“恒定電流”及“磁場”綜合練習

1、恒定電流”及磁場”綜合練習一 選擇題（共14小題）1. （ 2011?長寧區(qū)二模）如圖所示電路，電源內(nèi)阻為r，定值電阻Ri的阻值小于變阻器 R的總阻值，閉合 K，當滑片P在變阻器的中點時，電壓表 V的示數(shù)為U，電流表A的示數(shù)為I，則當滑片P從變阻器中點向上滑動的過程中（ ）A . U 一直減小，I 一直增大B . U先增大后減小，I先減小后增大C.流過r的電流先減小后增大，I 一直增大D . U與I的乘積一直增大2. （2011?重慶模擬）如圖所示電路中，電源的內(nèi)電阻為r，Ri、R3、R4均為定值電阻，電表均為理想電表.閉合電鍵S,當滑動變阻器 R2的滑動觸頭P向左滑動時，電表的示數(shù)都發(fā)生變化

2、， 電流表和電壓表的示數(shù)變化量的絕對值 分別為 I、U，以下列說法正確的是（）A .電壓表示數(shù)變大B .電流表示數(shù)變小C .門jv rD .， rAlM3. 正四面體，每條邊的電阻均為R,取一條邊的兩個頂點，問整個四面體的等效電阻為（）A . RB . 2RC . 1：D . 1 PB . Pi P2C . 4Pi PdD . PD+P1+P2 3P7 （2012 ?懷化三模）如圖所示，長方體發(fā)電導管的前后兩個側面是絕緣體，上下兩個側面是電阻可忽略的導體電極，兩極間距為d,極板面積為S,這兩個電極與可變電阻R相連在垂直前后側面的方向上，有一勻強磁場，磁感應強度大小為 B發(fā)電導管內(nèi)有電阻率為p的

3、高溫電離氣體，氣體以速度v向右流動，并通過專用管道導出由于運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢若不計氣體流動時的阻力，由以上條件可推導出可變電阻消耗的電功率I鵡飪調節(jié)可變電阻的阻值，根據(jù)上面的公式或你所學過的物理知識，可求 得可變電阻R消耗電功率的最值為大（A B f ：C - _：D - L .、_3P4P5P6P8 （2010?浙江模擬）如圖所示，在水平正交的勻強電場和勻強磁場中，半徑為R的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有個帶正電的小球，已知小球所受電場力是重力的，小球的質量為m,在環(huán)頂端A點由靜止釋放，且磁感應強度為B,重力加速度為g,圖中0P連線與豎直方向的夾角為0,且sin

4、 9=0.6，則（A 小球每次經(jīng)過圖中P點時，受到的洛侖茲力都為最大，且方向不變B.小球沿圓環(huán)能做完整的圓周運動，每圈所用時間相同C 要使得小球沿圓環(huán)能做完整的圓周運動，在A點的初速度的值應大于可以D 小球經(jīng)過最低點C時，環(huán)對球的作用力不可能小于5mg9比荷為 丄的電子以速度vo沿AB邊射入邊長為a的等邊三角形的勻強磁場區(qū)域中（如圖）為使電子從BC邊穿IT出磁場，磁感應強度 B的取值范圍為（）BV3mv0eaD *電ea10. （2013?遼寧一模）足夠長的光滑絕緣槽，與水平方向的夾角分別為a和3 （ a abB .在槽上a、b兩球都做變加速直線運動，但總有aa abC. a、b兩球沿直線運動

5、的最大位移分別為Sa、Sb,則Sa SbD a、b兩球沿槽運動的時間分別為ta、tb，貝y taA .從AB （不含A點）邊出射的粒子，運動時間可能為 2 nm/3eB B .從AC （不含A點）邊出射的粒子，運動時間可能為 2 nm/3eBC. 從AB （不含A點）邊出射的粒子，運動時間均為nm/3eBD 從AC （不含A點）邊出射的粒子，運動時間均為nm/3eB二解答題（共5小題）15. （2006?江蘇）如圖所示電路中，電阻Ri=R2=R3=10 Q,電源內(nèi)阻r=5 Q,電壓表可視為理想電表.當開關Si和S2均閉合時，電壓表的示數(shù)為10V .（1）電阻R2中的電流為多大？（2）路端電壓為

6、多大？（3）電源的電動勢為多大？（4）當開關S1閉合而S2斷開時，電壓表的示數(shù)變?yōu)槎啻螅?6. （2009?黃浦區(qū)二模）如圖所示，一電荷量q=3X10 5C帶正電的小球，用絕緣細線懸于豎直放置足夠大的平行金屬板中的0點.電鍵S合上后，當小球靜止時，細線與豎直方向的夾角a=37 已知兩板相距 d=0.1m，電源電動勢?=15V，內(nèi)阻 r=1.5 Q,電阻 R1=3 Q, R2=R3=R4=9 Q. g 取 10m/s2,已知 sin370.6, cos370.8.求：（1）電源的輸出功率；（2）兩板間的電場強度的大??；（3）帶電小球的質量.17. (2008?寧夏)如圖所示，在 xOy平面的第一

7、象限有一勻強電場，電場的方向平行于 y軸向下；在x軸和第四象 限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為 B，方向垂直于紙面向外有一質量為 m,帶有電荷量+q的 質點由電場左側平行于 x軸射入電場.質點到達x軸上A點時，速度方向與x軸的夾角為 札A點與原點O的距離 為d.接著，質點進入磁場，并垂直于 OC飛離磁場不計重力影響若 OC與x軸的夾角 氛求：(1) 粒子在磁場中運動速度的大小；(2) 勻強電場的場強大小.18. (2012?山東)如圖所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板 MN和PQ,兩極板中心各有一小孔 0

8、、S2,兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示， 正反向電壓的大小均為 Uo,周期為To.在t=0時刻將一個質量為 m電量為-q (q0)的粒子由S1靜止釋放，粒T子在電場力的作用下向右運動，在_ 一時刻通過S2垂直于邊界進入右側磁場區(qū).(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1) 求粒子到達 S2時的速度大小 v和極板間距d;(2) 為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件.(3) 若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3T時刻再次到達S2,且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁 場內(nèi)運動的時間和磁感應強度的大小.XX 1 Z 11 X其XT-x次謝卜X ,1dftd1JH1111111

9、iii1iii11Iq114Iii11hiiiiiiiiill!. hlhiLJjli ji.|rXi|J|XX ； X X x5.可莎弔甌爭t9Ill-4l|11t114XXX； XKX團A. !： ?割乙2013年12月 恒定電流”及 磁場”期末復習參考答案與試題解析一 選擇題(共14小題)1. ( 2011?長寧區(qū)二模)如圖所示電路，電源內(nèi)阻為r，定值電阻Ri的阻值小于變阻器 R的總阻值，閉合 K，當滑片P在變阻器的中點時，電壓表 V的示數(shù)為U，電流表A的示數(shù)為I，則當滑片P從變阻器中點向上滑動的過程中( )A . U 一直減小，I 一直增大B . U先增大后減小，I先減小后增大C.流過

10、r的電流先減小后增大，I 一直增大D . U與I的乘積一直增大考點：閉合電路的歐姆定律.4543967分析：由電路圖可知，滑動變阻器的上半部分下R1串聯(lián)后與下半部分并聯(lián)，電壓表測路端電壓，電流表測流過R1的電流；由滑片的移動可知并聯(lián)部分總電阻的變化；則由閉合電路的歐姆定律可求得電路中總電流的變化 及路端電壓的變化；再分析并聯(lián)部分電壓的變化，即可得出電流表示數(shù)的變化.因U為路端電壓，而I為支路中的電流，直接相乘無物理意義，故可以利用并聯(lián)電路的規(guī)律，找出UI與輸出功率的關系，再判斷 UI的變化.解答：解：由圖可知，滑動變阻器上半部分與 R1串聯(lián)后與下半部分并聯(lián)，因滑片開始時在中點，故開始時R1與上

11、 半部分的總電阻 R串大于下半部分的電阻；當滑片上移時，上部分的電阻減小，下半部分電阻增大，且R1小于R的總阻值，故在上移中 R串一定會出現(xiàn)等于下半部分的電阻的情況；因為總電阻不變，所以當電阻相等時總電阻最大，即上移過程中電路中的總電阻R外應是先增大再減??；I TF由閉合電路歐姆定律I總=可知：干路電流應是先減小再增大，即流過r的電流先減小再增大； 路端電工+R外壓U應是先增大后減小，故 A錯誤；在滑片上移到電阻最大的過程中，干路電流減小，則路端電壓U=E - I總r增大，而R2不變，故R2兩端的電壓減小，因此并聯(lián)部分電壓應增大，而R串減小，故電流表增大；當滑片從最大電阻處上移時，干路電流增大

12、，則路端電壓減小，R2兩端的電壓增大，故并聯(lián)部分電壓減小，則流過下半部分的電流減小；而總電流增大，由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知，電流表示數(shù)增大；即電流表示數(shù)I一直增大，故B錯誤，C正確;UI=U=ui總、R下、，、UI總為電源的輸出功率，一，一,是逐漸減小的，而電源的輸出功率與外電阻有關，當內(nèi)外電阻相等時，輸出R j +R功率是最大的，而本題中無法確定內(nèi)外電阻的關系；故UI的變化無法確定，故 D錯誤；故選C.點評：本題考查閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析類題目，一般思路都是先分析局部電路的電阻變化，再分析整體中 電流及電壓的變化，最后分析局部電路中的流及電壓的變化；在分析局部電路時要注意靈活應用串并聯(lián)電

13、 路的性質；另外還要注意電源輸出功率的應用.2. （2011?重慶模擬）如圖所示電路中，電源的內(nèi)電阻為r, Ri、R3、R4均為定值電阻，電表均為理想電表.閉合電鍵S,當滑動變阻器 R2的滑動觸頭P向左滑動時，電表的示數(shù)都發(fā)生變化， 電流表和電壓表的示數(shù)變化量的絕對值 分別為 I、U，以下列說法正確的是（）l iA .電壓表示數(shù)變大B .電流表示數(shù)變小考點：閉合電路的歐姆定律.4543967專題： 恒定電流專題.分析：理想電流表內(nèi)阻不計，當作導線處理.電壓表測量外電壓.弄清電路的結構：則只!與R2并聯(lián)后與R4串聯(lián),再與R4并聯(lián)當滑動觸頭 P向左滑動時，接入電路的減小電阻，可根據(jù)歐姆定律判斷電路

14、中電流、電壓的 變化.解答：解：設電阻 Ri、R2、R3、R4的電流分別為Ii、12、13、14，電壓分別為 Ui、U2、U3、U4,外電壓為U .A、當滑動觸頭P向左滑動時，其接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，干路電流1總變大，外電壓U=E - Ir，故U變小，U3變小.A錯誤.小，Ii變小.又I總=li+l, I總變大，Ii變小，則I變大，且變化的絕對值 I I總,.根據(jù)閉B、C、D , U變小，I3變小，而由I總=13 + 14, I總變大，I4變大，U4變大，而 Ui+U4=U , U變小，Ui變 則里 I 總.3. 正四面體，每條邊的電阻均為R,取一條邊的兩個頂點，問整個四面體的

15、等效電阻為（ADRA . RB . 2RC. RD . E24考點：串聯(lián)電路和并聯(lián)電路.4543967專題：恒疋電流專題.分析：取一條邊的兩個頂點， 畫出整個四面體的等效電路圖，根據(jù)對稱性分析電阻 R6的電壓，確定R6上有無電流通過，再求整個電路的等效電阻.解答：解：取一條邊的兩個頂點，畫出整個四面體的等效電路圖，如圖所示.根據(jù)對稱性可知，電阻R2、R3、R4、R5四個電阻的電壓相等，則電阻R6兩端的電壓為零，相當斷路，電路等效看成R2與R3串聯(lián)、R4與R5串聯(lián)，三條支路并聯(lián)，則整個電路的等效電阻為0.5R.故選C點評：本題關鍵是畫出等效電路圖，這是直流電路的分析與計算常用思路.4. A、B兩

16、塊正對的金屬板豎直放置，在金屬板A內(nèi)側表面系一絕緣細線，細線下端系一帶電小球兩塊金屬板接在如圖所示的電路中，Ri光敏電阻，R2滑動變阻器，R3定值電阻，當 R2的滑片P在中間時閉合開關 S,此時電流表和電壓表的示數(shù)分別為 I和U，帶電小球靜止時絕緣細線與金屬板A的夾角為0.已知電源電動勢 E和內(nèi)阻r一定，光敏電阻隨光照的增強電阻變小，以下說法正確的是（）A 保持光照強度不變，將 R2的滑片P向b端滑動，則R2消耗的功率變大B 保持滑片P不動，讓光敏電阻周圍光線變暗，則小球重新平衡后0變小C.將滑片向a端滑動，用更強的光照射 Ri，則電壓表示數(shù)變小D 保持滑片P不動，用更強的光照射 Ri,則U的

17、變化量的絕對值與I的變化量的絕對值的比值變小考點：閉合電路的歐姆定律.4543967專題： 恒定電流專題.分析：該電路中，滑動變阻器上沒有電流，對AB之間的電壓沒有影響；光敏電阻的電阻隨光照強度的增大而減小，故電路中的電流增大，R3上的電壓增大，AB之間的電壓減小，電場強度減小，小球受電場力減小，則小球重新達到穩(wěn)定后 0變小.解答：解：A、該電路中，滑動變阻器上沒有電流，消耗的功率一直為零，故A錯誤；B、用較暗的光線照射 Ri,電阻隨光照強度的減小而增加，故電路中的電流減小，內(nèi)電阻上的電壓降減小， 路端電壓U增加，R3上的電壓減小，AB之間的電壓增加，電場強度增加，小球受電場力增加，則小球重

18、新達到穩(wěn)定后 0變大.故B錯誤；C、 滑片向a端滑動對電路無影響；用更強的光線照射Ri，電阻隨光照強度的增大而減小，故電路中的電流增大，內(nèi)電阻上的電壓降增大，路端電壓U減小，電壓表讀數(shù)減?。还?C正確；D、 U的變化量的絕對值與I的變化量的絕對值表示電源的內(nèi)電阻，是不變的，故D錯誤； 故選C.點評：本題以光敏電阻為媒介，考查含有變化電阻的電路，這就要求有一定的知識遷移能力；同時，D選項要利用測量電源的電動勢與內(nèi)電阻的結論，對能力的要求也就更高.本題屬于難題.5. 如圖所示，已知電源電動勢為,內(nèi)電阻為r,閉合電鍵k電路工作穩(wěn)定后，A、B、C三個制作材料相同的白熾燈泡發(fā)光亮度一樣，那么以下判斷正確

19、的是（）A.A、 B、 C三個燈功率、電壓都不同B. A、 B、 C三個燈功率相同、電壓不同C . C燈電阻最大、B燈電阻最小D .當變阻器滑動片向左滑動時，A燈、C燈變亮，B燈變暗考點：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率.4543967專題：恒疋電流專題.分析：燈泡A與R并聯(lián)后與B串聯(lián)，最后與C并聯(lián)；三個燈泡亮度相冋，說明功率相冋；分析電壓情況后比較電 阻情況.解答：解：A、B、燈泡A與R并聯(lián)后與B串聯(lián)，最后與C并聯(lián)，故Ua+Ub=Uc,由于亮度相冋，故功率相冋， 電壓不同，故A錯誤，B正確；In2C、 由于Ua+Ub Uc,故根據(jù)P可知，燈泡電阻不冋，燈泡 C電阻最大；由于IaV Ib,根據(jù)

20、P I2R，由R于功率相同，故 Ra Rb，故燈泡B電阻最小，故 C正確；D、 當變阻器滑動片向左滑動時，R變大，外電路總電阻變大，總電流變小，電源的內(nèi)電壓變小，路端電壓 變大，則燈C變亮.由于干路電流變小，通過 C燈的電流變大，所以通過 B燈的電流變小，電壓變小，則B燈變暗.由于A、B兩燈電壓之和等于路端電壓，則知A燈電壓變大，變亮.所以當變阻器滑動片向左滑動時，A燈、C燈變亮，B燈變暗.故 D正確；故選BCD .點評：對于電路的動態(tài)分析冋題，當一個電阻變大時，與其并聯(lián)的電阻電壓變大，與其串聯(lián)的電阻電壓變小，可 以作為結論使用，較為簡潔.6. （ 2011?信陽二模）一個用半導體材料制成的電

21、阻器 D，其電流I隨它兩端電壓U變化的關系如圖中的 （a）所示， 將它與兩個標準電阻 Ri、R2組成如圖（b）所示電路，當電鍵S接通位置1時，三個用電器消耗的電功率均為 P.將 電鍵S切換到位置2后，電阻器D和電阻Ri、R2消耗的電功率分別是 Pd、Pi、P2,下列關系中正確的是（）A . Pi PB . Pi P2C . 4Pi PdD . PD+P1+P2 3P考點：閉合電路的歐姆定律.4543967專題：恒疋電流專題.分析：根據(jù)電阻器D的伏安特性曲線，分析其電阻與電壓的關系.根據(jù)將電鍵S切換到位置2后，分析電阻Ri、R2電壓的變化，分析功率關系.根據(jù)電阻器D電阻的變化，判斷4Pi與Pd的

22、關系.分析電路總電阻的變化, 判斷PD+P1+P2與3P的關系.解答:解：根據(jù)電阻器 D的伏安特性曲線，其電阻隨電壓的增大而減小，電壓的減小而增大.設Ri=R2=R .將電鍵S切換到位置2前，電阻器D和電阻Ri、R2的電壓分別為U。、；.由于三個用電器消耗的電功率T122R*4R 4均為P,由功率公式 P=，得到此時電阻器 D的電阻Rd=4R，外電路總電阻為 R總二二：.將電鍵R3S切換到位置2后，電阻器D的電壓減小，電阻增大，Rd4R，外電路總電阻 R總R+ =1.8R .5RRdRA、將電鍵S切換到位置2后，電阻器D和電阻Ri并聯(lián)的電阻為R并=廠二,+,- _F v R,所以電阻 Ri13

23、的電壓小于，電阻Ri消耗的功率減小，即有 PiP.故A錯誤.B、電阻Ri的電壓小于，電阻R2的電壓大于9,則Pi P2故B錯誤.2，由于 Rd4R,貝U 4PiC、將電鍵S切換到位置2后，電阻器D和電阻Ri的電壓相等，由功率公式 P Pd .故C正確.PD+P1+P2V 3P.故 D 錯誤.D、由于外電路總增大，而總電壓不變，電路的總功率減小，則 故選C點評：本題是動態(tài)變化分析問題，要抓住電阻器D是由半導體材料制成的，電阻不是定值的特點.7. （20i2?懷化三模）如圖所示，長方體發(fā)電導管的前后兩個側面是絕緣體，上下兩個側面是電阻可忽略的導體電極，兩極間距為d,極板面積為S,這兩個電極與可變電

24、阻 R相連在垂直前后側面的方向上，有一勻強磁場，磁 感應強度大小為 B.發(fā)電導管內(nèi)有電阻率為 p的高溫電離氣體，氣體以速度v向右流動，并通過專用管道導出由于運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢若不計氣體流動時的阻力，由以上條件可推導出 可變電阻消耗的電功率亡曲曲 ）文尺.調節(jié)可變電阻的阻值，根據(jù)上面的公式或你所學過的物理知識，可求RS+Pd K得可變電阻R消耗電功率的最值為大（）ITD . vVlS考點：電功、電功率；電阻定律.4543967專題：恒疋電流專題.分析：由題，運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢，相當于電源，根據(jù)數(shù)學知識可知， 當外電阻等于電源

25、的內(nèi)阻時，外電阻消耗的電功率最大，根據(jù)電阻定律求出此時的內(nèi)阻，代入求出R消耗電功率的最值.解答：解：運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢，相當于電源，其內(nèi)阻為 噸根據(jù)數(shù)學知識可知，當外電阻等于電源的內(nèi)阻，即R=r時，外電阻消耗的電功率最大.此時r= p 4代入電功率p二（汕曲）s中得到SRS4- P d最大電功率PmJ jp止.故選B點評：本題關鍵是根據(jù)電阻定律求出電源的內(nèi)阻，要注意電阻定律中導體的長度是導體順著電流方向的長度，圖 中內(nèi)電路是導體長度是 d，容易搞錯.8 （2010?浙江模擬）如圖所示，在水平正交的勻強電場和勻強磁場中，半徑為的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有衛(wèi)倍，小

26、球的質量為 m,在環(huán)頂端4A點由靜止釋放，且磁感應強度個帶正電的小球，已知小球所受電場力是重力的B 小球沿圓環(huán)能做完整的圓周運動，每圈所用時間相同C.要使得小球沿圓環(huán)能做完整的圓周運動，在A點的初速度的值應大于丄.：,順著電場線或逆著電場線方向均可以D .小球經(jīng)過最低點C時，環(huán)對球的作用力不可能小于5mg考點：帶電粒子在混合場中的運動.4543967分析：電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方 45由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以 be弧 的中點相當于平時豎直平面圓環(huán)的 最低點”關于圓心對稱的位置就是 最高點”在最低點”時速度最大.再 根據(jù)豎直平面內(nèi)的圓周運動的相關知識解題即可.專

27、題：帶電粒子在復合場中的運動專題.解答:心小一q圧一j倍，設合力與豎直方向大角為4a,貝u tan a=ng 4如解A :小球受到水平向左的電場力和豎直向下的重力的p點時，速度最大，則洛倫茲力最大，選項A正確.B :若小球可以做完整的圓周運動需小球能到達P點關于0點對稱的P點，由已知小球在 A點的速度為零,根據(jù)能量守恒，小球到達 A點時速度為零，到達不了 P點，故小球不能做完整的圓周運動，B錯誤；C:要使小球做完整的圓周運動，使小球到達-F 合?3r= - mgR=0 -丄mvA2P點時速度為零，根據(jù)動能定理:26得：Va =，方向順著電場線或逆著電場線方向均可以，故C正確;D :小球經(jīng)過 C

28、點時，根據(jù)動能定理:2mgR=mv2 - 0根據(jù)牛頓第二定律:F - mg - qvB=mX_ R得: F=mg+qvB4|由式子可以看出若 qvB v 1.5mg則Fv 5mg，故D錯誤.故選：AC.點評：該題要求同學們能夠根據(jù)受力分析找出做圓周運動新的最高點和最低點，再根據(jù)豎直平面內(nèi)的圓周運動的 知識解題，難度較大.9比荷為 匸的電子以速度vo沿AB邊射入邊長為a的等邊三角形的勻強磁場區(qū)域中（如圖）為使電子從BC邊穿 出磁場，磁感應強度 B的取值范圍為（考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.4543967專題：帶電粒子在磁場中的運動專題.分析：根據(jù)洛倫茲力提供向心力，列式得到磁感應強度的表達式

29、，得出磁感應強度越小，半徑越大；然后作出恰 好經(jīng)過C點的臨界軌跡，求出最大磁感應強度.解答：解答：解：根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有，得到，磁感應強度越小半徑越大；粒子通過C點的軌跡如圖.根據(jù)幾何關系，得到半徑為磁感應強度越小半徑越大，故故選C.點評:本題關鍵是作出臨界軌跡，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式分析求解.10. （ 2013?遼寧一模）足夠長的光滑絕緣槽，與水平方向的夾角分別為a和3 （ a abB .在槽上a、b兩球都做變加速直線運動，但總有aa abC. a、b兩球沿直線運動的最大位移分別為Sa、Sb,則Sa SbD . a、b兩球沿槽運動的時間分別為 ta、tb，貝y ta aB故

30、A正確，B錯誤；當加速到洛倫茲力與重力沿垂直斜面向下分力相等時，小球脫離斜面則 mgcos3=Bqv 又 V2=2gsin sa 求得同理得:grr2 (1 _ si ng：)Sb 2BQ2sina因a 3,貝V sa sb 故C正確,又由v=gsin 3 得ta Bqtan同理得.b Btan。則ta tb則D正確故選：A C D點評:考查洛倫茲力作用下的小球的運動，會判斷洛倫茲力的方向，明確其大小的決定因素.11. （2012?溫州模擬）（2010?泰安五校聯(lián)考）真空中存在豎直向上的勻強電場和水平方向的勻強磁場，一質量為m,帶電量為q的物體以速度v在豎直平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，假設

31、t=0的時刻物體在軌跡最低點且重力勢能為零，電勢能也為零，則下列說法不正確的是（）A .物體帶正電且做順時針轉動物體運動的過程中，機械能與電勢能之和保持不變且大小為E氣訕中2物體運動的過程中，重力勢能隨時間的變化關系是 =mgR （1 - go諾t）pft物體運動的過程中，電勢能隨時間的變化關系是k =wgR （ccs-t - 1）PR考點：帶電粒子在混合場中的運動；功能關系；電勢能.4543967專題：帶電粒子在復合場中的運動專題.分析：物體做勻速圓周運動，受重力、電場力和洛倫茲力，其中重力和電場力平衡，洛倫茲力提供向心力.解答：解：A、重力與電場力平衡，故電場力向上，由于電場方向向上，故電

32、荷帶正電；由于磁場方向不知是垂直向內(nèi)還是垂直向外，故轉動方向不確定，故A錯誤；B、洛倫茲力不做功，只有重力和電場力做功，故作用機械能和電勢能相互轉化，總量守恒，在最低點時，有彳-，故B正確；C、 重力勢能的表達式為：E二噸（R - Rgw P ）二噸R 11 - ccs 3 t）1 - gu諾t），故C正確;匚1RD、 電勢能和重力勢能總量守恒，故電勢能為：Ep=-Ep= - m容（E -百二一噸R （1 一 cos t）二一 mgR （1 一 cos- t），故 D 正確；R本題選錯誤的，故選 A.點評：本題關鍵明確重力和電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，然后列式分析求解.12如圖所示，MN是

33、紙面內(nèi)的一條直線，其所在空間充滿與紙面平行的勻強電場或與紙面垂直的勻強磁場（場區(qū) 都足夠大），現(xiàn)有一重力不計的帶電粒子從MN上的0點以水平初速度vo射入場區(qū)，下列有關判斷正確的是 （）A .如果粒子回到 MN上時速度增大，則空間存在的一定是電場B .如果粒子回到 MN上時速度大小不變，則該空間存在的一定是電場C .若只改變粒子的速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN上時與其所成夾角不變，則該空間存在的一定是磁場D .若只改變粒子的速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN所用的時間不變，則該空間存在的一定是磁場考點：帶電粒子在混合場中的運動.4543967專題：帶電粒子在復合場中的運動專題.分析： 洛倫茲力不做功，電

34、場力可以做功；粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類似拋體運動.解答：解：A、洛倫茲力對帶電粒子不做功，不能使粒子速度增大，電場力可使帶電粒子做功，動能增大，故 正確；D、由 T=B、C、若帶電粒子以與電場線平行的速度vo射入，粒子返回速率不變，故 B錯誤，C也錯誤;，粒子在磁場中運動的時間與速率無關，故D項正確.故選AD .點評:本題關鍵是分電場和磁場兩種情況進行分析討論，抓住勻速圓周運動模型和直線運動模型進行分析討論.13. 勞倫斯于1930年制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒Di、D2構成，其間留有空隙，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源

35、相連.某帶電粒子在回旋加速器中的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是（） 1卜i -0fl 氐 h Dtn tA .在 Ek - t 圖中應有 t4 - t3=t3 - t2=t2 - tlB .高頻電源的變化周期應等于tn-tn- 1C .要使粒子獲得的最大動能增大，應增大勻強磁場的磁感應強度D .要使粒子獲得的最大動能增大，應增大加速電壓考點：質譜儀和回旋加速器的工作原理.4543967專題：帶電粒子在磁場中的運動專題.分析： 解答：根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可知回旋加速器的回旋周期一定；冋理計算出最大動能的表達式并進行討論.2 1 *解：A

36、、洛倫茲力提供向心力，有勺浚二nJ，解得r-m/，故周期 占開廿Hit，與速度無關，故t4- t3=t3rqBvqB-t2=t2 - tl=T,故 A 正確；B、為了保證每次帶電粒子經(jīng)過狹縫時均被加速，使其能量不斷提高，要在狹縫處加一個與粒子運動的周期 一致的交變電壓，故 B錯誤；2EkC、由qvB=m -得，v=，則最大動能Km以及電荷的電量和質量有關，故C正確；D、由qvB=m 得，v=-，則最大動能RmEKmv121 mv2知最大動能與加速器的半徑、磁感線強度知最大動能與加速器的半徑、磁感線強度以及電荷的電量和質量有關，與加速電壓無關，故D錯誤；故選AC .點評：解決本題的關鍵知道回旋加

37、速器是利用電場加速、磁場偏轉來加速粒子，但是最終粒子的動能與電場的大 小無關.一束電子（質量為 m,電荷量為e）以大小不同的速度沿 作用，關于電子在磁場中運動的時間，下列說法中正確的是（BC從B點射入磁場，不計電子的重力和電子之間的相互）14. 如圖所示，勻強磁場的邊界為平行四邊形 ABCD ,磁感應強度為B,其中AC邊與對角線BC垂直，/ BAC=60 A .從AB （不含A點）邊出射的粒子，運動時間可能為 2 nm/3eB B .從AC （不含A點）邊出射的粒子，運動時間可能為 2 nm/3eBC.從AB （不含A點）邊出射的粒子，運動時間均為nm/3eBD 從AC （不含A點）邊出射的粒

38、子，運動時間均為nm/3eB考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力.4543967專題：帶電粒子在磁場中的運動專題.分析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出粒子做圓周運動的周期；根據(jù)題意及幾何知識 求出電子從AC , AB邊飛出時粒子所轉過的圓心角，然后求出粒子的運動時間.解答：解：電子做圓周運動的周期T=CDA、電子沿BD方向入射從AB邊射出時，電子做圓周運動所轉過的圓心角都是60則電子從AB邊射出，在磁場中的運動時間故A錯誤，C正確;360& eB 3 eoB、當電子在 BC （包含BC）與AB間射入磁場時，電子可能從 AC邊射出，當電子沿 BC方向射入，

39、從AC邊的A點射出時，電子在磁場中運動時間最長，此時它轉過的圓心角是60電子從AC邊射出（不包括A點）時，在磁場中運動的最長時間為故BD錯誤;360* a cB 3e&點評： 本題考查了求電子在磁場中的運動時間問題，找出粒子在磁場中做圓周運動時所轉過的圓心角是正確解題 的關鍵.二.解答題(共5小題)15. (2006?江蘇)如圖所示電路中，電阻Ri=R2=R3=10 Q,電源內(nèi)阻r=5 Q,電壓表可視為理想電表.當開關Si和S2均閉合時，電壓表的示數(shù)為10V .(1) 電阻R2中的電流為多大？(2) 路端電壓為多大？(3) 電源的電動勢為多大？(4) 當開關Si閉合而S2斷開時，電壓表的示數(shù)變?yōu)槎啻?？考點：閉合電路的歐姆定律.4543967專題：壓軸題；恒定電流專題.分析：(1) 當開關S1和S2均閉合時，電阻 R1與R3并聯(lián)后與R2串聯(lián).已知電壓表的讀數(shù)與電阻R2,根據(jù)歐姆定 律定律求出電阻 R2中的電流；(2) 求出外電路總電阻，根據(jù) U=IR求出路端電壓；(3) 根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電源的電動勢；(4) 當開關S1閉合而S2斷開時，電阻R1與R2串聯(lián)，電壓表的讀數(shù)等于路端電壓.再由歐姆定律求出電 流和路端電壓.解答：解：(1)電阻R2中的電流1= =1A(2)外電阻R=R2+=15 Q所以路端電壓為：U=RI=15 X1=15V(3)根據(jù)閉合