2019《步步高》高考物理一轮复习讲义：章末自测卷(第八章) Word版含解析

章末自测卷(第四章)(限时：45分钟)一、单项选择题1、关于物体的受力和运动,下列说法中正确的是()A、物体在不垂直于速度方向的合力作用下,速度大小可能一直不变B、物体做曲线运动时,某点的加速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向C、物体受到变化的合力作用时,它的速度大小一定改变D、做曲线运动的物体,一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用答案： D解析：物体在垂直于速度方向的合力作用下,速度大小可能一直不变,故A错误；物体做曲线运动时,某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向,而不是加速度方向,故B错误；物体受到变化的合力作用时,它的速度大小可以不改变,比如匀速圆周运动,故C错误；物体做曲线运动的条件：一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用,故D正确、2、(2017·辽宁师大附中期中)狗拉雪橇沿位于平面内的圆弧形道路匀速行驶,以下给出的四个关于雪橇受到的牵引力F及摩擦力F f的示意图(图中O为圆心)中正确的是()答案： C解析：题图A中,F f与F的合力不指向圆心,没有力提供向心力,A错误；题图B中,雪橇受到的滑动摩擦力不应指向圆心,应与速度方向相反,B错误；题图C、D中,雪橇受到向后的滑动摩擦力,牵引力与滑动摩擦力的合力指向圆心,牵引力偏向圆弧的内侧,C正确,D错误、3、如图1所示,在足够长的斜面上的A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,它落到斜面上所用的时间为t1；若将此球改用2v0抛出,落到斜面上所用时间为t2,则t1与t2之比为()图1 A、1∶1 B、1∶2 C、1∶3 D、1∶4 答案： B解析：斜面倾角的正切值tan θ＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0,则运动的时间t＝2v0tan θg,可知运动的时间与平抛运动的初速度有关,初速度变为原来的2倍,则运动时间变为原来的2倍,所以时间之比为1∶2,B正确、4、(2018·湖南衡阳调研)两个质量不同的天体构成双星系统,它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动,下列说法正确的是() A、质量大的天体线速度较大B、质量小的天体角速度较大C、两个天体的向心力大小相等D、若在圆心处放一个质点,它受到的合力为零答案： C5、如图2所示,转动轴垂直于光滑水平面,交点O的上方h处固定细绳的一端,细绳的另一端拴接一质量为m的小球B,绳长AB＝l>h,小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动、要使球不离开水平面,转动轴的转速n的最大值是()图2A 、12πg hB 、πghC 、12πg lD 、2πlg答案： A解析： 对小球,在水平方向有F T sin θ＝mω2R ＝4π2mn 2R ,在竖直方向有F T cos θ＋F N ＝mg ,且R ＝h tan θ,当球即将离开水平面时,F N ＝0,转速n有最大值,联立解得n ＝12πg h ,则A 正确、6、(2018·吉林公主岭模拟)飞机俯冲拉起时,飞行员处于超重状态,此时座位对飞行员的支持力大于其所受的重力,这种现象叫过荷、过荷过重会造成飞行员大脑贫血,四肢沉重,暂时失明,甚至昏厥、受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力大小的支持力影响、g 取10 m/s 2,则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲速度为100 m/s 时,圆弧轨道的最小半径为( )A 、100 mB 、111 mC 、125 mD 、250 m答案： C解析： 在飞机经过最低点时,对飞行员受力分析：受重力mg 和支持力F N ,两者的合力提供向心力,由题意,F N ＝9mg 时,圆弧轨道半径最小,由牛顿第二定律列出：F N －mg ＝m v 2R min ,则得：8mg ＝m v 2R min,联立解得：R min ＝v 28g ＝10028×10m ＝125 m,故C 正确、 7、假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4 200 km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动,地球半径约为6 400 km,地球同步卫星距地面高为36 000 km,宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运行,每当二者相距最近时,宇宙飞船就向同步卫星发射信号,然后再由同步卫星将信号送到地面接收站、某时刻二者相距最远,从此刻开始,在一昼夜的时间内,接收站共接收到信号的次数为(忽略从宇宙飞船向同步卫星发射信号到地面接收站接收信号所用的时间)( )A 、4次B 、6次C 、7次D 、8次答案： C解析： 对飞船,G Mm (R ＋h 1)2＝m 4π2T 21(R ＋h 1),对同步卫星,G Mm ′(R ＋h 2)2＝m ′4π2T 22(R ＋h 2),由于同步卫星的运行周期为T 2＝24 h,可求出载人宇宙飞船的运行周期T 1＝3 h,因此飞船一昼夜内绕地球8圈,比同步卫星多运动了7圈,因此相遇7次,接收站共接收到7次信号,C 正确,A 、B 、D 错误、8、一个物体静止在质量均匀的球形星球表面的赤道上,已知万有引力常量为G ,星球密度为ρ,若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零,则星球自转的角速度为( )A 、43ρG π B 、3πρGC 、ρG πD 、3πρG答案： A二、多项选择题 9、(2018·河南郑州质检)暗物质是二十一世纪物理学之谜,对该问题的研究可能带来一场物理学的革命、为了探测暗物质,我国曾成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星、已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动,经过时间t (t 小于其运动周期),运动的弧长为s ,与地球中心连线扫过的角度为β(弧度),引力常量为G ,则下列说法中正确的是( )A 、“悟空”的线速度大于第一宇宙速度B 、“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度C 、“悟空”的环绕周期为2πt βD 、“悟空”的质量为s 3GT 2β答案： BC解析： 第一宇宙速度为卫星的最大环绕速度,“悟空”的线速度不会大于第一宇宙速度,A 错误；根据万有引力提供向心力得a ＝G M r 2,可知半径小的向心加速度大,则“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度,B 正确；“悟空”运动的角速度为ω＝βt ,周期T ＝2πt β,C正确；“悟空”为绕行天体,不能计算其质量,D 错误、10、如图3所示,两个水平圆盘的半径分别为R 、2R ,小圆盘转动时会带动大圆盘不打滑地一起转动、质量为m 的小物块甲放置在大圆盘上距离转轴为R 处,质量为2m 的小物块乙放置在小圆盘的边缘处,它们与盘面间的动摩擦因数相同、当小圆盘以角速度ω转动时,两物块均相对圆盘静止、下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图3A 、小物块甲受到的摩擦力大小为14mω2RB 、两物块的线速度大小相等C 、在角速度ω逐渐增大的过程中,小物块甲先滑动D 、在角速度ω逐渐减小的过程中,摩擦力对两物块做负功答案： AD11、我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的模拟实验活动、假设王跃登陆火星后,测得火星的半径是地球半径的12,质量是地球质量的19、已知地球表面的重力加速度是g ,地球的半径为R ,王跃在地球表面上能向上竖直跳起的最大高度是h ,忽略自转的影响,下列说法正确的是( )A 、火星的密度为2g 3πGRB 、火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等C 、火星表面的重力加速度是4g 9D 、王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后,能达到的最大高度是9h 4答案： ACD解析： 由G Mm R 2＝mg ,得g ＝GM R 2,已知火星半径是地球半径的12,质量是地球质量的19,则火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的49,即为49g ,选项C 正确；设火星质量为M ′,由万有引力等于重力可得：G M ′m R ′2＝mg ′,解得：M ′＝gR 29G ,密度为：ρ＝M ′V ＝2g 3πGR ,选项A 正确；由G Mm R 2＝m v 2R ,得v ＝GMR ,火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23倍,选项B 错误；王跃以v 0在地球上起跳时,根据竖直上抛的运动规律得出跳起的最大高度是：h ＝v 202g ,由于火星表面的重力加速度是49g ,王跃以相同的初速度在火星上起跳时,可跳的最大高度h ′＝94h ,故D正确、三、非选择题12、在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图4所示、P 是个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒、高度为h 的探测屏AB 竖直放置,离P 点的水平距离为L ,上端A 与P 点的高度差也为h 、图4(1)若微粒打在探测屏AB 的中点,求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等,求L 与h 的关系、 答案： (1)3h g (2)L2g h ≤v ≤L g2h (3)L ＝22h解析： (1)打在AB 中点的微粒 32h ＝12gt2 ①解得t ＝3hg② (2)打在B 点的微粒 v 1＝L t 1；2h ＝12gt 12③解得v 1＝L 2gh ④ 同理,打在A 点的微粒初速度v 2＝L g2h⑤ 则能被屏探测到的微粒的初速度范围为L 2gh ≤v ≤L g2h⑥(3)由能量关系可得12m v 22＋mgh ＝12m v 12＋2mgh⑦联立④⑤⑦式得L ＝22h 、。

章末自测卷(第二章)(限时：45分钟)一、单项选择题1、(2018·陕西渭南调研)如图1所示,物块M在静止的传送带上匀速下滑时,传送带突然顺时针(图中箭头所示)转动起来,则传送带转动后,下列说法正确的是()图1A、M受到的摩擦力不变B、M受到的摩擦力变大C、M可能减速下滑D、M可能减速上滑答案 A解析当传送带顺时针转动时,物块相对传送带的运动方向没有变,因此M受到的摩擦力不变、2、如图2所示,一重为120 N的球固定在弹性杆AB的上端,今用测力计沿与水平方向成37°角斜向右上方拉球,使杆发生弯曲,此时测力计的示数为100 N,已知sin 37°＝0、6,cos 37°＝0、8,则杆AB对球作用力的大小为()图2A、80 NB、100 NC、110 ND、120 N答案 B解析球受到重力mg、测力计的拉力F＝100 N和杆对其的作用力F N,根据平衡条件可得：F N x＝F cos 37°＝80 N,F N y＝mg－F sin 37°＝60 N,所以F N＝F2N x ＋F2N y＝100 N,即B正确、3、a、b两个质量相同的球用线相连接,a球用线挂在天花板上,b球放在光滑斜面上,系统保持静止(线的质量不计),则下列图中正确的是()答案 B解析对ab球整体受力分析知受重力、斜面的支持力和如图甲所示线拉力,同理,对b球受力分析如图乙,可知B项正确、4、如图3所示,A、B、C三物块叠放并处于静止状态,墙面竖直,水平地面光滑,其他接触面粗糙,以下受力分析正确的是()图3A、A与墙面间存在压力B、A与墙面间存在静摩擦力C、A物块共受3个力作用D、B物块共受5个力作用答案 C解析以三个物块组成的整体为研究对象,水平方向上：地面光滑,对C 没有摩擦力,根据平衡条件得知,墙对A没有弹力,因而也没有摩擦力、故A、B错误、对A：受到重力、B的支持力和B对A的摩擦力三个力作用、故C正确、先对A、B整体研究：水平方向上,墙对A没有弹力,则由平衡条件分析可知,C对B没有摩擦力、再对B受力分析,受到重力、A的压力和A对B的摩擦力、C的支持力,共四个力作用、故D 错误、5、如图4所示,物体P放在粗糙水平面上,左边用一根轻弹簧与竖直墙相连,物体静止时弹簧的长度大于原长、若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P,直到拉动,那么在P被拉动之前的过程中,弹簧对P的弹力F弹的大小和地面对P的摩擦力F f的大小的变化情况是()图4A、F弹始终增大,F f始终减小B、F弹保持不变,F f始终增大C、F弹保持不变,F f先减小后增大D、F弹先不变后增大,F f先增大后减小答案 C6、如图5所示为通过轻杆相连的A、B两小球,用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点、已知两球重力均为G,轻杆与细线OA长均为L、现用力F 作用于小球B 上(图上F 未标出),使系统保持静止状态且A 、B 两球在同一水平线上、则力F 最小值为( )图5A 、22GB 、2GC 、GD 、2G答案 A解析 由于系统处于静止状态时,A 、B 两球在同一水平线上,悬线OA 竖直,因此轻杆中的弹力为零,小球B 受竖直向下的重力、沿悬线OB 斜向上的拉力和F 的作用而处于静止状态,三力的合力为零,表示三力的线段构成封闭三角形,由于重力的大小及方向不变,悬线拉力的方向不变,由几何关系可知,当F 的方向与OB 垂直且斜向右上方时,F 最小,由几何关系可知,此时F ＝G sin 45°＝22G ,选项A 正确、7、如图6所示为开口向下的“”形框架,两侧竖直杆光滑固定,上面水平横杆中点固定一光滑轻质定滑轮,两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连,并处于静止状态,此时连接滑块A 的绳与水平方向的夹角为θ,连接滑块B 的绳与水平方向的夹角为2θ,则A 、B 两滑块的质量之比为( )图6A 、2sin θ∶1B 、2cos θ∶1C 、1∶2cos θD 、1∶2sin θ答案 C解析设绳拉力为F T 对A：F T sin θ＝m A g 对B：F T sin 2θ＝m B gm A m B＝12cos θ、故C正确、二、多项选择题8、如图7所示,在水平桌面上有一个质量为M且倾角为α的斜面体、一个质量为m的物块,在平行于斜面的拉力F作用下,沿斜面向下做匀速运动、斜面体始终处于静止状态、已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g、下列结论正确的是()图7A、斜面对物块的摩擦力大小是FB、斜面对物块的摩擦力大小是μmg cos αC、桌面对斜面体的摩擦力大小是F cos αD、桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g答案BC解析对物块受力分析,如图甲所示,由共点力的平衡条件得,F＋mg sin α＝F f1,mg cos α＝F N1,F f1＝μF N1,解得斜面对物块的摩擦力大小F f1＝F ＋mg sin α或F f1＝μmg cos α,故A错误,B正确；对物块和斜面体整体受力分析,如图乙所示,由共点力的平衡条件得：F f2＝F cos α,F N2＝F sin α＋(m＋M)g,故桌面对斜面体的摩擦力大小为F cos α,桌面对斜面体的支持力大小为F sin α＋(m＋M)g,故C正确,D错误、9、如图8所示,有一重力不计的方形容器,被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态,现缓慢地向容器内注水,直到注满为止,此过程中容器始终保持静止,则下列说法中正确的是()图8A、容器受到的摩擦力不断增大B、容器受到的摩擦力不变C、水平力F不必逐渐增大D、容器受到的合力逐渐增大答案AC10、(2018·陕西商洛调研)如图9所示,物块位于倾角为θ的固定斜面上,受到平行于斜面的水平力F的作用而处于静止状态、如果将外力F撤去,则物块()图9A、会沿斜面下滑B、所受的摩擦力变小C、所受的摩擦力变大D、所受的摩擦力方向一定变化答案BD三、非选择题11、(2018·湖南怀化质检)在“探究求合力的方法”的实验中,王同学用两个量程为5 N、最小刻度为0、1 N的弹簧测力计来测量拉力,实验之前先检查了弹簧测力计,然后进行实验、先将橡皮条的一端固定在水平放置的木板上,用两个弹簧测力计分别钩住绳套,互成角度地拉橡皮条,使结点到达某一位置O,记录下O点的位置和拉力F1、F2的大小及方向；然后用一个弹簧测力计拉橡皮条,仍将结点拉到O点,再记录拉力F 的大小及方向；最后取下白纸作图,研究合力与分力的关系、(1)实验前必须对弹簧测力计进行检查,以保证测量精确,减小误差,则以下选项必须的是________、A、对弹簧测力计进行调零B、对弹簧测力计用力拉,看是否能达到最大量程C、将两只弹簧测力计竖直互钩对拉,检查两弹簧测力计读数是否相同(2)如图10是王同学研究合力与分力关系时在白纸上画出的图,根据物理实验读数和作图要求与规范,请指出图中存在的三个错误：图10①__________________________________________________________ ______________；②__________________________________________________________ ______________；③__________________________________________________________ ______________；(3)在实验之余,王同学将两弹簧测力计竖直互钩对挂,发现上面弹簧测力计的读数略大于下面弹簧测力计的读数,倒置后也是如此,产生这种现象的原因是________、A、弹簧测力计外壳的重力B、弹簧及挂钩的重力C、弹簧测力计只能水平测力D、两挂钩之间的作用力不同答案(1)A(2)见解析(3)B解析(1)实验前须对弹簧测力计调零,并且两只弹簧测力计水平互钩对拉,检查示数是否相同,以保证弹簧测力计测量准确,竖直对拉,往往会由于弹簧及挂钩重力的影响形成较大误差、用力拉弹簧测力计对仪器容易造成损坏,故选项A正确、(2)①F1、F2及F都是矢量,未画上箭头；②记录力F2大小的有效数字有错误；③F与F1、F2连线应该用虚线、(3)由于上面弹簧测力计本身的弹簧及挂钩重力将会引起自身示数略大,B正确、12、(2018·山西大同调研)如图11所示,水平细杆上套有一质量为0、54 kg的小环A,用轻绳将质量为0、5 kg的小球B与A相连、B受到始终与水平方向成53°角的风力作用,与A一起向右匀速运动,此时轻绳与水平方向夹角为37°,运动过程中B球始终在水平细杆的下方,则：(取g＝10 m/s2,sin 37°＝0、6,cos 37°＝0、8)图11(1)B对绳子的拉力大小；(2)A与杆间的动摩擦因数、答案(1)3、0 N(2)0、3解析(1)对小球B由平衡条件得绳的拉力为F T＝mg sin 37°＝3、0 N、由牛顿第三定律知B对绳子的拉力大小为3、0 N、(2)环A做匀速直线运动,有F T cos 37°－F f＝0F N＝Mg＋F T sin 37°而F f＝μF N,解得μ≈0、3、13、如图12所示,光滑固定斜面上有一个质量为10 kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为30°,整个装置处于静止状态,g取10 m/s2、求：图12(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；(2)若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,求最小拉力的大小、答案(1)51、8 N73、2 N(2)70、7 N解析(1)如图,沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系,对小球受力分析,把不在坐标轴上的力沿轴分解、则：水平方向上：F T sin 45°－F N sin 30°＝0竖直方向上：F T cos 45°＋F N cos 30°－mg＝0由以上两式得F N≈73、2 N,F T≈51、8 N(2)外力方向与绳子垂直时,拉力最小、拉力的最小值为F min＝mg sin 45°代入数据,解得F min≈70、7 N、。

章末自测卷(第八章)(限时：45分钟)一、单项选择题1、经典物理学认为金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞,且金属导体中通过恒定电流形成了稳恒的电场,已知铜的电阻率为ρ,单位体积内的自由电子数量为n ,自由电子的质量为m 、带电荷量为e ,假设自由电子与金属离子碰撞后减速到零,且碰撞时间极短,则铜导线中自由电子连续两次与金属离子碰撞的时间间隔的平均值为( )A 、2m nρeB 、2m nρe 2C 、2ρm ne 2D 、2nm ρe 2答案 B解析： 设铜导线的长度为l ,横截面积为S ,金属导线内的匀强电场场强为E ,则电子定向移动的加速度为a ＝eE m ,经过时间t 获得的定向移动速度为v ＝at ＝eEt m ,在时间t 内的平均速度为v ＝12v ＝eEt 2m ,则由电流微观表达式I ＝neS v ＝ne 2ES 2m t ,由欧姆定律和电阻定律可知ρl S ＝U I ＝El I ,联立解得t ＝2m nρe 2,B 正确、2、在如图1所示的电路中,电源内阻不可忽略,在调节可变电阻R 的阻值过程中,发现理想电压表的示数减小,则( )图1A 、R 的阻值变大B 、路端电压不变C 、干路电流减小D 、路端电压和干路电流的比值减小答案 D解析： 由题意知,理想电压表的示数减小,说明与电压表并联的电阻变小,即可变电阻R 接入电路的电阻变小,选项A 错误；由闭合电路欧姆定律知,电路总电流变大,路端电压变小,选项B 、C 错误；由于外电路总电阻变小,结合电阻定义式R ＝U I 知,路端电压和干路电流的比值减小,选项D 正确、3、如图2所示,K 1、K 2闭合时,一质量为m 、带电荷量为q 的液滴,静止在电容器的A 、B 两平行金属板间、现保持K 1闭合,将K 2断开,然后将B 板向下平移到图中虚线位置,则下列说法正确的是( )图2A 、电容器的电容增大B 、A 板电势比电路中Q 点电势高C 、液滴将向下运动D 、液滴的电势能增加答案 B解析： 由平行板电容器电容的决定式可知,板间距离增大,电容减小,A项错误；K 1、K 2闭合时,R 1中无电流通过,故B 板电势为零,电容器两极板电势差与R 2两端电压相等,电阻R 2下端接地,故Q 点与电容器上极板电势相等、断开开关K 2,电路结构未发生变化,Q 点电势不变,电容器所带电荷量保持不变,B 板下移,即板间距离d 增大,由C ＝Q U ＝εr S 4πkd 可知,d增大,其他物理量保持不变,则两极板电势差U 增大,B 板电势为零不变,故A 板电势升高,B 项正确；由场强与电势差关系E ＝U d 及Q U ＝εr S 4πkd 可知,E ＝4πkQ εr S ,故两极板间场强不变,因此带电液滴受电场力不变,液滴保持静止,C 项错误；根据U ＝Ed 知,液滴距离下极板B 的距离增大,所以液滴所在位置与B 板的电势差增大,B 板电势为零,故液滴所在位置电势φ升高,液滴静止,上极板与电源正极相连,故液滴带负电,由E p ＝qφ可知液滴的电势能降低,D 项错误、4、(2018·山东淄博调研)如图3所示的电路中、电源电动势为E ,内阻为R ,L 1和L 2为相同的灯泡,每个灯泡(阻值恒定不变)的电阻和定值电阻相同,阻值均为R ,电压表为理想电表,K 为单刀双掷开关,当开关由1位置打到2位置时,下列说法中正确的是( )图3A 、L 1亮度不变,L 2将变暗B 、L 1将变亮,L 2将变暗C 、电源内阻的发热功率将变小D 、电压表读数将变小答案 D解析： 开关掷到位置1时,灯泡L 1和L 2并联,并联电阻R 并＝R ·RR ＋R ＝R 2,电路总电阻R 总＝R ＋R ＋R 2＝5R 2,干路电流I ＝E R 总＝2E5R ,根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1和L 2的电流相等,即I 1＝I 2＝E 5R 、开关掷到2位置时,灯泡L 1与定值电阻串联,然后与灯泡L 2并联,并联电阻为R 并′＝(R ＋R )R R ＋R ＋R＝2R 3,电路总电阻R 总′＝R ＋2R 3＝5R 3,干路电流I ′＝ER 总′＝3E 5R ,根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1的电流I 1′＝I ′×13＝E 5R ,流过灯泡L 2的电流I 2′＝I ′×23＝2E 5R 、据此判断,开关由1位置打到2位置时,流过灯泡L 1的电流大小不变,灯泡亮度不变,流过灯泡L 2的电流变大,灯泡变亮,所以选项A 、B 错误、总电流变大,电源内阻的发热功率变大,选项C 错误、总电流变大,内电压变大,路端电压变小,电压表示数变小,选项D 正确、二、多项选择题5、电动汽车是以车载电源为动力,开启了“绿色出行”的新模式、某电动汽车电源电动势为400 V ,内阻为0、5 Ω,充满电时储存的可用电能为64 kW·h,汽车运行时电源的放电电流为100 A,熄火后电源的放电电流为100 mA 、下列说法正确的是( )A 、汽车运行时,电源持续放电的时间可超过1 hB 、汽车熄火后,电源持续放电的时间可超过60天C 、汽车运行时电源的输出功率为35 kWD 、汽车运行时电源的效率为95%答案 ABC解析： 充满电储存电能W E ＝64 kW·h,汽车运行时,电源的放电电流为I 1＝100 A,放电功率P 1＝EI 1＝400×100 W ＝40 kW,电源持续放电的时间t 1＝W E P 1＝1、6 h,超过1 h,选项A 正确；汽车熄火后,电源的放电电流为I 2＝100 mA,放电功率P 2＝EI 2＝400×0、1 W ＝0、04 kW,电源持续放电的时间t 2＝W E P 2＝1 600 h,约66、7天,可超过60天,选项B 正确；汽车运行时电源输出功率P 出＝P 1－I 12r ＝40 kW －5 kW ＝35 kW,选项C 正确；汽车运行时电源效率η＝P 出P 1×100%＝87、5%,选项D 错误、 6、A 、B 两块正对的金属板竖直放置,在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线,细线下端系一个带电小球(可视为点电荷)、两块金属板接在如图4所示的电路中,电路中的R 1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小),R2为滑动变阻器,R3为定值电阻、当R2的滑片P在中间时闭合开关S,此时电流表和电压表的示数分别为I和U,带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ,电源电动势E和内阻r一定,电表均为理想电表、下列说法中正确的是()图4A、无论将R2的滑动触头P向a端移动还是向b端移动,θ均不会变化B、若将R2的滑动触头P向b端移动,则I减小,U减小C、保持滑动触头P不动,用较强的光照射R1,则小球重新达到稳定后θ变小D、保持滑动触头P不动,用较强的光照射R1,则U变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变答案ACD7、如图5所示,直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0,反向电阻为∞)连接,电源负极接地、开始时电容器不带电,闭合开关S,稳定后,一带电油滴恰能静止在电容器中的P点、在开关S 保持接通的状态下,下列说法正确的是()图5A、当滑动变阻器的滑片向上滑动时,带电油滴会向上运动B、当电容器的上极板向上移动时,带电油滴会向下运动C 、当电容器的下极板向下移动时,P 点的电势不变D 、当电容器的下极板向左移动时,P 点的电势会升高答案 AD解析： 带电油滴恰好静止,其合力为零,受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力,即mg ＝qE 、当滑动变阻器的滑片向上滑动时,其电阻值变大,电容器两端的电压U 变大,对电容器进行充电,两极板间电场强度E变大,带电油滴受到的电场力大于重力,会向上运动,选项A 正确；当电容器的上极板向上移动时,极板间距d 变大,根据C ＝εr S 4πkd ＝Q U ,电容器的电荷量Q 应减小,但由于二极管的单向导电性,电容器只能进行充电,不能进行放电,故此时,电容器的电荷量Q 不变,电场强度E ＝U d ＝4πkQ εr S 不变,带电油滴仍静止不动,选项B 错误；同理,当电容器的下极板向下移动时,d 变大,电场强度E 不变,而P 点到下极板的距离变大且下极板的电势不变,故P 点电势升高,选项C 错误；当电容器的下极板向左移动时,S 变小,根据C ＝εr S 4πkd ＝Q U 和二极管的单向导电性,电容器的电荷量Q不变,电场强度E ＝4πkQ εr S 变大,而P 点到下极板的距离不变,故P 点电势升高,选项D 正确、三、非选择题8、(2017·安徽江南十校联考)某同学身边有一电动势未知的电源和电压表A,他想用以下器材组装成欧姆表,并比较准确地测量该电源的电动势和电压表B的内阻、现有下列器材：电压表A,满偏电压3 V,内阻为1 kΩ待测电压表B,量程15 V,内阻为几千欧电动势约15 V,内阻3 Ω的直流电源最大阻值为10 kΩ的滑动变阻器R1最大阻值为1 kΩ的滑动变阻器R2(1)本实验中应选择滑动变阻器(选填“R1”或“R2”)、请在下面的方框内画出所组装的欧姆表的内部电路结构图；(2)该同学组装完毕并进行欧姆调零后,将待测电压表接入电路中,两电压表示数如图6所示,A、B电压表读数分别为V、V；图6(3)通过本实验测得该电源的电动势为V,电压表B的内阻为Ω、(计算结果保留两位有效数字)答案(1)R1如图所示(2)1、009、5(3)149、5×103解析： (1)组装欧姆表应将电源与表头串联,由于只给出一个3 V 量程的电压表可供使用,故只能利用电源、电压表和滑动变阻器串联使用；欧姆表的中值电阻等于其内阻,欧姆调零时,表头应满偏,因电源电动势约为15 V ,电压表分压3 V ,则滑动变阻器分压约为12 V ,则此时滑动变阻器阻值应为电压表内阻的4倍,则滑动变阻器应选最大阻值为10 kΩ的R 1、(2)A 电压表读数为1、00 V ,B 电压表读数为9、5 V 、(3)欧姆调零时,电压表A 满偏,则此时电流I 1＝ 3 V 1 000 Ω＝0、003 AI 1＝E R A ＋R 1＋r而接入待测电压表后,电流I 2＝U A R A＝0、001 A 又I 2＝Er ＋R 1＋R B ＋R AR B ＝U B I 2＝9、5×103 Ω 解得E ＝14 V ,R B ＝9、5×103 Ω9、(2017·河南六市一联)某学习小组设计了一个测定金属丝电阻率的实验电路如图7所示、ab 是一段粗细均匀的金属电阻丝,R 0是阻值为6 Ω的保护电阻,学生电源的输出电压为10 V ,电流表可视为理想电表、图7(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径如图8所示,其直径为 mm 、图8(2)先接通电源,后闭合开关,发现电流表的示数为零,利用多用电表检查故障(电路中故障只有一处),先将选择开关旋至直流电压挡,测得各点间的电压如下表格、由此可以判断电路发生的故障是 、(3)排除故障后进行实验,闭合开关K,调节线夹的位置,记录金属电阻丝ab 接入电路的长度L 和对应的电流表的示数I ,根据得到的实验数据,作出了1I －L 图象,如图9所示、由图象和测得的数据可估算出该金属丝的电阻率为 Ω·m(π取3,保留1位有效数字)、图9(4)若电流表不能视为理想电表,考虑电流表的电阻,则电阻率的测量值 真实值、(选填“大于”“等于”或“小于”)答案 (1)0、900±、001 (2)c 、d 间断路 (3)6×10－6 (4)等于解析： (1)直径d ＝0、500 mm ＋40、0×0、01 mm ＝0、900 mm 、(2)因e 、c 间电压为10 V ,而e 、d 间电压为0 V ,则可判断发生的故障是c 、d 间断路、(3)由欧姆定律有I ＝UR 0＋R L, 又R L ＝ρL S ,S ＝π(d 2)2,得1I ＝4ρπd 2U L ＋R 0U ,再结合图象得出4ρπd 2U ＝1、0 A －1·m －1,解得ρ＝6×10－6 Ω·m 、(4)若考虑电流表内阻,则由欧姆定律有I ＝E R 0＋R A ＋R L, 又R L ＝ρL S ,S ＝π(d 2)2,得1I ＝4ρπd 2U L ＋R 0＋R A U ,可知电流表内阻对电阻率的测量值没有影响、10、(2017·山西五校四联)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,需要测量一个规格为“2、5 V 0、5 A ”的小灯泡两端的电压和通过它的电流、现有如下器材：A 、直流电源(电动势3、0 V ,内阻不计)B 、电流表(量程3 A,内阻约为0、1 Ω)C 、电流表(量程600 mA,内阻约2 Ω)D 、电压表(量程3 V ,内阻约3 kΩ)E 、电压表(量程15 V ,内阻约为15 kΩ)F 、滑动变阻器R (最大阻值10 Ω,额定电流1 A)(1)实验中,电流表应选择 ；电压表应选择 、(填所选器材前的字母)(2)为了尽可能地减小实验误差,请根据正确选择的器材设计电路并在方框中作出该电路图、(3)在正确操作的情况下,某同学根据实验所得的数据画出该小灯泡的伏安特性曲线如图10所示、实验中,若把该小灯泡和一个阻值为9 Ω的定值电阻串联在电动势为3 V 、内阻为1 Ω的直流电源上,则小灯泡此时的电阻为 Ω、(结果保留两位有效数字)图10答案(1)C D(2)如图所示(3)1、5(1、4～1、6均可)解析：(1)因灯泡的额定电压为2、5 V,额定电流为0、5 A,因此为保证实验的安全和准确,电压表应选择D,电流表应选择C、(2)本实验要求通过灯泡的电流由零开始逐渐增大,故滑动变阻器采用分压式接法,因灯泡正常发光时电阻为R L＝2.50.5Ω＝5 Ω,较小,则电流表采用外接法、(3)作出等效电源(电动势3 V,内阻10 Ω)的I－U图线,由图可知两图线交点坐标为(0、4 V,0、26 A),则灯泡此时电阻为0.4 V0.26 A≈1、5 Ω、。

章末自测卷(第十章)(限时：45分钟)一、单项选择题1、下列没有利用涡流的是()A、金属探测器B、变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C、用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D、磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案： B解析：金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的,磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定,也是利用涡流现象,变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损、2、如图1所示电路中,A、B、C为完全相同的三个灯泡,L是一直流电阻不可忽略的电感线圈、a、b为线圈L的左右两端点,原来开关S是闭合的,三个灯泡亮度相同、将开关S断开后,下列说法正确的是()图1A、a点电势高于b点,A灯闪亮后缓慢熄灭B、a点电势低于b点,B、C灯闪亮后缓慢熄灭C、a点电势高于b点,B、C灯闪亮后缓慢熄灭D、a点电势低于b点,B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案： D解析：电路稳定时,三个完全相同的灯泡亮度相同,说明流经三个灯泡的电流相等、某时刻将开关S断开,流经电感线圈的磁通量减小,其发生自感现象,相当于电源,产生和原电流方向相同的感应电流,故a点电势低于b点电势,三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭,选项D正确、3、图2甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机、图乙为其示意图,铜盘安装在水平的铜轴上,磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M、N分别与铜轴和铜盘边缘接触,匀速转动铜盘,电阻R就有电流通过、则下列说法正确的是()图2A、回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B、回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C、回路中电流方向不变,从M经导线流进电阻R,再从N流向铜盘D、铜盘绕铜轴转动时,沿半径方向上的金属“条”切割磁感线,产生电动势答案： D解析：圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”,转动切割磁感线产生感应电动势,D项正确；金属“条”相互并联,产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等,即E＝12BL2ω,可见感应电动势大小不变,回路总电阻不变,由闭合电路欧姆定律得I＝ER,故回路中电流大小恒定,且与铜盘转速有关,A、B项错误；由右手定则可知,回路中电流方向是自下而上通过电阻R,C项错误、4、(2018·山东烟台调研)如图3所示,等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场,它的底边在x 轴上且长为2L ,高为L ,纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域,在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置,以顺时针方向为导线框中电流的正方向,下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案： B解析： 位移在0～L 过程,磁通量增大,由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向,为正值,I ＝Bl v R ,l ＝x ,则I ＝B v R x ；位移在L ～2L 过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值；位移在2L ～3L 过程,磁通量减小,由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向,为负值,I ＝B v R (3L －x ),故B 正确、5、如图4甲,光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角,b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻、阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置,其他部分电阻不计、整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上、从t ＝0时刻开始,棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用,由静止开始沿导轨向上运动,运动中棒始终与导轨垂直且接触良好,通过R 的感应电流I 随时间t 变化的图象如图乙所示、下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt 、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的电荷量q 随运动时间t 变化的图象,其中正确的是( )图4答案： B解析： 由于产生的感应电动势是逐渐增大的,而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变,产生的感应电动势不变,A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ,感应电流为I ＝E R ＋r ＝ΔΦ(R ＋r )Δt,由题图乙可知：I ＝kt ,故有：ΔΦΔt ＝k (R ＋r )t ,所以图象B 正确；I 均匀增大,电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ,则知U 与时间t 成正比,C 错误；通过金属棒某横截面的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2,故有q －t 图象为抛物线,并非过原点的直线,D 错误、二、多项选择题6、如图5,两平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab 、cd 与导轨垂直构成闭合回路,且两棒都可沿导轨无摩擦滑动、用与导轨平行的水平恒力F向右拉cd棒,经过足够长时间以后()图5A、两棒间的距离保持不变B、两棒都做匀速直线运动C、两棒都做匀加速直线运动D、ab棒中的电流方向由b流向a答案：CD7、(2017·河北石家庄二模)如图6甲所示,质量m＝3、0×10－3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“”形框的水平细杆CD长l＝0、20 m,处于磁感应强度大小B1＝1、0 T、方向水平向右的匀强磁场中、有一匝数n＝300匝、面积S＝0、01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连、线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示、t＝0、22 s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力),跳起的最大高度h＝0、20 m、不计空气阻力,重力加速度g＝10 m/s2,下列说法正确的是()图6A 、0～0、10 s 内线圈中的感应电动势大小为3 VB 、开关K 闭合瞬间,CD 中的电流方向由C 到DC 、磁感应强度B 2的方向竖直向下D 、开关K 闭合瞬间,通过细杆CD 的电荷量为0、03 C答案： BD解析： 0～0、1 s 内线圈中的磁场均匀变化,由法拉第电磁感应定律E＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ,代入数据得E ＝30 V ,A 错误、开关闭合瞬间,细框会跳起,可知细框受向上的安培力,由左手定则可判断电流方向由C 到D ,B 正确、由于t ＝0、22 s 时通过线圈的磁通量正在减少,再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B 2的方向相同,故再由安培定则可知C 错误、K 闭合瞬间,因安培力远大于重力,则由动量定理有B 1Il Δt ＝m v ,通过细杆的电荷量Q ＝I Δt ,线框向上跳起的过程中v 2＝2gh ,解得Q ＝0、03 C,D 正确、三、非选择题8、水平放置的两根平行金属导轨ad 和bc ,导轨足够长,导轨两端a 、b 和c 、d 两点分别连接电阻R 1和R 2,在水平面内组成矩形线框,如图7所示,ad 和bc 相距L ＝0、5 m,放在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B ＝1 T,一根电阻为0、2 Ω的导体棒PQ 跨接在两根金属导轨上,在外力作用下以4 m/s 的速度向右匀速运动,如果电阻R 1＝0、3 Ω,R 2＝0、6 Ω,导轨ad 和bc 的电阻不计,导体棒与导轨垂直且两端与导轨接触良好、求：图7(1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小；(2)导体棒PQ上感应电流的方向；(3)导体棒PQ向右匀速滑动的过程中,外力做功的功率、答案：(1)5 A(2)Q→P(3)10 W解析：(1)根据法拉第电磁感应定律,PQ产生的感应电动势E＝BL v ＝1×0、5×4 V＝2 V又R外＝R1R2R1＋R2＝0.3×0.60.3＋0.6Ω＝0、2 Ω则感应电流的大小I＝ER外＋r＝20.2＋0.2A＝5 A(2)根据右手定则判定电流方向为Q→P(3)导体棒PQ匀速运动,则F＝F安＝BIL＝1×5×0、5 N＝2、5 N故外力做功的功率P＝F v＝2、5×4 W＝10 W、9、如图8所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为l,电阻不计、水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B、导体棒a与b的质量均为m,接入电路的有效电阻分别为R a＝R,R b＝2R、b棒放置在水平导轨上足够远处,a 棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放、运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g、图8(1)求a 棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；(2)求最终稳定时两棒的速度大小；(3)从a 棒开始下落到最终稳定的过程中,求b 棒上产生的内能、答案： (1)B 2l 22gh 3R 方向水平向左 (2)2gh 2 (3)mgh 3解析： (1)设a 棒刚进入磁场时的速度为v ,从开始下落到进入磁场根据机械能守恒定律mgh ＝12m v 2a 棒切割磁感线产生感应电动势E ＝Bl v根据闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋2Ra 棒受到的安培力F ＝BIl联立以上各式解得F ＝B 2l 22gh 3R ,方向水平向左、(2)a 棒进入磁场,切割磁感线产生感应电流a 棒和b 棒均受安培力作用,F ＝IBl ,大小相等、方向相反,所以a 棒和b 棒组成的系统动量守恒、设两棒最终稳定速度为v ′,以v 的方向为正方向,则m v ＝2m v ′解得v ′＝122gh 、(3)设a 棒产生的内能为Q a ,b 棒产生的内能为Q b根据能量守恒定律12m v 2＝12×2m v ′2＋Q a ＋Q b两棒串联内能与电阻成正比Q b ＝2Q a解得Q b ＝13mgh 、10、如图9所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景,在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计),以MN 为界,上半部分匀强磁场的磁感应强度为B 1,下半部分匀强磁场的磁感应强度为B 2、已知B 1＝4B 2＝4B 0,磁场方向相同,且磁场区域足够大、在距离界线MN 为h 的P 点有一宇航员处于静止状态,宇航员以平行于MN 的速度向右抛出一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球,发现小球在界线处的速度方向与界线成90°角,接着小球进入下半部分磁场、当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q 点时,刚好又接住球而静止、图9(1)请你粗略地作出小球从P 点运动到Q 点的运动轨迹；(2)PQ 间的距离是多大？(3)宇航员的质量是多少？答案： (1)见解析：图 (2)6h (3)5πm 6解析： (1)小球的运动轨迹如图所示、(2)设小球的速率为v 1,由几何关系可知R 1＝h ,由q v B ＝m v 2R 和B 1＝4B 2＝4B 0,可知R 2＝4R 1＝4h ,由q v 1(4B 0)＝m v 21R 1, 解得小球的速率v 1＝4qB 0h m ,根据运动的对称性,PQ 的距离为L ＝2(R 2－R 1)＝6h 、(3)设宇航员的速率为v 2,因周期T ＝2πm qB ,故小球由P 运动到Q 的时间t ＝T 12＋T 22＝5πm 4qB 0、 所以宇航员匀速运动的速率为v 2＝L t ＝24qB 0h 5πm ,以v 2的方向为正方向,由动量守恒定律有M v 2－m v 1＝0,可解得宇航员的质量M ＝5πm 6、。

章末自测卷(第九章)(限时：45分钟)一、单项选择题1、关于磁感应强度B,下列说法正确的是()A、根据磁感应强度的定义式B＝FIL可知,磁感应强度B与F成正比,与IL成反比B、一小段通电导线放在磁感应强度为零处,它所受的磁场力一定为零C、一小段通电导线在某处不受磁场力的作用,则该处的磁感应强度一定为零D、磁场中某处磁感应强度的方向,与通电导线在该处所受磁场力的方向相同答案： B2、(2018·江西南昌模拟)如图1所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,沿边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来、若从上向下看,下列判断正确的是()图1A、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 的交流电源相接,液体持续旋转D 、仅磁场的N 、S 极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变 答案： A解析： 若A 接电源正极,B 接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿顺时针方向,因此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,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B 错误；A 、B 与50 Hz 的交流电源相接,液体不会持续旋转,故C 错误；若磁场的N 、S 极互换后,重做该实验发现液体旋转方向变化,故D 错误、3、如图2所示,质量为m 、长度为L 的金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂在O 、O ′点,处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B ,棒中通以某一方向的电流,平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ,重力加速度为g 、则( )图2A 、金属棒中的电流方向由N 指向MB 、金属棒MN 所受安培力的方向垂直于OMNO ′平面向上C 、金属棒中的电流大小为mg BL tan θD 、每条细线所受拉力大小为mg cos θ答案： C解析： 平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ,故金属棒受到安培力,根据左手定则,可判断金属棒中的电流方向由M 指向N ,故A 错误；金属棒MN 所受安培力的方向垂直于MN 和磁场方向向右,故B 错误；设每条细线所受拉力大小为F T ,由受力分析可知,2F T sin θ＝BIL,2F T cos θ＝mg ,得 I ＝mg BL tan θ,故C 正确；由受力分析可知,2F T cos θ＝mg ,得F T＝mg 2cos θ,故D 错误、4、不计重力的两个带电粒子M 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3、分别用v M 与v N 、t M 与t N 、q M m M 与q N m N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、荷质比,则( )图3A 、如果q M m M ＝q N m N,则v M >v N B 、如果q M m M ＝q N m N,则t M <t N C 、如果v M ＝v N ,则q M m M >q N m ND 、如果t M ＝t N ,则q M m M >q N m N答案： A解析： 由洛伦兹力提供向心力可得q v B ＝m v 2r ,q m ＝v rB ,由它们在磁场中的轨迹可知,两个带电粒子M 和N 轨迹的半径关系为r M >r N ,如果q M m M＝q N m N,则v M >v N ,选项A 正确；两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中轨迹均为半个圆周,运动时间均为半个周期,由T ＝2πm qB 可知,如果q M m M ＝q N m N,则两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中运动周期相等,t M ＝t N ,选项B 错误,同理,选项D 错误；由q v B ＝m v 2r ,可解得v ＝rBq m 、如果v M ＝v N ,则q M m M <q N m N,选项C 错误、二、多项选择题5、(2018·云南文山调研)如图4所示,磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极,两极间距为d ,极板长和宽分别为a 和b ,这两个电极与可变电阻R 相连、在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场,磁感应强度大小为B 、发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体——等离子体,等离子体以速度v 向右流动,并通过专用通道导出、不计等离子体流动时的阻力,调节可变电阻的阻值,则( )图4A 、运动的等离子体产生的感应电动势为E ＝Ba vB 、可变电阻R 中的感应电流方向是从Q 到PC 、若可变电阻的阻值为R ＝ρd ab ,则其中的电流为I ＝B v ab 2ρD 、若可变电阻的阻值为R ＝ρd ab ,则可变电阻消耗的电功率为P ＝B 2v 2dab4ρ答案： CD解析： 根据左手定则,等离子体中的带正电粒子受到的洛伦兹力向上,带正电粒子累积在上极板,可变电阻R 中电流方向从P 到Q ,B 错误；当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡时,两极板间电压稳定,设产生的电动势为E ,则有q v B ＝q E d ,E ＝Bd v ,A 错误；发电导管内等离子体的电阻r ＝ρd ab ,若可变电阻的阻值为R ＝ρd ab ,由闭合电路欧姆定律有I＝ER ＋r ＝B v ab 2ρ,可变电阻消耗的电功率P ＝I 2R ＝B 2v 2dab 4ρ,C 、D 正确、 6、如图5甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L ,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B 、垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒、从t ＝0时刻起,棒上有如图乙所示的持续交变电流I ,周期为T ,最大值为I m ,图甲中I 所示方向为电流正方向、则金属棒( )图5A 、一直向右移动B 、速度随时间周期性变化C 、受到的安培力随时间周期性变化D、受到的安培力在一个周期内做正功答案：ABC解析：根据左手定则知金属棒在0～T2内所受安培力向右,大小恒定,故金属棒向右做匀加速运动,在T2～T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等、方向相反,金属棒向右做匀减速运动,一个周期结束时金属棒速度恰好为零,以后始终向右重复上述运动,选项A、B、C正确；在0～T2时间内,安培力方向与运动方向相同,安培力做正功,在T2～T时间内,安培力方向与运动方向相反,安培力做负功,在一个周期内,安培力所做的总功为零,选项D错误、7、如图6所示,相互正交的匀强电场方向竖直向下,匀强磁场垂直纸面向里、带有等量同种电荷的三个液滴在此空间中,a液滴静止不动,b液滴沿水平线向右做直线运动,c液滴沿水平线向左做直线运动、则下列说法中正确的是()图6A、三个液滴都带负电B、液滴b的速率一定大于液滴c的速率C、三个液滴中液滴b质量最大D、液滴b和液滴c一定做的是匀速直线运动答案：AD解析：a液滴受力平衡,有G a＝qE,重力和电场力等值、反向、共线,故电场力向上,由于电场强度向下,故液滴带负电,b液滴受力平衡,有G b ＋q v b B＝qE,c液滴受力平衡,有G c＝q v c B＋qE,解得G c>G a>G b,即m c>m a>m b,故A正确,C错误；由以上分析可知,无法确定b与c洛伦兹力大小,因此无法确定液滴速率大小,故B错误；根据F洛＝q v B可知,液滴的洛伦兹力受到速率的约束,若不是做匀速直线运动,则洛伦兹力变化,导致受力不平衡,那么就不可能做直线运动,故D正确、综上本题选A、D、三、非选择题8、如图7所示,一个质量为m、电荷量为q的正离子,在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里、结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场,此电场方向与AC平行且向上,最后离子打在G处,而G处距A点2d(AG⊥AC),不计离子重力,离子运动轨迹在纸面内、求：图7(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；(2)离子从D处运动到G处所需时间；(3)离子到达G处时的动能、答案： (1)23d (2)(9＋2π)m 3Bq (3)4B 2q 2d 29m解析： (1)正离子运动的轨迹如图所示、磁场中做圆周运动的半径r 满足：d ＝r ＋r cos 60°,解得r ＝23d(2)设离子在磁场中的运动速度为v 0,则有：q v 0B ＝m v 20r 、T ＝2πr v 0＝2πm qB , 由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：t 1＝13T ＝2πm 3Bq离子在电场中做类平抛运动,从C 到G 的时间为：t 2＝2d v 0＝3m Bq , 离子从D 处运动到G 处所需时间为：t ＝t 1＋t 2＝(9＋2π)m 3Bq(3)设电场强度为E ,则有：qE ＝mad ＝12at 22由动能定理得：qEd ＝E k G －12m v 02解得E k G ＝4B 2q 2d 29m9、aa ′、bb ′、cc ′为足够长的匀强磁场分界线,相邻两分界线间距均为d ,磁场方向如图8所示,Ⅰ、Ⅱ区域磁感应强度分别为B 和2B ,边界aa ′上有一粒子源P ,平行于纸面向各个方向发射速率为2Bqd m 的带正电粒子,Q 为边界bb ′上一点,PQ 连线与磁场边界垂直,已知粒子质量为m ,电荷量为q ,不计粒子重力和粒子间相互作用力,求：图8(1)沿PQ 方向发射的粒子飞出Ⅰ区时经过bb ′的位置；(2)粒子第一次通过边界bb ′的位置范围；(3)进入Ⅱ区的粒子第一次在磁场Ⅱ区中运动的最长时间和最短时间、 答案： 见解析：解析： (1)由洛伦兹力提供向心力得Bq v ＝m v 2r 1r 1＝m v Bq把v ＝2Bqd m 代入得r 1＝2d如图甲所示,sin θ＝d 2d ＝12,θ＝30°PM ＝QN ＝2d －2d cos θ＝(2－3)d则经过bb ′的位置为Q 下方(2－3)d 处(2)当带正电粒子速度竖直向上进入磁场Ⅰ,距离Q 点上方最远,如图乙所示,由几何关系得cos α1＝d 2d ＝12,α1＝60°QH 1＝2d sin α1＝3d当带正电粒子进入磁场Ⅰ后与bb ′相切时,距离Q 点下方最远,如图丙所示,由几何关系得cos α2＝d 2d ＝12,α2＝60°QH 2＝2d sin α2＝3d粒子通过的范围长度为L ＝23d(3)r 2＝m v q ·2B ＝dT ＝2πr 2v ＝πm Bq轨迹圆所对应的弦越长,在磁场Ⅱ中运动的时间越长、如图丁所示,当轨迹圆的弦长为直径时,所对应的时间最长为t max ＝T 2＝πm 2Bq当轨迹圆的弦长为磁场Ⅱ的宽度时,从cc ′飞出,所对应的时间最短为t min ＝T 6＝πm 6Bq当粒子从Q 最上方进入Ⅱ区时,如图戊所示,从bb ′飞出所对应的时间最短为t min ＝T 3＝πm 3Bq所以粒子第一次在磁场Ⅱ中运动的最短时间为t min ＝πm 6Bq 、。

第1课时 磁场的描述 磁场对电流的作用考纲解读 1.知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用.2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．1．[对磁感应强度的理解]下列关于磁感应强度的说法正确的是( )A ．一小段通电导体放在磁场A 处，受到的磁场力比B 处的大，说明A 处的磁感应强度比B 处的磁感应强度大B．由B＝FIL可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向答案 D解析磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝FIL只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处的磁感应强度和放置的方式共同决定，所以A、B、C都是错误的．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，所以D正确．2．[对磁感线的理解]关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是() A．磁极与磁极之间、磁极与电流之间都可以通过磁场发生相互作用B．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时北极所指的方向一致C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的答案AB解析磁场是一种特殊物质，磁极、电流间发生作用都是通过磁场发生的，故A对；磁感线是为形象描述磁场而假想的线，不是真实存在的，故D错；磁感线的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故B对；磁感线是闭合曲线，在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，故C错．3．[磁场对电流作用力的计算]如图1所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的该电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为()图1A ．0 B.5BEL 11rC.10BEL 11rD.BEL r答案 C解析 总电阻R ＝3r ·2r 3r ＋2r ＋r ＝115r ，总电流I ＝E R ＝5E11r ，梯形框架受到的安培力等效为I通过ad 边时受到的安培力，故F ＝BI ·ad ＝BI ·2L ＝10BEL11r ，所以C 选项正确．4．[左手定则和安培定则的应用]如图2所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．图2答案5．[左手定则的应用]请根据图3中给出的条件，运用左手定则，求出各图中第三个物理量的方向．图3答案 根据各图中已知方向利用左手定则，判知： (a)F 垂直于纸面向里 (b)F 垂直于纸面向里 (c)B 垂直于纸面向外(d)I由左向右(e)F垂直于I斜向右下方一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时北极的指向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向．(2)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场．(2)特点匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线．二、磁感线、通电导体周围磁场的分布1．磁感线的特点(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．(5)磁感线是假想的曲线，客观上不存在．2．电流的磁场1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时，F ＝BIL .(2)磁场和电流平行时：F ＝0. 2．安培力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)安培力的方向特点：F ⊥B ，F ⊥I ，即F 垂直于B 和I 决定的平面．考点一 对磁感应强度的理解1．磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的． 2．磁感应强度B 与电场强度E 的比较A ．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B ．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C ．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D ．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值解析 电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A 对，B 错．同理根据电场强度的定义式E ＝F /q 可知C 正确．而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B ＝FIL 中I 和B 的方向必须垂直，故D 错．答案 AC1．某点电场强度的方向与电荷在该点的受力方向相同或相反；而某点磁感应强度方向与电流元在该点所受安培力方向垂直，满足左手定则．2．电荷在电场中一定会受到电场力的作用；如果电流方向与磁场方向平行，则电流在磁场中不受安培力的作用．突破训练1 关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B ．磁场中某点B 的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C ．若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B 值大小为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大 答案 D解析 磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处的磁感应强度为一恒量，其大小可由B ＝FIL计算，与试探电流元的F 、I 、L 的情况无关，A 错．磁感应强度的方向规定为小磁针N极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力方向垂直，B错．当试探电流元的方向与磁场方向平行时，电流元受磁场力虽为零，但磁感应强度却不为零，C 错．磁感线的疏密是根据磁场的强弱画出的，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，磁感线越稀疏的地方，磁感应强度越小，故D正确．考点二安培定则的应用和磁场的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.2．磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．特别提醒两个电流附近的磁场某处的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．例2如图4所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()图4A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．答案 C1．根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．2．磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．3．磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．考点三安培力作用下导体运动情况的判定(1)判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．(2)在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．例3一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图5所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()图5A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析本题考查安培定则以及左手定则，意在考查学生对安培定则以及左手定则的应用的理解．先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图a 所示．可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动．再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图b 所示，导线还要靠近螺线管，所以D 正确，A 、B 、C 错误．答案D判定安培力作用下导体运动情况的常用方法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流突破训练2如图6所示，把一重力不计的通电直导线AB放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动．当导线中通有如图所示方向的电流I时，从上向下看，关于导线AB 的运动情况下列说法正确的是()图6A．顺时针转动，同时下降B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降D．逆时针转动，同时上升答案 C解析(1)根据如图甲所示的导线所处的特殊位置判断其运动情况．将导线AB从N、S 极的中间O分成两段，由左手定则可得AO段所受安培力的方向垂直于纸面向外，BO 段所受安培力的方向垂直于纸面向里，可见从上向下看，导线AB将绕O点逆时针转动．(2)根据导线转过90°时的特殊位置判断其上下运动情况．如图乙所示，导线AB此时所受安培力方向竖直向下，导线将向下运动．(3)由上述两个特殊位置的判断可知，当导线不在上述的特殊位置时，所受安培力使其逆时针转动同时还向下运动，所以可确定C正确．考点四安培力作用下导体的平衡与加速1．安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析图．2．安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．例4如图7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且MN＝OP＝1 m，g取10 m/s2，则()图7A ．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为10 m/s 2D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N解析 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F 安＝BIL ＝0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动时的加速度大小为a ＝F 安m＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G＝－mg ·ON ＝－0.5 J ，由动能定理得W 安＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20 m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律得F －F 安＝m v 2r，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确．答案 D突破训练3 如图8所示，质量为M 、长为L 的直导线通有垂直纸面向外的电流I ，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B 的大小和方向可能是 ( )图8A ．大小为Mg tan θ/IL ，方向垂直斜面向上B ．大小为Mg sin θ/IL ，方向垂直纸面向里C ．大小为Mg /IL ，方向水平向右D ．大小为Mg /IL ，方向沿斜面向下答案 BC解析 当磁场为A 选项描述的磁场时，通电直导线受到沿斜面向上的安培力作用，F ＝BIL ＝Mg tan θIL IL ＝Mg tan θ＝Mg sin θcos θ>Mg sin θ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故A 错误；当磁场为B 选项描述的磁场时，通电直导线不受安培力作用，则通电直导线可以在竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、沿斜面向上的拉力三个力作用下在斜面上处于静止状态，故B 正确；当磁场为C 选项描述的磁场时，通电直导线受到竖直向上的安培力作用，由于F ＝BIL ＝Mg ILIL ＝Mg ，则通电直导线在竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用下在斜面上处于静止状态，故C 正确；当磁场为D 选项描述的磁场时，通电直导线受到垂直斜面向上的安培力作用，由于F ＝BIL ＝Mg ILIL ＝Mg >Mg cos θ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故D 错误．37．用转换视图法解答与安培力有关的综合问题方法概述对于安培力作用下的综合问题，需画出导体棒的受力示意图．但在三维空间对导体棒受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解答此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即画出俯视图、剖面图或侧视图等．此时，金属棒用圆代替，电流方向用“×”或“·”表示．例5 如图9甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l ，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m 的直导体棒ab 放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知通过导体棒的恒定电流大小为I ，方向由a 到b ，图乙为图甲沿a →b 方向观察的平面图．若重力加速度为g ，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．图9(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向．审题与关联解析(1)如图所示(2)根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F安＝mg tan α(3)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力F安min＝mg sin α，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度B min＝F安minIl＝mg sin αIl根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上答案见解析求解通电导体在磁场中的力学问题的方法(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．高考题组1．(2013·安徽·15)图10中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，且b、d连线水平，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图10A．向上B．向下C．向左D．向右答案 B解析据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c 两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下．本题正确选项为B.2．(2012·天津理综·2)如图11所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()图11A．金属棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小答案 A解析 选金属棒MN 为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝BIl mg，所以当金属棒中的电流I 、磁感应强 度B 变大时，θ角变大，选项A 正确，选项D 错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C 错误；θ角的大小与悬线长短无关，选项B错误．3．(2012·海南单科·10)图12中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a 、b ，导轨两端e 、f ，分别接到两个不同的直流电源上时，L 便在导轨上滑动．下列说法正确的是 ( )图12A ．若a 接正极，b 接负极，e 接正极，f 接负极，则L 向右滑动B ．若a 接正极，b 接负极，e 接负极，f 接正极，则L 向右滑动C ．若a 接负极，b 接正极，e 接正极，f 接负极，则L 向左滑动D ．若a 接负极，b 接正极，e 接负极，f 接正极，则L 向左滑动答案 BD解析 若a 接正极，b 接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e 接正极，f 接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L 向左滑动，A 项错误，同理判定B 、D 选项正确，C 项错误． 模拟题组4．如图13所示，一个边长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 ( )图13A ．0B ．ILB C.43ILB D ．2ILB答案 B解析 可以把正三角形金属框看做两根导线并联，且两根导线中的总电流等于I ，由安培力公式可知，金属框受到的磁场力为ILB ，选项B 正确．5．如图14所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.40 m ，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.50 T 、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量为m ＝0.040 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计， g 取10 m/s 2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：图14(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力．答案 (1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N ，方向平行导轨向下解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R 0＋r＝1.5 A (2)导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.30 N(3)对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F 1＝mg sin 37°＝0.24 NF 1<F 安，根据平衡条件mg sin 37°＋F f ＝F 安解得F f ＝0.06 N方向平行导轨向下(限时：45分钟)►题组1 对磁感应强度、磁感线的考查1．如图1所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O 点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为()图1答案 C解析根据磁感线的疏密表示磁感应强度的大小可知，以O点(图中白点)为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为图C.2．电流计的主要结构如图2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()图2答案 C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．►题组2安培定则及磁场的叠加3．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图3所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()图3A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相同B ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C ．在线段MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D ．在线段MN 上只有一点的磁感应强度为零答案 BD解析 两根导线分别在M 点和N 点产生的磁感应强度大小相等，方向如图所示，分析得θ1＝θ2＝θ3＝θ4，矢量相加可知M 点、N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段MN 中点O 的磁感应强度为零，选项D 正确．4．如图4所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B 1＝1 T ．位于纸面内的细直导线，长L ＝1 m ，通有I ＝1 A 的恒定电流．当导线与B 1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B 2的可能值是 ( )图4A.12T B.32 T C ．1 TD. 3 T 答案 BCD解析 当导线与B 1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，说明该区域同时存在着另一匀强磁场B 2，并且B 2与B 1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，根据矢量合成的三角形定则，可知B 2≥B 1sin 60°＝32 T ，所以B 2的值不可能为12T ，选项A 错误，本题选B 、C 、D.5．如图5所示，在xOy 平面内有两根平行于y 轴水平放置的长直导线，通有沿y 轴正方向、大小相同的电流I ，两导线关于y 轴对称，P 为x 轴上一点，Q 为z 轴上一点，下列说法正确的是()图5A．O点处的磁感应强度为零B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行D．正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用答案AB解析根据右手螺旋定则可判断两导线所产生的磁场方向，再利用矢量合成法则可判断O点处磁感应强度为零，P点处磁感应强度方向沿z轴正方向，Q点处磁感应强度方向沿x轴负方向，故A、B正确，C错误．在z轴上，z>0范围内各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，D错误．6．如图6所示，将两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k Ir，式中k是常数，I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿M、N连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()图6A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大答案BC解析由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在M、N连线上的磁场方向平行桌面向。