所用时间t2为t2=πR2④πm1(1+)⑤qB012（2）由几何关系及①②式得，所求距离为d=2(R-R)=122mv0(1-qB1λ)⑥5.（2017江苏卷）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．( （3） L < 2 2Bq2（1）求甲种离子打在底片上的位置到 N 点的最小距离 x ；（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度 d ；（3）若考虑加速电压有波动，在 U –∆U )到( U + ∆U )之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度 L 满足的条件．答案：（1） x =mB q4 mU 2 mU 4mU L 20 - L （2） d = 0 - 0 - B q B q qB 2 4[2 (U - ∆U ) - 2(U + ∆U )]0 0解析：(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为 r 1电场加速 qU = 1⨯ 2mv 2且 qvB = 2mv2 r1解得 r =2mU0 根据几何关系 x = 2r - L1 1解得 x =4 mU B q0 - L（2）（见图） 最窄处位于过两虚线交点的垂线上d = r - r 2 - ( L1 1)2解得 d =2 mU 4mU 0 - B q qB 20 - L 24=2r1的最小半径r2max=即4m(U-∆U)->LB q答案：（1）v=2v，方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上（2）E(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2m(U-∆U)B qr2的最大半径r 12m(U+∆U)B q由题意知2r1min -2r2max>L22m(U+∆U)00 B q B q解得L<2m[2(U -∆U)-2(U+∆U) ]006.（2017天津卷）平面直角坐标系x Oy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力，问：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比.0B2y⑥⑦设磁感应强度大小为 B ，粒子做匀速圆周运动的半径为 R ，洛伦兹力提供向心力，有： q vB = m⑨解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设 Q 点到 x 轴距离为 L ，到 y 轴距离为 2L ，粒子的加速度为 a ，运动时间为 t ，有2L = v t①L =1at 2 ②2设粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为 vyv = at ③y设粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向夹角为α ，有 tan α =联立①②③④式得α =45° ⑤即粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向成 45°角斜向上.vyv④设粒子到达 O 点时速度大小为 v ，由运动的合成有 v =v 2 + v2 0联立①②③⑥式得 v =2v（2）设电场强度为 E ，粒子电荷量为 q ，质量为 m ，粒子在电场中受到的电场力为 F ，粒子在电场中运动的加速度： a =qEm⑧v 2R根据几何关系可知： R =2L整理可得： E v= 0B 2x v子，形成宽为 2b ，在 y 轴方向均匀分布且关于 轴对称的电子流.电子流沿 方向射入一个半径为 R ，中心位于正下方有一对平行于 轴的金属平行板 K 和 A ，其中 K 板与 P 点的距离为 d ，中间开有宽度为2l 且关于 y 轴对2电荷量为 e ，忽,7.（2017 浙江卷）如图所示,在 xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿 正方向每秒发射出 N 个速率均为 的电x x原点 O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从P 点射出，在磁场区域的x称的小孔.K 板接地，A 与 K 两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过 K 板小孔到达 A 板的所有电子被收集且导出，从而形成电流.已知 b =略电子间相互作用.（1）求磁感应强度 B 的大小；3 R, d = l，电子质量为 m ，（2）求电子从 P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ的范围；（3）当UAK= 0 时，每秒经过极板 K 上的小孔到达极板 A 的电子数；（4）画出电流 i 随 UAK变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）.答案:（1） B = mv，（2）60o （3） n =6 N eR3= 0.82N （4） i m ax = 0 .82 Ne解析:由题意可以知道是磁聚焦问题，即（1）轨到半径 R=rB =mveR（2）右图以及几何关系可知，上端电子从 P 点射出时与负 y 轴最大夹角θm ，由几何关系sin θm = b得 θm = 60 OR同理下端电子从 p 点射出与负 y 轴最大夹角也是 60 度范围是 - 60 o ≤ θ ≤ 60 o（3） tan α = l得 α = 45 Ody ' = R s in α = 2 R2===0.82n=0.82N4e mv2或者根据（3）可得饱和电流大小每秒进入两极板间的电子数为n n y'6N b3(4)有动能定理得出遏止电压U=-c 12emv2与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压U'=-1im ax=0.82Ne.。

专题9 磁场1.（15江苏卷）如图所示，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NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是答案：A解析：因为在磁场中受安培力的导体的有效长度(A)最大，所以选A.2．（15海南卷）如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点.在电子经过a点的瞬间.条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）A．向上 B.向下 C.向左 D.向右答案：A解析：条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确.3.（15重庆卷）题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里.以下判断可能正确的是A.a、b为β粒子的经迹B. a、b为γ粒子的经迹C. c、d为α粒子的经迹D. c、d 为β粒子的经迹答案：D解析：γ射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B错误.α粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A、C错误；β粒子是带负电的电子流，应向下偏转，选项D正确.4.（15重庆卷）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.题7图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L ，匝数为n ，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B ，区域外的磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等.某时刻线圈中电流从P 流向Ｑ，大小为I ． （１）求此时线圈所受安培力的大小和方向.（２）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v ，求安培力的功率．解析：（1）线圈的右边受到磁场的安培力，共有n 条边，故F=nBIL,由左手定则，电流向外，磁场向下，安培力水平向右（2）安培力的瞬时功率为P=Fv=nBILv5.（15重庆卷）题9图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N =ON=d ''，P 为靶点，O P=kd '（k 为大于1的整数）.极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U .质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过.忽略相对论效应和离子所受的重力.求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间.解析：（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =，可得v =磁场中做匀速圆周运动，2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知2kd r =联立解得B =（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点.设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >，且2112qU mv =，2111v qv B m r =解得：2n k <故加速次数n 为正整数最大取21n k =-即B =2(1,2,3,,1)n k =-（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点. 由匀速圆周运动22r mT v qBππ==2=(1)2T t n T -+=磁电场中一共加速n 次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式221(1)2k h at -=电qUa mh=可得：=t 电6.（15新课标2卷）指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针，下列说明正确的是 A. 指南针可以仅具有一个磁极B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 答案：BC解析：指南针不可以仅具有一个磁极，故A 错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B 正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C 正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一根导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D 错误.7.（15新课标2卷）有两个匀强磁场区域I 和 II ，I 中的磁感应强度是II 中的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 A. 运动轨迹的半径是I 中的k 倍 B. 加速度的大小是I 中的k 倍 C. 做圆周运动的周期是I 中的k 倍 D. 做圆周运动的角速度是I 中的k 倍 答案：AC解析： 电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供：r mv qvB 2=，解得：qBmvr =，因为I 中的磁感应强度是II 中的k 倍，所以，II 中的电子运动轨迹的半径是I 中的k 倍，故A 正确；加速度mqvBa =，加速度大小是I 中的1/k 倍，故B 错误；由周期公式：qBmT π2=，得II 中的电子做圆周运动的周期是I 中的k 倍，故C 正确；角速度mqBT ==πω2，II 中的电子做圆周运动的角速度是I 中的1/k 倍，D 错误 8.（15新课标1卷）两相邻匀强磁场区域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A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小 答案：D解析：由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即2v qvB m R=，轨道半径mvR qB=，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度vRω=可判断角速度变小，选项D 正确. 9.（15广东卷）在同一匀强磁场中，α粒子（He 42）和质子（H 21）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1 答案：B解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：qvB ＝r v m 2，解得其运动半径为：r ＝qBmv ，由题意可知，m αv α＝m H v H ，所以有：H αr r ＝αH q q ＝21，H αv v ＝αH m m ＝41，H αf f 洛洛＝αH H αm mq q ⋅＝21故选项A 、C 、D 错误；根据匀速圆周运动参量间关系有：T ＝v r π2，解得：T ＝qB m π2，所以有：H αT T ＝αH H αq qm m ⋅＝12，故选项B 正确.。

第九章 磁场章末过关检测(九)(建议用时：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，A 为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图．当圆盘高速绕中心轴OO ′转动时，通电直导线所受磁场力的方向是( )A ．竖直向上B ．竖直向下C ．水平向里D ．水平向外解析：选C.从上向下看，由于带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，由安培定则判定所产生的磁场方向竖直向上．由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向里．故C 正确．2.(2017·长春调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd 的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a ＝I ，I b ＝2I ，I c ＝3I ，I d ＝4I的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为B ＝k I r，式中常量k >0，I 为电流大小．忽略电流间的相互作用，若电流I a 在正方形的几何中心O 点处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )A ．22B ，方向由O 点指向ad 中点B ．22B ，方向由O 点指向ab 中点C ．10B ，方向垂直于纸面向里D ．10B ，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度的大小与电流的大小成正比，与距直导线的距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A 选项正确．3.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B 2∶B 1等于( )A ． 2 B. 3 C ．2 D ．3解析：选B.当轨迹半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从13圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨迹直径为PQ ，粒子都从圆弧PQ 之间射出，因此轨迹半径r 1＝R cos 30°＝32R ；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即16周长，对应的弦长为R ，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R ，轨迹半径r 2＝R 2，由r ＝mv qB 可得B 2B 1＝r 1r 2＝ 3.4.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S 0A ＝23S 0C ，则下列说法中正确的是( )A ．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B ．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 2D ．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2解析：选B.由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A 错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B 2qv ＝m v 2r ，即q m ＝v B 2r，由题意知r 甲<r 乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B 正确；由qE ＝B 1qv 知能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于EB 1，C 错误；由q m＝v B 2r 知m 甲m 乙＝r 甲r 乙＝23，D 错误． 5．如图所示为两光滑金属导轨MNQ 和GHP ，其中MN 和GH 部分为竖直的半圆形导轨，NQ 和HP 部分为水平平行导轨，整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．有两个长均为l 、质量均为m 、电阻均为R 的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好，其中导体棒ab 在半圆形导轨上，导体棒cd 在水平导轨上，当恒力F 作用在导体棒cd 上使其做匀速运动时，导体棒ab 恰好静止，且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半，已知导轨间距离为l ，重力加速度为g ，导轨电阻不计，则( )A ．每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为2mgB ．导体棒cd 两端的电压大小为23mgR BlC ．作用在导体棒cd 上的恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的功率为6m 2g 2R Bl解析：选C.对ab 棒受力分析如图所示：则：F N sin 30°＝mg ，则：F N ＝2mg ，每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为mg ，故选项A 错误；F N cos 30°＝F A ＝BBlv 2R l ，则回路中电流为：I ＝Blv 2R ＝3mg Bl，导体棒cd 两端的电压大小为U ＝IR ＝3mg Bl R ，故选项B 错误；由于导体棒cd 匀速运动，则安培力等于恒力F ，则F ＝B Blv 2R l ＝3mg ，故选项C 正确；由于B Blv 2R l ＝3mg ，则导体棒cd 的速度为v ＝23mgR B 2l 2，则恒力F 的功率为P ＝Fv ＝3mg ·23mgR B 2l 2＝6m 2g 2R B 2l2，故选项D 错误． 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．如图所示，在半径为R 的圆形区域内有一磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m 且带正电的粒子(重力不计)以初速度v 0从圆形边界上的A 点正对圆心射入该磁场区域，若该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为3R ，则下列说法中正确的是( )A ．该带电粒子在磁场中将向右偏转B ．若增大磁场的磁感应强度，则该带电粒子在磁场中运动的轨迹半径将变大C ．该带电粒子在磁场中的水平偏转距离为32R D ．该带电粒子在磁场中运动的时间为3πR v 0解析：选AC.由左手定则可知，该带正电的粒子将向右偏转，选项A 正确；带电粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供运动的向心力，有qv 0B ＝m v 20r ，即r ＝mv 0qB，所以当B 增大时，粒子做圆周运动的半径将减小，选项B 错误；如图所示，由几何关系可知，∠COB ＝60°，所以带电粒子在磁场中的水平偏转距离为x BC ＝R sin 60°＝32R ，选项C 正确；由几何关系可知，该带电粒子的轨迹圆弧对应的圆心角为60°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝16T ＝16×2π·3R v 0＝3πR 3v 0，选项D 错误． 7.(2017·武汉模拟)如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电性不同、速率不同但比荷相同的粒子从O 点沿图中方向垂直于磁场方向射入磁场后，分别从四个顶点a 、b 、c 、d 和两边的中点e 、f 射出磁场，下列关于它们运动的说法正确的是( )A ．从a 、b 两点射出的粒子运动的时间是最长的，且二者相等B ．从c 、d 两点射出的粒子运动的时间是最短的，且二者相等C ．从e 、f 两点射出的粒子的运动时间相等D ．从b 点射出的粒子速度最小，从c 点射出的粒子速度最大解析：选AD.根据题图中粒子的入射位置和出射点关系可知，从a 、b 两点射出的粒子运动轨迹都是半圆(半个周期)，即回旋角都是180°，而从其他位置射出的粒子的回旋角都小于180°，由T ＝2πm qB可知在同一磁场中比荷相同时，周期相同，故A 正确；根据几何关系可知，从c 、d 和e 、f 射出的粒子回旋角都不相同，故运动时间也一定不同，则B 、C 错误；由R ＝mvqB可知粒子速度与半径成正比，通过作图可知，从b 点射出的粒子半径最小，从c 点射出的粒子半径最大，故D 正确．8.如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管固定于竖直平面内，环的半径为R (比细圆管的内径大得多)．在圆管的最低点有一个直径略小于细圆管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m ，带电荷量为q ，重力加速度为g .空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v 0＝5gR 的初速度，则以下判断正确的是( )A ．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D ．小球从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析：选BC.小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误．小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于是双层轨道约束，小球运动过程中不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道的最高点，C 选项正确．在最高点时，小球圆周运动的向心力F ＝m v 2R＝mg ，小球受到竖直向下的洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确．小球从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且减小，到达圆心的等高点时，水平分速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(14分)如图所示，两个同心圆半径分别为r 和2r ，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆心O 处有一放射源，放射出的粒子质量为m 、电荷量为q ，假设粒子速度方向都和纸面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？解析：(1)如图所示，粒子经过环形区域磁场一次后通过A 点的轨迹为圆弧O 1.设粒子在磁场中的轨迹半径为R 1，则由几何关系得R 1＝3r 3又qv 1B ＝m v 21R 1得v 1＝3Bqr 3m. (2)粒子运动轨迹与磁场外边界相切时，粒子恰好不穿出环形区域，运动轨迹为图中圆弧O 2，设粒子在磁场中的轨迹半径为R 2，则由几何关系得(2r －R 2)2＝R 22＋r 2，可得R 2＝3r 4又qv 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr 4m. 故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr 4m. 答案：(1)3Bqr 3m (2)3Bqr 4m 10．(18分)如图所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B .离子源中的离子带电荷量为＋q ，质量为m ，通过小孔O 1进入两板间电压为U 的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔O 2射出，再从O 点进入磁场Ⅰ，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN ，不计离子的重力．(1)若加速电场两极板间电压U ＝U 0，求离子进入磁场后做圆周运动的轨迹半径R 0；(2)在OQ 上有一点P ，P 点到O 点的距离为L ，若离子能通过P 点，求加速电压U 和从O 点到P 点的运动时间．解析：(1)离子在电场中加速时，由动能定理得：U 0q ＝12mv 20－0离子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力： qv 0B ＝m v 20R 0联立以上两式解得R 0＝1B 2U 0m q. (2)离子进入磁场后的运动轨迹如图所示，由几何关系可知OP ′＝P ′P ″＝R要保证离子通过P 点，则需满足L ＝nR解得U ＝B 2L 2q 2mn2，其中n ＝1，2，3，….离子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB故离子从O 点到P 点运动的总时间t ＝n ·T 2π·π3＝πnm 3qB，其中n ＝1，2，3，…. 答案：(1)1B 2U 0mq (2)见解析11．(20分)如图所示，在一竖直平面内，y 轴左方有一水平向右的场强为E 1的匀强电场和垂直于纸面向里的磁感应强度为B 1的匀强磁场，y 轴右方有一竖直向上的场强为E 2的匀强电场和另一磁感应强度为B 2的匀强磁场．有一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒，从x 轴上的A 点以初速度v 与水平方向成θ角沿直线运动到y 轴上的P 点，A 点到坐标原点O 的距离为d .微粒进入y 轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后沿与P 点运动速度相反的方向打到半径为r 的14的绝缘光滑圆管内壁的M 点(假设微粒与M 点碰后速度改变、电荷量不变，圆管内径的大小可忽略，电场和磁场可不受影响地穿透圆管)，并恰好沿圆管内无碰撞下滑至N 点．已知θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)E 1与E 2大小之比；(2)y 轴右侧的磁场的磁感应强度B 2的大小和方向；(3)从A 点运动到N 点所用的时间．解析：(1)A →P 微粒做匀速直线运动E 1q ＝mg tan θP →M 微粒做匀速圆周运动E 2q ＝mg联立解得E 1∶E 2＝3∶4.(2)由题图知，P →M 微粒刚好运动半个周期2R ＝rsin θ qvB 2＝mv 2R联立解得B 2＝6mv 5rq又由左手定则可知B 2的方向垂直纸面向外．(3)A →P 有：vt 1＝dcos θ，解得t 1＝5d 4v P →M 有：vt 2＝πR ，解得t 2＝5πr 6v碰到M 点后速度只剩下向下的速度，此时mg ＝E 2q ，从M →N 的过程中，微粒继续做匀速圆周运动v 1＝v sin 37°v 1t 3＝πr 2，解得t 3＝5πr 6v所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝5d 4v ＋5πr 3v. 答案：(1)3∶4 (2)6mv 5rq方向垂直纸面向外 (3)5d 4v ＋5πr 3v①根据表中数据，图乙中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图乙中，并画出IR-I 图线.②根据图线可得电池的电动势E 是________V r 是_______Ω.解析：(1)电表改装为大量程的电流表需并联一个电阻，由并联知识可知，R （50×10-3-100×10-6）＝100×10-6×2 500，解得R ≈5.0Ω.(2)描点连线后由图线纵轴截距得到电池的电动势为1.53V ，由图线斜率求得的电阻值减去改装后的电流表阻值可得到电池内阻为2.0Ω.答案：(1)并联 5.0 (2)①如图所示 ②1.532.0实验十一 练习使用多用电表【理论必备】一、电流表与电压表的改装1．改装方案2.校正 (1)电压表的校正电路如图甲所示，电流表的校正电路如图乙所示．(2)校正的过程是：先将滑动变阻器的滑动触头移动到最左端，然后闭合开关，移动滑动触头，使改装后的电压表(电流表)示数从零逐渐增大到量程值，每移动一次记下改装的电压表(电流表)和标准电压表(电流表)示数，并计算满刻度时的百分误差，然后加以校正．二、欧姆表原理(多用电表测电阻原理)1．构造：如图所示，欧姆表由电流表G 、电池、调零电阻R 和红、黑表笔组成．欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联．外部：接被测电阻R x .全电路电阻R 总＝R g ＋R ＋r ＋R x .2．工作原理：闭合电路欧姆定律I ＝ER g ＋R ＋r ＋R x .3．刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻R x ＝0)时，调节调零电阻R ，使I ＝I g ，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零．(1)当I ＝I g 时，R x ＝0，在满偏电流I g 处标为“0”．(图甲)(2)当I ＝0时，R x →∞，在I ＝0处标为“∞”．(图乙)(3)当I ＝I g 2时，R x ＝R g ＋R ＋r ，此电阻值等于欧姆表的内阻值，R x 叫中值电阻． 三、多用电表1．多用电表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程．2．外形：上半部为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等多种量程的刻度；下半部为选择开关，它的四周刻有各种测量项目和量程．3．多用电表面板上还有：欧姆表的调零旋钮(使电表指针指在右端零欧姆处)、指针定位螺丝(使电表指针指在左端的“0”位置)、表笔的正负插孔(红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔)．四、二极管的单向导电性1．晶体二极管是由半导体材料制成的，它有两个极，即正极和负极，它的符号如图甲所示．2．晶体二极管具有单向导电性(符号上的箭头表示允许电流通过的方向)．当给二极管加正向电压时，它的电阻很小，电路导通，如图乙所示；当给二极管加反向电压时，它的电阻很大，电路截止，如图丙所示．3．将多用电表的选择开关拨到欧姆挡，红、黑表笔接到二极管的两极上，当黑表笔接“正”极，红表笔接“负”极时，电阻示数较小，反之电阻示数很大，由此可判断出二极管的正、负极．【基本要求】一、实验目的1．了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法．2．会使用多用电表测电压、电流及电阻．3．会使用多用电表探索黑箱中的电学元件．二、实验器材多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个．三、实验步骤1．观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程．2．机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．3．将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔．4．测量小灯泡的电压和电流(1)按如图甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压．(2)按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流．5．测量定值电阻(1)根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆表的调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；(2)将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；(3)读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；(4)测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡．【方法规律】一、多用电表对电路故障的检测1．断路故障的检测方法(1)将多用电表拨到电压挡作为电压表使用．①将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏．②在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联．若电压表的示数为零，则说明该部分电路完好，若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点．(2)将多用电表拨到电流挡作为电流表使用．将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路．(3)用欧姆挡检测将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路．不能用欧姆表检测电源的情况．2．短路故障的检测方法(1)将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路．(2)用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路．二、使用多用电表的注意事项1．表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”孔，黑表笔插入“－”孔，注意电流的实际方向．2．区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．3．测电压时，多用电表应与被测元件并联；测电流时，多用电表应与被测元件串联．4．测量电阻时，每变换一次挡位都要重新进行欧姆调零．5．由于欧姆表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时注意乘以相应量程的倍率．6．使用多用电表时，手不能接触测试笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触测试笔的金属杆．7．测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表．8．如果长期不用欧姆表，应把表内电池取出．三、欧姆表测电阻的误差分析1．电池旧了电动势下降，会使电阻测量值偏大．2．欧姆表挡位选择不当，导致表头指针偏转过大或过小都有较大误差，通常使表针指在中央刻度附近，即表盘的13～23范围内，误差较小．对多用电表的读数及使用的考查[学生用书P164]如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针如图所示，则：(1)所测电阻的阻值为______Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是______(选填“×10”“×100”或“×1 k ”)．(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA ；当选用量程为250 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA.(3)当选用量程为10 V 的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________V.[解析] (1)欧姆表读数：对应最上面一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103 Ω；测2.0×104 Ω电阻时应选“×1 k ”的欧姆挡．(2)选50 mA 直流电流挡，则每一大格表示10 mA ，每一小格表示1 mA ，测量的精确度为1 mA ，应估读到0.1 mA(此时为1/10估读)，指针对应的读数为30.8 mA ；选择量程为250 mA 的电流挡，则每一大格表示50 mA ，每一小格表示5 mA ，测量的精确度为5 mA ，应估读到1 mA(此时为1/5估读)，指针对应的读数为154 mA.(3)选择10 V 电压挡，则每一大格表示2 V ，每一小格表示0.2 V ，测量的精确度为0.2 V ，应估读到0.1 V(此时为1/2估读)，指针对应的读数为6.1 V.[答案] (1)1.5×103 ×1 k(2)30.8(30.7～30.9都正确) 154 (3)6.1(1)欧姆表刻度盘不同于电压、电流表刻度盘①左∞右0：电阻无限大与电流、电压零刻度重合，电阻零与电流、电压最大刻度重合． ②刻度不均匀：左密右疏．③欧姆挡是倍率挡，即读出的示数应再乘以该挡的倍率．电流、电压挡是量程范围挡． 在不知道待测电阻的估计值时，应先从小倍率开始，熟记“小倍率小角度偏，大倍率大角度偏”(因为欧姆挡的刻度盘上越靠左读数越大，且测量前指针指在左侧“∞”处)．(2)计数技巧．①欧姆表的计数a ．为了减小读数误差，指针应指在表盘13到23的部分，即中央刻度附近． b ．指针示数的读数一般取两位有效数字．c ．电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积．②测电压、电流时的读数，要注意其量程，根据量程确定精确度，精确度是1、0.1、0.01时要估读到下一位，精确度是2、0.02、5、0.5时，不用估读到下一位．对元件探测和故障检测的考查(高考重庆卷)某照明电路出现故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值12 V 的蓄电池为电源，导线及其接触完好．维修人员使用已调好的多用表直流50 V 挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．(1)断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图乙所示，读数为______V，说明______正常(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)．,甲)},乙)}(2)红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和图乙相同，可判定发生故障的器件是________(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)．[解析] (1)因用直流50 V挡检测，故满偏时电压为50 V，刻度均匀，在题图乙所示位置时，读数为11.5(11.2～11.8之间的值均可)V，说明蓄电池正常．(2)红表笔接b点，断开开关，指针不偏转，闭合开关后多用电表读数与原来相同，说明保险丝、开关均正常，发生故障的器件只能为小灯．[答案] (1)11.5(11.2～11.8之间的值均可) 蓄电池(2)小灯多用电表当欧姆表使用时内有电源，往往会考查闭合电路欧姆定律、电动势和内阻的测定等，往往涉及的变形有：1．与电压表串联形成闭合电路，则E＝U＋UR V·r，从而计算得到E.2．与电流表串联形成闭合电路，则E＝I(R A＋r)，从而计算得到E.(2017·宿州模拟)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA 的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：甲(1)仪器连线如图甲所示(a 和b 是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a 为________(选填“红”或“黑”)色．(2)若适当调节电阻箱后，图甲中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙中(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________Ω，电流表的读数为________mA ，电阻箱的读数为________Ω.,乙)}(3)欧姆表刻度上中间刻度值为15，计算得到多用电表内电池的电动势为________V(保留3位有效数字)．(4)若将两表笔短接，流过多用电表的电流为________mA(保留3位有效数字)．[解析] (1)根据所用电器“红进黑出”的一般原则，对多用电表有，电流从红表笔进入多用电表，电流从黑表笔流出多用电表，由于设计电路图中a 表笔接在电流表的正极，故电流经过多用电表从a 表笔流出，故a 表笔为多用电表的黑表笔．(2)欧姆表读数为R ＝14 Ω；电流表读数为I ＝53.0 mA ；电阻箱读数为4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.(3)欧姆表的内阻r ＝R 中＝15 Ω，由欧姆定律得：E ＝I (R ＋r )≈1.54 V.(4)两表笔短接，则I 0＝E r ≈102 mA.[答案] (1)黑 (2)14 53.0 4.6 (3)1.54 (4)102该实验把仪表读数、欧姆表测电阻和安阻法测电源电动势巧妙地融合在一起考查，只要掌握了欧姆表的原理和测电动势的方法，就不难解决．1．(多选)使用欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )A ．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处B ．每一次换挡，都要重新进行一次调零C ．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D ．测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，应换倍率更大的挡进行测量解析：选ABD.测电阻前，先进行机械调零和欧姆调零，故A 正确；每次换挡，都必须。

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。

阶段综合评估（九）磁场一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求)1．(2017·清江月考）指南针是我国古代四大发明之一,东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南”是人们公认的最早的磁性定向工具，指南针能指示南北方向是由于( ）A．指南针的两个磁场相互吸引B．指南针的两个磁场相互排斥C．地磁场对指南针的作用D．指南针能吸引铁、铝、镍等物质解析:选C 地球本身就是一个巨大的磁体,司南静止时指南的一端是南极，指北一端是北极，指南针指示南北主要是因为地磁场的作用，故C正确.2。

通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心）,各自的电流方向如图所示。

下列哪种情况将会发生( ）A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡,故L2不动C ．L 2绕轴O 按顺时针方向转动D ．L 2绕轴O 按逆时针方向转动解析:选D 由右手螺旋定则可知导线L 1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L 1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L 2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右,由于O 点的下方磁场较强,则安培力较大,因此L 2绕轴O 按逆时针方向转动,D 选项对。

3。

带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，如图所示，运动中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为（ ）A ．v 0 B.错误!C ．2v 0 D.错误!解析：选C 设Oa ＝Ob ＝d ，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d ，即d ＝mv 0qB，得B ＝错误!.如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d ＝12·错误!·错误!2， 得E ＝错误!,所以错误!＝2v 0。

单元质检九磁场(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题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

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.(2016·河北石家庄模拟)在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘。

导线没有通电时小磁针的N极指向北方;当给导线通入电流时,发现罗盘的指针偏转一定角度。

现已测出此地的地磁场水平分量B1=5.0×10-5 T,通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置,如图所示。

由此测出该通电直导线在该处产生磁场的磁感应强度大小为()A.5.0×10-5 TB.1.0×10-4 TC.8.66×10-5 TD.7.07×10-5 T电流在罗盘处产生的磁场方向水平向东,合磁场方向东偏北30°,由图可知:B2==8.66×10-5 T。

故C正确。

2.(2016·广东江门三调)如图所示,带负电的金属环绕轴OO'以角速度ω匀速旋转,在环左侧轴线上的小磁针最后静止时()A.N极竖直向上B.N极竖直向下C.N极沿轴线向左D.N极沿轴线向右,可等效为反向的电流,根据安培定则,在环内形成水平向左的磁场,故小磁针静止时N极沿轴线向左,C正确,A、B、D错误。

3.如图所示,一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。

若通以图示方向的电流(从A点流入,从C点流出),电流强度为I,则金属框受到的磁场力为() A.0 B.ILBC.ILBD.2ILB,则AC、ABC两段导线上流过的电流分别为I和I,导线ABC段的有效长度为2L sin 30°=L,所以该正三角形通电导线受到的安培力大小为ILB+ILB=ILB,故B正确。

4.如图所示的虚线框为一长方形区域,该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后,分别从a、b、c、d四点射出磁场,比较它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d,其大小关系是()A.t a<t b<t c<t dB.t a=t b=t c=t dC.t a=t b<t c<t dD.t a=t b>t c>t d带电粒子的运动轨迹如图所示,由图可知,从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角θa=θb>θc>θd,而带电粒子的周期T=相同,其在磁场中运动时间t=T,故t a=t b>t c>t d,选项D正确。

3.如图D92所示，一个不计重力的带电粒子以速度 v o 沿各图的虚线射入场中. A 中I 是两条垂直纸面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线在纸面内连线的中垂线；B中+Q 是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量， 虚线是两位置连线的中垂线； C 中I 是圆 环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D 中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外.其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是图 D9-2M 和N 沿同一方向经小孔 S 垂直进入匀强磁场， 在磁场中的 径迹如图D9 3所示.分别用W 与屮、5与仆弋与m 表示它们的速率、在磁场中运动的时间、第9单元磁场一、选择题（每小题6分，共48分，1〜5小题为单选，6〜8小题为多选） 1 •丹麦物理学家奥斯特在 1820年通过实验发现电流磁效应现象，下列说法正确的是 A .奥斯特在实验中观察到电流磁效应，揭示了电磁感应定律 B. 将直导线沿东西方向水平放置, 小磁针一定会转动 C. 将直导线沿南北方向水平放置, 小磁针一定会转动 D. 将直导线沿南北方向水平放置, 通以足够大电流，铜针一定会转动 把小磁针放在导线的正下方， 给导线通以足够大电流， 把小磁针放在导线的正下方， 给导线通以足够大电流， 把铜针（用铜制成的指针）放在导线的正下方，给导线 2.正三角形ABC 的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线, 导线中通有恒 定电流，方向如图 D91所示，a 、b 、c 三点分别是正三角形三边的中点，若 A 、B 、C 三处导 线中的电流分别为 I 、2I 、31，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度 B 的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即 B = kr ，则关于a 、b 、c 三点的磁 感应强度，下列说法正确的是 （ ） A . a 点最大B b 点最大 C©+OB4.不计重力的两个带电粒子 B比荷，则（）B. 如果m M =炸则tM <tNC. 如果 V M = V N ,则 qM >qNn M m D. 如果 t M = t N ,则 qM >qn M m5.如图D94所示，质量为m 带电荷量为+ q 的带电圆环套在足够长的绝缘杆上， 杆与环之间的动摩擦因数为 卩，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向左，磁场 方向垂直纸面向里，杆与场强方向的夹角为0，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是（）图 D9-4A. 环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零B. 环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零C. 环在下滑过程中，速度不断增大D. 环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零XX XXX ■X 性車XX ■FXXA .如果 则 V M > V N图 D9-36.如图D9-5所示，将长度为 L 的直导线放置在y 轴上，当其通以大小为 I 、沿y 轴负 方向的电流后，测得其受到的安培力大小为 F 、方向沿x 轴正方向，则匀强磁场的磁感应强度可能为（）A .沿z 轴正方向，大小为 2FILB .在xOy 平面内，大小为 2FI L图 D9-57.如图D9-6所示，AOB 为一边界为1圆的匀强磁场，O 点为圆心，D 点为边界OB 的中点,C 点为边界AB 上一点，且CD// A0现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A 点正对圆心射入，恰从 B 点射出，粒子2从C 点沿CD 射入，从 某点离开磁场，则可判断（ ）图 D9-7A. 电场强度的大小为 10 N/CB.带电粒子的比荷为1x 106 C/kgC. 撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为 0.1 mD. 撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的时间为 7.85 x 10s二、计算题（第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和 文字说明）9.在一半径为R 的圆形区域内有磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外. 一束 质量为m 电荷量为q 的带正电的粒子沿平行于直径 MN 的方向进入匀强磁场， 粒子的速度大 小不同，重力不计.入射点 P 到直径MN 勺距离为h .（1） 某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则粒子的入射速度是多 大？ （2）恰好能从M 点射出的粒子速度是多大？C.在zOy 平面内，大小为2FILD.在zOy 平面内，大小为 4FILA. 粒子B. 粒子C. 粒子D. 粒子 &如图 2从B 、2必从B 点射出磁场1与粒子2在磁场中的运行时间之比为 3 : 21与粒子2的速度偏转角度应相同D97所示，在真空中半径为r = 0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁B= 0.01 3 场及水平向左的匀强电场，磁感应强度 正电的粒子流连续不断地以速度 向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过1 来的2,v = 1 x 10 m/s 不计粒子重力，下列说法正确的是T , ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿 cd 方 a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原( )10. 如图D9-9所示，圆柱形区域截面圆的半径为R,在区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；对称放置的三个电容器相同，极板间距为d,极板间电压为U与磁场相切的极板，在切点处均有一小孔.一带电粒子质量为m带电荷量为+ q,自某电容器极板下(紧贴极板)的M点由静止释放，M点在小孔a的正上方，若经过一段时间后，带电粒子又恰好返回M点，不计带电粒子所受重力，求：(1) 带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(2) U与B所满足的关系式；(3) 带电粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间.图D9-9参考答案(测评手册)单元小结卷(九)1. C ［解析］奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应，而法拉第发现了电磁感应定律， 选项A 错误；将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方时，由于通电直导 线产生的磁场方向可能与地磁场的相同，故小磁针不一定会转动，选项 B 错误；将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，由于通电直导线 产生的磁场沿东西方向，则小磁针一定会转动，选项C 正确；铜不具有磁性，故将导线放在 它的上方时它不会受到力的作用，故不会偏转，选项D 错误.2.B［解析］设正三角形的边长为 2L ,则a 、b 、c 三点的磁感应强度大小为2kp3. B ［解析］A 图中，根据安培定则判断知虚线上合磁场的方向沿虚线向右，与带电粒 子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动； B 图中，根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带电粒子所受的电场力与其速度平 行，粒子做变速直线运动；C 图中，由安培定则知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动； D 图中，若粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，则带电粒子能做匀速直线运动•故本题选B.4. A ［解析］带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动:q M q N磁场磁感应强度 B 相同，如果一=，则v *r ,由图可知r M >r N ,所以V M >V N , A 正确；带电粒m M m N22T子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，有 qvB = rrlr , T = ，t = 2，解得t =-qB m 由于同一磁场，比荷相同，所以时间相同，贝Ut M = t N, B 错误；带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周2vq vq M q N运动，有qvB = m ，所以-=j,由于同一磁场，速率相同，r M >r N ，所以< ,C 错误；带电 r m Br m M m磁场，时间相同，所以m , D 错误.m M m N5. B ［解析］环受重力、电场力、洛伦兹力和杆的弹力、摩擦力作用，由牛顿第二定律mc sin 0 — Ec pos 0 —卩(mo pos 0 + qE sin 0 — qvB )“可知，加速度 a i = m，当速度 v 增大时，加速度也增大，当速度 v 增大到弹力反向时，加速度 a 2 = mcsin 0 — Eq cos 0 — ^ (qvB — mo pos0 — qE sin 0 ) ”亠-- --------- - ------- 丄亠 ------- ------- ,随速度v 的增大而减小，当加速度 m 减为零时，环做匀速运动，只有选项B 正确.6. CD ［解析］已知电流沿y 轴负方向，安培力方向沿x 轴正方向，根据左手定则判断B 正确.2qvB = m，解得v =粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，有v 2 2 n r T ” + q n qvB= m ，T = 丁，t =T ，解得 m =由于同一比较可得选项可知匀强磁场的磁感应强度在zOy平面内，设磁场与导线的夹角为a ,则0 ° <a < 90 °,当a = 90°时，由F= BIL sin a可知，B有最小值为B min= F，当0° <a <90°时，B>|F，所以［解析］(1)粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中运动了半周，其轨迹半径 n = h ,由洛伦兹力提供向心力，有2V 1qv 1 B = mr 1 ” f qBh 解得V 1=.m2F 4FB = IL 和B = |L 都是可能的，故 A 、B 错误，CD 正确.17. BC ［解析］粒子1从A 点射入，恰好从B 点射出，则粒子做圆周运动的半径等于 ；圆4的半径，从圆弧 AB 水平入射的粒子都将聚集到 B 点，选项B 正确，选项A 错误；粒子1和2 其圆弧对应的圆心角分别为90。

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专题训练（九)第9单元磁场基础巩固1．(多选)[2016·洛阳联考］类比是物理学中常用的思想方法．狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子,其周围磁感线呈均匀辐射状分布，距离它r处的磁感应强度大小为B＝错误!（k为常数）．磁单极S的磁场分布如图Z9.1甲所示，它与如图乙所示负点电荷Q的电场分布相似．假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有一带电小球分别在S和Q 附近做匀速圆周运动,则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是（）图Z9。

1A．若小球带正电,其运动轨迹平面可在S正上方,如图甲所示B．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q正下方，如图乙所示C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S正上方,如图甲所示D．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q正下方,如图乙所示2．（多选）［2016·广西河池模拟] 如图Z9。

2所示，某足够宽的空间有垂直纸面向外的磁感应强度为0。

5 T的匀强磁场,一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为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F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2.关于滑块的运动，下列说法中正确的是（）图Z9­2A．刚开始做匀加速运动，接着做匀速直线运动B．最终做速度为10 m/s的匀速直线运动C．刚开始加速度为2 m/s2,速度为6 m/s时,滑块加速度开始减小D．一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动3．（多选）[2016·河北冀州检测］磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流速度方向垂直，如图Z9。

单元质检九磁场(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题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

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.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,且地磁南极在地理北极附近,A、B选项符合物理事实。

射向赤道的带电宇宙射线粒子,会受到地球磁场施加的洛伦兹力作用,D选项符合物理规律。

而C选项中,地球表面任意位置的磁场方向为该点磁感线的切线方向,除了赤道位置与地球表面平行,其他都不平行。

本题选不正确选项,故选C。

2.(2017·广东七校联考)真空中两根金属导线平行放置,其中一根导线中通有恒定电流。

在导线所确定的平面内,一电子从P点运动的轨迹的一部分如图中的曲线PQ所示,则一定是( )A.ab导线中通有从a到b方向的电流B.ab导线中通有从b到a方向的电流C.cd导线中通有从c到d方向的电流D.cd导线中通有从d到c方向的电流,靠近导线cd处,电子的偏转程度大,说明靠近cd处偏转半径较小;在磁场中运动的电子所受洛伦兹力永远不做功,故电子速率不变,由带电粒子在磁场中运动的半径公式r=知,偏转半径小说明cd处磁感应强度较大,所以cd导线中通有电流;根据曲线运动的特点,合外力指向弧内,即洛伦兹力指向左侧,根据左手定则可知cd左侧区域磁场方向垂直纸面向里,再由安培定则可知,电流的方向从c到d,故C项正确。

3.如图所示,一个边长为l、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。

第九章磁场第一讲磁场的性质磁场对电流的作用课时跟踪练A组基础巩固1. (2018·日照模拟)如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是()A．a、b、c的N极都向纸里转B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转解析：由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内，磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以b的N极向纸外转，a、c的N 极向纸里转．答案：B2. (2015·江苏卷)如图所示，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，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()解析：由题意知，当处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据F＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．答案：A3. (2018·张家口模拟)如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为()A．沿y轴正方向B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向D．沿x轴负方向解析：由题图可知，过A点和B点的通电直导线对过O点的通电导线的安培力等大、反向，过C点的通电直导线对过O点的通电直导线的安培力即为其总的安培力，沿OC连线向上，故A项正确．答案：A4．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()A．圆环顺时针转动，靠近磁铁B．圆环顺时针转动，远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁D．圆环逆时针转动，远离磁铁解析：该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相互排斥，异极相互吸引，可得C项正确．答案：C5. (2018·衡水模拟)电流计的主要结构如图所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并可绕轴转动．铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连．有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下的猜想，可能正确的是()解析：软铁芯被磁化后，左端为S极，右端为N极，而磁体内部的磁感线方向从S极指向N极，可见B、D错误；再根据磁感线不能相交，知A错误，C正确．答案：C6. (2018·德州模拟)欧姆在探索导体的导电规律的时候，没有电流表，他利用小磁针的偏转检测电流，具体的做法是：在地磁场的作用下，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的时候，小磁针就会发生偏转；当通过该导线的电流为I时，发现小磁针偏转了30°，由于直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，当他发现小磁针偏转了60°时，通过该导线的电流为()A．3I B．2IC.3I D．I解析：如图所示，设地磁场的磁感应强度为B0，电流为I的导线产生的磁场的磁感应强度为B1，因为小磁针偏转了30°，则有tan30°＝B1B0；设电流为I′的直导线产生的磁场的磁感应强度为B2，小磁针偏转了60°时，则有tan 60°＝B2B0；联立解得B2＝3B1；由直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比可得，I′＝3I，选项A正确．答案：A7．(多选)(2017·广州一模)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨GH、PQ，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的摩擦力F f 、安培力F 、速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )解析：当从t ＝0时刻起，金属棒通以I ＝kt ，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，故棒在此过程中所受的安培力大小为F ＝BIl ＝BLkt ；当棒向下滑动的时候，可得棒所受滑动摩擦力大小为F f ＝μF ＝μBLkt ，当棒受到的摩擦力等于重力时，速度最大，之后摩擦力继续增加，棒开始做减速运动，当速度减小为零的时候，棒受到静摩擦力的作用，大小等于重力mg ，即摩擦力在某一时间瞬间减小到mg ，且之后一直是mg ，故A 项错误，B 项正确．棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动，加速度大小为a ＝μF －mg m ＝μBLk m t －g .当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大．当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动此时加速度大小为a ＝μF －mg m ＝μBLk m t －g ，故C 项错误，D项正确．答案：BD8. (2018·衡阳模拟)载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B ＝kI r，式中常量k >0，I 为电流强度，r 为距导线的距离．在水平长直导线MN 正下方，矩形线圈abcd 通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN 内不通电流，此时两细线内的张力均为F T0.当MN 通以强度为I 1的电流时，两细线内的张力均减小为F T1，当MN 内电流强度为I 2时，两细线内的张力均大于F T0.(1)分别指出强度为I 1、I 2的电流的方向；(2)求MN 分别通以强度为I 1和I 2的电流时，线框受到的安培力F 1与F 2大小之比．解析：(1)根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，且距离导线越近，相互作用力越大，可知，I 1的方向向左，I 2的方向向右．(2)当MN 中的电流强度为I 时，线圈受到的安培力大小为F ＝kIiL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1r 1－1r 2， 式中r 1、r 2分别为ab 、cd 与MN 的间距，i 为线圈中的电流，L 为ab 、cd 的长度．F 1F 2＝I 1I 2. 答案：(1)I 1的方向向左 I 2的方向向右 (2)I 1I 2B 组 能力提升9．(多选)如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m ，长为L ，通过的电流大小为I 且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度B 的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的( )A．安培力大小为BILB．安培力大小为BIL sin θC．摩擦力大小为BIL sin θD．支持力大小为mg－BIL cos θ解析：根据安培力计算公式，F＝BIL，A正确，B错误；导体棒受力如图所示，根据平衡条件，F f＝BIL sin θ，C正确；F N＝mg ＋BIL cos θ，D错误．答案：AC10．(多选) (2018·潍坊模拟)光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2，则()A．磁场方向一定竖直向下B．电源电动势E＝3.0 VC．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 ND．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J解析：导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，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安培力和重力做功，由动能定理知BIL·L sin θ－mgL(1－cos θ)＝0，代入数值得导体棒中的电流I＝3 A，由E＝IR得电源电动势E＝3.0 V，B对；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F＝0.3 N，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耳热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 θ)＝0.048 J，D错．答案：AB11.(2015·重庆卷)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图所示是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向．(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．解析：(1)线圈的右边受到磁场的安培力，共有n条边，故F＝n·BIL＝nBIL.由左手定则，电流向外，磁场向下，安培力水平向右．(2)安培力的瞬时功率为P＝F·v＝nBIL v.答案：(1)nBIL方向水平向右(2)nBIL v12. (2018·安阳模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小；(2)通过金属棒的电流的大小；(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值．解析：(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示F安＝mg sin 30°，代入数据得F安＝0.1 N.(2)由F安＝BIL，解得I＝F安BL＝0.5 A.(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得E＝I(R0＋r)，解得R0＝EI－r＝23 Ω.答案：(1)0.1 N(2)0.5 A(3)23 Ω。

2018届高三物理上册磁场单元素质考试题(含答案)
高中学生学科素质训练系列试题
高三上学期物理单元测试（9）
[原人教版] 磁场
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

共100分考试用时90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、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，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．下列说法中正确的是（）
A．条形磁铁具有两个磁极，而直线电流的磁场没有磁极，因此二者的磁场具有完全不同的性质
B．沿着磁感线的方向磁感应强度逐渐减小
C．由于匀强磁场中各处的磁感应强度大小和方向处处相同，因此放在匀强磁场中各处
的通电导线，受力大小和方向也处处相同
D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关
2．实验表明磁体能吸引1元硬币，对这种现象解释正确的是（）A．硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁
B．硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝
C．磁体的磁性越强，能吸引的物质种类越多
D．硬币中含有磁性材料，磁化后能被吸引
3．磁极与电流之间以及电流与电流之间都能产生力的作用，下列有关说法中正确的是（）
A．磁极与电流间的相互作用是磁极的磁场和电流的电场产生的B．磁极与电流间的相互作用是通过磁场产生的。

易错排查练 (第九章)(限时：40分钟)易错点1 带电粒子在复合场中的受力分析和运动分析场，一个质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一个质量为m ＝0.1 kg 、带正电q ＝0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为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F ＝0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2.则滑块( )图1A ．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B ．一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C ．速度为6 m/s 时，滑块开始减速D ．最终做速度为10 m/s 的匀速运动AD [以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝F m ＋M＝0.60.3 m/s 2＝2 m/s 2，所以使滑块产生加速度的静摩擦力为F f ＝ma ＝2×0.1 N ＝0.2 N ，而最大静摩擦力为F fmax ＝μmg ＝0.1×10×0.5 N ＝0.5 N>0.2 N ，当滑块运动后因受到向上的洛伦兹力，故F ′fmax ＝μ(mg －qB v )，当F ′fmax >F f 时滑块做匀加速运动，当F ′fmax <F f 时滑块做加速度减小的加速运动，当q v m B ＝mg 时滑块有最大速度，则v m ＝mg qB ＝10 m/s ，之后滑块做匀速运动，所以选项A 、D 正确．]2. (多选)如图2所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R (比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m ，带电荷量为q ，重力加速度为g .空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右，大小为v 0＝5gR 的初速度，则以下判断正确的是( )【导学号：92492359】图2A ．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D ．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小BC [球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，选项A 错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于是双层轨道约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，选项C 正确；在最高点时，小球圆周运动的向心力F ＝m v 2R ＝mg ，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，选项B 正确；小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，选项D 错误．]易错点2 带电粒子在磁场中运动的多解问题B .质量为m ，电量大小为q 的带电粒子在xOy 平面里经原点O 射入磁场中，初速度v 0与x 轴夹角θ＝60°，试分析计算：图3(1)带电粒子从何处离开磁场？穿越磁场时运动方向发生的偏转角是多大？(2)带电粒子在磁场中运动时间有多长？【解析】 不论粒子带何种电荷，其运动轨道半径均为R ＝m v 0qB如图所示，有O 1O ＝O 2O ＝R ＝O 1A ＝O 2B带电粒子沿半径为R 的圆运动一周所用的时间为T ＝2πR v 0＝2πm qB (1)若粒子带负电，它将从x 轴上A 点离开磁场，运动方向发生的偏转角θ1＝120°.A 点与O 点相距x ＝3R ＝3m v 0qB若粒子带正电，它将从y 轴上B 点离开磁场，运动方向发生的偏转角θ2＝60°.B 点与O 点相距y ＝R ＝m v 0qB .(2)若粒子带负电，它从O 到A 所用的时间为 t 1＝θ1360°T ＝2πm 3qB若粒子带正电，它从O 到B 所用的时间为 t 2＝θ2360°T ＝πm 3qB .【答案】 见解析4．(2017·长沙模拟)如图4所示，ABCD 为边长为2a 的正方形，O 为正方形中心，正方形区域左、右两对称部分中分别存在方向垂直ABCD平面向里和向外的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从B点处以速度v垂直磁场方向射入左侧磁场区域，速度方向与BC边夹角为15°，粒子恰好经过O点，已知cos 15°＝6＋24，粒子重力不计．图4(1)求左侧磁场的磁感应强度大小；(2)若粒子从CD边射出，求右侧磁场的磁感应强度大小的取值范围．【解析】(1)粒子从B点射入左侧磁场，运动轨迹如图1所示，△BO1O为等边三角形，由几何关系可得轨迹半径r1＝2a，粒子在左侧磁场中运动，有q v B1＝m v2r1，得B1＝2m v2qa.图1(2)当右侧磁场磁感应强度大小B2＝B1时，粒子从D点射出，运动轨迹如图2所示，这是粒子从CD边射出的最小磁感应强度，当磁感应强度增大时，粒子在右侧磁场中运动的轨迹半径减小，当运动轨迹与CD边相切时，磁感应强度最大，轨迹如图3所示：图2图3由几何关系可知：r2＋r2cos 15°＝a得：r 2＝4a 6＋2＋4 粒子在右侧磁场中运动，有：q v B 2m ＝m v 2r 2， 得：B 2m ＝(6＋2＋4)m v 4qa若粒子从CD 边射出，右侧磁场感应强度大小的范围为：2m v 2qa≤B 2≤(6＋2＋4)m v4qa .【答案】 (1)2m v 2qa (2)2m v 2qa ≤B 2≤(6＋2＋4)m v4qa。

课时作业(二十八)磁场对运动电荷的作用[授课提示：对应学生用书第311页]一、选择题(1～6题只有一个选项符合题目要求，7～10题有多个选项符合题目要求)1．关于洛伦兹力的特点，下列说法错误的是()A．洛伦兹力既垂直于磁场方向又垂直于电荷运动方向B．洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，静止的电荷不会受到洛伦兹力C．当电荷运动方向和磁场方向相同或相反的时候，电荷不受洛伦兹力D．只要电荷放在磁场中，就一定受到洛伦兹力解析：当电荷运动方向和磁场方向相同或相反的时候，电荷不受洛伦兹力，所以选项C 正确，选项D错误．A、B项说法正确．答案：D2.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会()A．向上偏转B．向下偏转C．向纸内偏转D．向纸外偏转解析：由题可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(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，故选项正确．答案：B3．如图所示，一带正电的粒子以速度v沿螺线管中轴线进入该通电螺线管，若不计重力，则粒子()A．做匀速直线运动B．沿螺线管中轴线做匀加速直线运动C．沿螺线管中轴线做往复运动D．沿螺线管中轴线做匀减速直线运动解析：当带正电的粒子以速度v沿螺线管中轴线进入该通电螺线管时，v∥B，运动电荷不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动．答案：A4．雷雨天气会经常发生闪电击中建筑物的情况．假设发生闪电的云层带负电，则在闪电瞬间，在中国北方建筑物受到地磁场在水平方向的作用力方向是()A．向东B．向南C．向西D．向北解析：闪电发生时，电子运动方向向下，又因地磁场有水平向北的分量，由左手定则判断电子受到的洛伦兹力向西，即建筑物受到地磁场在水平方向的作用力的方向也向西，故C 对．答案：C不计重力的两个带电粒子进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图．分别用v M与v N)如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计t1：t2．：1 ．：3．：2 3：如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由点进入M点飞出时轨迹所对圆心角．阿明有一个磁浮玩具，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，其构造如图所示．若图中电源的电压固定，可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装端点须连接直流电源的负极．若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加玩偶飘浮的最大高度)对轨道压力较大为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则边上的某一点垂直边界飞出磁场区域．求：编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小；编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间；边上飞出的位置与E点的距离．设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为如图所示，在xOy平面内，在、y>0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，m、电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P点进入磁场Ⅱ，后经过32l)，不计重力的影响，求：为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径v2r。

单元评估检测(九)(第九章)磁场(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.月球表面周围没有空气,它对物体的引力仅为地球上的,月球表面没有磁场,根据这些特征,在月球上,如图所示的四种情况能够做到的是( )【解析】选D。

月球表面没有磁场,在月球上就不能用指南针定向,所以A错误;月球表面周围没有空气,所以无法使用电风扇吹风,而声音也无法传播,所以B、C均不对,只有选项D正确。

2.如图所示,空间中有垂直纸面向里的匀强磁场,一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P(可视为质点),两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N处,并通入由M到N的恒定电流I,导线PM和PN始终伸直。

现将P从左侧缓慢移动到右侧,在此过程中导线MPN受到的安培力大小( )A.始终不变B.逐渐增大C.先增大后减小D.先减小后增大【解析】选A。

在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中,导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通过电流I时受到的安培力,即导线MPN受到的安培力大小始终不变,选项A正确。

3.如图所示,一块通电的铜板放在磁场中,板面垂直于磁场,板内通有如图所示方向的电流,a、b是铜板左、右边缘的两点,则( )A.电势φa>φbB.电势φb>φaC.电流增大时,|φa-φb|减小D.其他条件不变,将铜板改为NaCl水溶液时,电势结果仍然一样【解析】选B。

因金属导电的载流子是自由电子,自由电子的运动方向与电流方向相反,由左手定则判定,自由电子所受洛伦兹力方向向左,因此铜板左侧聚集电子,右侧带正电,形成电场,且φb>φa;待自由电子所受洛伦兹力与静电力相等,达到稳定状态时,qvB=qE=q,I=nSqv,电流增大时,|φa-φb|增大。

而将铜板改为NaCl水溶液导电时,溶液中电离出正、负离子,是正、负离子在导电,正离子运动方向与电流方向一致,负离子运动方向与电流方向相反,因而根据左手定则知正、负离子都向左边偏转,电荷量中和,所以两边无电势差。

单元质检九磁场(时间 :45分钟满分 :100分 )一、选择题(此题共8 小题,每题8 分,共 64分。

在每题给出的四个选项中,第1~5题只有一项切合题目要求,第6~8 题有多项切合题目要求。

所有选对的得8 分,选对但不全的得 4 分,有选错的得0 分)1.(2018 ·黑龙江大庆模拟 )在地磁场作用下处于静止的小磁针上方 ,平行于小磁针水平搁置向来导线 ,当该导线中通有电流时 ,小磁针会发生偏转 ;当经过该导线电流为 I 时 ,小磁针左偏 30°,则当小磁针左偏60°时 ,经过导线的电流为 (已知直导线在某点产生的磁场与经过直导线的电流成正比)()A.2IB.3IC.3ID.没法确立答案 B分析设地磁场磁感觉强度为 B 地 ,当经过电流为I,依据题意可知 :地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为 :当夹角为 30°时, 有:B1=kI=B 地 tan30 °;当夹角为 60°时,有:B2=kI 1=B 地 tan60 °联立两式解得 :I1=3I,故 A、C、D 错误 ,B 正确。

应选 B。

2.(2018 ·江西南昌模拟 )如下图 ,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极 B,沿边沿内壁放一个圆环形电极 A,把 A、 B 分别与电源的两极相连 ,而后在玻璃皿中放入导电液体 ,现把玻璃皿放在如下图的磁场中 ,液体就会旋转起来。

若从上向下看 ,以下判断正确的选项是()A.A接电源正极 ,B 接电源负极 ,液体顺时针旋转B.A 接电源负极 ,B 接电源正极 ,液体顺时针旋转C.A 、B 与 50 Hz 的沟通电源相接 ,液体连续旋转D. 仅磁场的 N、S 极交换后 ,重做该实验发现液体旋转方向不变答案 A分析若 A 接电源正极 ,B 接电源负极 ,在电源外面电流由正极流向负极 ,所以电流由边沿流向中心 ,玻璃皿所在处的磁场竖直向下 ,由左手定章可知 ,导电液体遇到的磁场力沿顺时针方向 ,所以液体沿顺时针方向旋转 ,故 A 正确 ;同理 ,若 A 接电源负极 ,B 接电源正极 , 依据左手定章可知 ,液体沿逆时针方向旋转 ,故 B 错误 ;A、 B 与 50Hz 的沟通电源相接 ,液体不会连续旋转 ,故 C 错误 ;若磁场的 N、 S 极交换后 ,重做该实验发现液体旋转方向变化,故 D 错误。