2020屆高三物理二輪專題復(fù)習(xí)-磁場(chǎng)

第=page22頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2020屆高三物理二輪專題復(fù)習(xí)——磁場(chǎng)一、單選題（本大題共7小題，共28分）如圖所示，在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電荷量為+q的液滴在豎直面內(nèi)做以速率為v、半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則油滴的質(zhì)量(

)

A. B. C. D.B兩根非?？拷蚁嗷ゴ怪钡拈L(zhǎng)直導(dǎo)線分別通以相同強(qiáng)度的電流，方向如圖所示，那么兩電流所產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直導(dǎo)線平面向內(nèi)且最強(qiáng)的在哪個(gè)區(qū)域(????)A.區(qū)域1 B.區(qū)域2 C.區(qū)域3 D.區(qū)域4如圖所示的四種情況，通電導(dǎo)體均置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其中通電導(dǎo)線不受安培力的是(????)A. B. C. D.電磁流量計(jì)廣泛應(yīng)用于測(cè)量可導(dǎo)電流體(如污水)在管中的流量(在單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)管內(nèi)橫截面的流體的體積).為了簡(jiǎn)化，假設(shè)流量計(jì)是如圖所示的橫截面為長(zhǎng)方形的一段管道，其中空部分的長(zhǎng)、寬、高分別為圖中的a、b、c.流量計(jì)的兩端與輸送流體的管道相連接(圖中虛線).圖中流量計(jì)的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料．現(xiàn)于流量計(jì)所在處加磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于前后兩面．當(dāng)導(dǎo)電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計(jì)時(shí)，在管外將流量計(jì)上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測(cè)得的電流值．已知流體的電阻率為ρ，不計(jì)電流表的內(nèi)阻，則可求得流量為：(????)．A.IB(aR+ρbc) B.IB套在長(zhǎng)絕緣直棒上的小環(huán)質(zhì)量為m，帶電量為+q，小環(huán)內(nèi)徑比棒的直徑略大．將棒放置在方向均水平且正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小環(huán)與棒的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，現(xiàn)將小環(huán)從靜止釋放，小環(huán)可沿絕緣直棒下滑，棒足夠長(zhǎng)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(????)

A.小環(huán)從靜止釋放瞬間加速度a0=g?μEqm

B.小環(huán)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最大加速度am=g

如圖甲所示，光滑水平桌面上靜置一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的單匝正方形線圈abcd，線圈的一邊通過(guò)一輕桿與固定的傳感器相連?，F(xiàn)加一隨時(shí)間均勻變化、方向垂直桌面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從t=0時(shí)刻開(kāi)始，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，線圈的一半處于磁場(chǎng)中，另一半在磁場(chǎng)外，傳感器顯示的力隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示。F0和t0已知，則磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率的大小為(????)

A.1L2F0RLt0 某磁場(chǎng)的磁感線如圖所示，則下列說(shuō)法中正確的是(????)A.M點(diǎn)的磁場(chǎng)比N點(diǎn)的磁場(chǎng)強(qiáng)

B.M點(diǎn)的磁場(chǎng)比N點(diǎn)的磁場(chǎng)弱

C.M點(diǎn)的磁場(chǎng)方向和N點(diǎn)的磁場(chǎng)方向相同

D.靜止的正電荷在M電受到磁場(chǎng)力的方向和M點(diǎn)的磁場(chǎng)方向相同二、多選題（本大題共5小題，共20分）一束混合粒子流從一發(fā)射源射出后，進(jìn)入如圖所示的磁場(chǎng)，分離為1、2、3三束，則不正確的是(????)A.1帶正電

B.1帶負(fù)電

C.2不帶電

D.3帶正電

如圖所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界上，有兩個(gè)質(zhì)量和電荷量均相同的正、負(fù)離子，從O點(diǎn)以相同的速率射入磁場(chǎng)中，射入方向與邊界成θ角，若不計(jì)重力，則正、負(fù)離子在磁場(chǎng)中(????)A.運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同

B.重新回到邊界時(shí)速度大小和方向都相同

C.運(yùn)動(dòng)的軌道半徑相同

D.重新回到邊界時(shí)的位置與O點(diǎn)距離相同在物理學(xué)中，常用比值法定義物理量，例如用E=Fq來(lái)定義電場(chǎng)強(qiáng)度，下列也采用比值法定義，且定義式正確的物理量是A.電容器的電容C=QU

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度B=FIL

C.電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系式E=如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，一帶電油滴位于極板間的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，下列說(shuō)法正確的是(????)A.帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)

B.帶電油滴的電勢(shì)能將增大

C.若在兩板間插入金屬板，則極板帶電量將減小

D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上，L1的正上方有a，b兩點(diǎn)，它們相對(duì)于L2對(duì)稱。整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中，外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外，已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為1A.流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為712B0

B.流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為112B0

C.流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為三、填空題（本大題共2小題，共10分）12.在圖中，當(dāng)導(dǎo)線ab向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd所受磁場(chǎng)力的方向是_____；ab棒上____端相當(dāng)于電源的正極．

如圖所示，兩平行金屬板間距為d=10cm，電勢(shì)差為U=100V，板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)；金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．帶電量為q=+1.0×10?5C、質(zhì)量為m=2.0×10?11kg的粒子，由靜止開(kāi)始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場(chǎng)加速后射出，并進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．忽略重力的影響，求：

(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大??；

(2)粒子從電場(chǎng)射出時(shí)速度V的大小；

(3)四、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共12分）用圖甲所示裝置測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和某導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)的電阻率。水平管道長(zhǎng)為l、寬度為d、高為h，置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。管道上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開(kāi)關(guān)S、電阻箱R、靈敏電流表G(內(nèi)阻為Rg)連接。管道內(nèi)始終充滿導(dǎo)電液體，液體以恒定速度v自左向右通過(guò)。閉合開(kāi)關(guān)(1)圖乙所示電阻箱接入電路的電阻值為_(kāi)______Ω。(2)與N板相連接的是電流表G的_______極(填“正”或“負(fù)”)。(3)圖丙所示的電流表讀數(shù)為_(kāi)______μA。(4)將實(shí)驗(yàn)中每次電阻箱接入電路的阻值R與相應(yīng)的電流表讀數(shù)I繪制出1I?R圖象為圖丁所示的傾斜直線，其延長(zhǎng)線與兩軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(?a,0)和(0,b)，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為_(kāi)______，導(dǎo)電液體的電阻率為五、計(jì)算題（本大題共3小題，共30分）如圖，一段長(zhǎng)為1m的通電導(dǎo)線，質(zhì)量為2.4kg，懸掛于天花板上．現(xiàn)加一垂直于紙面向里的磁場(chǎng)B，當(dāng)通入I=3A電流時(shí)懸線的張力恰好為零，g取10m/s2.求：

(1)所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)如果電流方向不變，通入電流大小變?yōu)?A時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小又為多少？此時(shí)每根懸線拉力為多大？

如圖所示，水平虛線X下方區(qū)域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，整個(gè)空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出).質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球P靜止于虛線X上方A點(diǎn)，在某一瞬間受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng)．在A點(diǎn)右下方的磁場(chǎng)中有定點(diǎn)O，長(zhǎng)為l的絕緣輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端連接不帶電的質(zhì)量同為m的小球Q，自然下垂．保持輕繩伸直，向右拉起Q，直到繩與豎直方向有一小于50的夾角，在P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的同時(shí)自由釋放Q，Q到達(dá)O點(diǎn)正下方W點(diǎn)時(shí)速率為v0.P、Q兩小球在W點(diǎn)發(fā)生正碰，碰后電場(chǎng)、磁場(chǎng)消失，兩小球粘在一起運(yùn)動(dòng)．P、Q兩小球均視為質(zhì)點(diǎn)，P小球的電荷量保持不變，繩不可伸長(zhǎng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g．

(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小和P進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率v；

(2)若繩能承受的最大拉力為F，要使繩不斷，F(xiàn)至少為多大？

(3)求A點(diǎn)距虛線X的距離s．

如圖所示，空間分布著方向平行于紙面且與場(chǎng)區(qū)邊界垂直的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E、場(chǎng)區(qū)寬度為L(zhǎng)，在緊靠電場(chǎng)右側(cè)的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B未知，圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為r.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從A點(diǎn)由靜止釋放后，在M點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，并沿半徑方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，然后從N點(diǎn)射出，O為圓心，∠MON=120°，粒子重力可忽略不計(jì)，求：

(1)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大?。?/p>

(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

(3)粒子從A點(diǎn)出發(fā)到N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間．

答案和解析1.【答案】C

【解析】試題分析：由于帶電液滴在復(fù)合場(chǎng)中做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力平衡電場(chǎng)力，只有洛侖茲力提供向心力，由此可知mg=qE，，由以上可知液滴的質(zhì)量

考點(diǎn)：考查帶電液滴在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

點(diǎn)評(píng)：本題難度較小，在粒子處于重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，肯定是由重力與電場(chǎng)力平衡，洛侖茲力提供向心力

2.【答案】C

【解析】解：兩根非?？拷蚁嗷ゴ怪钡拈L(zhǎng)直導(dǎo)線，當(dāng)通上如圖所示方向的電流時(shí)，根據(jù)安培定則可得：

電流方向水平向右的直導(dǎo)線在區(qū)域1、區(qū)域2磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，在區(qū)域3、區(qū)域4磁場(chǎng)方向垂直紙面向內(nèi)，

電流方向豎直向下的直導(dǎo)線在區(qū)域1、區(qū)域4磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，在區(qū)域2、區(qū)域3磁場(chǎng)方向垂直紙面向內(nèi)，

所以根據(jù)的磁場(chǎng)的疊加原理，可得：區(qū)域1里磁感線垂直紙面向外，區(qū)域3里磁感線垂直紙面向內(nèi)，

則兩電流所產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直導(dǎo)線平面向內(nèi)且最強(qiáng)的在區(qū)域3.故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選C

3.【答案】C

【解析】解：根據(jù)左手定則來(lái)確定安培力的方向，其內(nèi)容：伸開(kāi)左手，大拇指與四指在同一平面，且與四指垂直，讓磁感線穿過(guò)掌心，四指向?yàn)殡娏鞯姆较?，則大拇指向?yàn)榘才嗔Φ姆较颉?/p>

A選項(xiàng)受到到安培力方向水平向左；B選項(xiàng)受到安培力方向水平向右；D選項(xiàng)受到安培力方向垂直紙面向里。

而C選項(xiàng)，由于通電導(dǎo)線與磁感線平行，所以沒(méi)有磁場(chǎng)力。

故選：C。

通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定則來(lái)確定安培力的方向．

學(xué)會(huì)區(qū)分左手定則與右手定則，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感應(yīng)電流的方向．

4.【答案】B

【解析】【分析】當(dāng)導(dǎo)電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計(jì)時(shí)，正負(fù)電荷受洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下表面間形成電勢(shì)差，最終穩(wěn)定時(shí)，電荷所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，根據(jù)歐姆定律及電阻定律求出上下表面間的電勢(shì)差，從而根據(jù)平衡求出速度以及流量的大小。解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及掌握歐姆定律和電阻定律的運(yùn)用，注意電流方向的橫截面積求解。

【解答】

最終穩(wěn)定時(shí)有：qvB=q則有：v=根據(jù)電阻定律有：R′=ρ則總電阻為：R總=R′+R

解得：v=所以流量為：Q=vS=vbc=IB(bR+ρca故選B。

5.【答案】C

【解析】【分析】

釋放瞬間，則受到重力與滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，即可求解加速度；當(dāng)電場(chǎng)力等于洛倫茲力時(shí)，絕緣桿對(duì)小球的支持力等于0，故此時(shí)滑動(dòng)摩擦力等于0，此時(shí)物體的加速度最大；當(dāng)摩擦力增加到與重力平衡時(shí)，小球的速度最大。

本題考查了電場(chǎng)力、洛倫茲力，帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，受力分析，牛頓第二定律，過(guò)程分析是容易出錯(cuò)之處。

【解答】

A.釋放小環(huán)瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，則有mg?μqE=ma，解得a=g?μEqm，故A正確；

B.當(dāng)摩擦力為零時(shí)，則qE=Bv1q，即v1=EB時(shí)，加速度最大，此時(shí)合力等于重力，故最大加速度為am=g，故B正確；

CD.當(dāng)摩擦力增加到與重力平衡時(shí)，小球的速度最大，故μBvq?qE=mg，解得vm【解析】解：依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=△B△t?L22；

根據(jù)閉合電路歐姆定律，則線圈中感應(yīng)電流I=ER

那么線圈受到的安培力F=BIL，

根據(jù)傳感器顯示的力隨時(shí)間變化規(guī)律，結(jié)合平衡狀態(tài)，則有：F0t0t=BIL；

即有：BERL=F0t0t，

整理可得，△B【解析】解：A、磁感線的疏密表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，由圖象知N點(diǎn)的磁場(chǎng)比M點(diǎn)的磁場(chǎng)強(qiáng)，A錯(cuò)誤B正確；

C、磁感線的切線方向表示該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，由圖象知兩點(diǎn)在一條曲線上，它們所處位置的切線方向不同，所以它們的磁場(chǎng)方向不同，C錯(cuò)誤；

D、由洛倫茲力公式知靜止的電荷不受洛倫茲力，D錯(cuò)誤；

故選：B．

8.【答案】BD

【解析】解：

A、根據(jù)1束的偏轉(zhuǎn)方向，粒子受到向左的洛倫茲力，由左手定則可以判斷1是帶正電的，選項(xiàng)A是正確的．

B、由對(duì)選項(xiàng)A的分析可知，選項(xiàng)B是錯(cuò)誤．

C、2束粒子沒(méi)有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明在磁場(chǎng)中沒(méi)有受到洛倫茲力作用，此束粒子不帶電，選項(xiàng)C正確．

D、3束粒子向右偏，粒子受到向右的洛倫茲力，由左手定則可知此束粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．

本題選錯(cuò)的，故選BD．

該題考察了帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，先由偏轉(zhuǎn)方向判斷出粒子的受力方向，再由左手定則判斷出粒子的帶電情況．由圖可知，2是不帶電的，1和3帶電．

此種類型的題，首先要掌握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，當(dāng)帶電粒子垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)時(shí)，粒子將在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．由此根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)情況判斷出粒子的受力方向，再由左手定則判斷出粒子的電性．要求會(huì)熟練的運(yùn)用左手定則分析粒子的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題．

9.【答案】BCD

【解析】【分析】由題正負(fù)離子的質(zhì)量與電量相同，進(jìn)入同一磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，根據(jù)偏向角的大小分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間的長(zhǎng)短；由牛頓第二定律研究軌道半徑；根據(jù)圓的對(duì)稱性，分析離子重新回到邊界時(shí)速度方向關(guān)系和與O點(diǎn)距離。本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。求運(yùn)動(dòng)時(shí)間可用關(guān)系式t=θ2πT=sv=θω，【解答】A.根據(jù)左手定則分析可知，正離子逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，重新回到邊界時(shí)正離子的速度偏向角為2π?2θ，軌跡的圓心角也為2π?2θ，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=2π?2θ2πT，同理，負(fù)離子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=B.正負(fù)離子在磁場(chǎng)中均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度沿軌跡的切線方向，根據(jù)圓的對(duì)稱性可知，重新回到邊界時(shí)速度大小與方向相同，故B正確；

C.根據(jù)牛頓第二定律得?qvB=mv2r，?r=mvqB，由題q、v、B、m大小均相同，則r相同，故C正確；

D.根據(jù)幾何知識(shí)得知重新回到邊界的位置與O點(diǎn)距離s=2rsinθ，r、θ相同，則s相同，故D

10.【答案】AB

【解析】解：A、電容器的電容C=QU，電容與電壓、電荷量無(wú)關(guān)，該式屬于比值定義法，故A正確。

B、磁感應(yīng)強(qiáng)度與放入磁場(chǎng)中的電流元無(wú)關(guān)，此式運(yùn)用的是比值定義法。故B正確。

C、電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系式E=Ud是電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，不是電場(chǎng)強(qiáng)度的定義，故C錯(cuò)誤；

D、導(dǎo)體電阻與電阻率、導(dǎo)線長(zhǎng)度以及截面積均有關(guān)，不屬于比值定義法，故D錯(cuò)誤。

故選：AB。

所謂比值定義法，就是用兩個(gè)物理量的“比值”來(lái)定義一個(gè)新的物理量的方法。比值法定義的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬性，與參與定義所用的物理量無(wú)關(guān)。根據(jù)物理量的定義分析是否是比值定義法。

解決本題的關(guān)鍵理解并掌握比值定義法的特點(diǎn)：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬性，與定義所用的物理量無(wú)關(guān)。

【解析】解：A、將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=Ud得知板間場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴所受的電場(chǎng)力減小，則油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)。故A正確。

B、由上分析可知，油滴受到的電場(chǎng)力做負(fù)功，則電勢(shì)能增大。故B正確。

C、若在兩板間插入金屬板，相當(dāng)于極板間距減小，那么電容增大，根據(jù)Q=CU，因電壓不變，則極板帶電量將增大。故C錯(cuò)誤。

D、根據(jù)電容的定義式C=QU，電容器與電源保持相連，則U不變，當(dāng)C減小，則Q也減小。故D錯(cuò)誤。

故選：AB。

將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=Ud分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷電場(chǎng)力變化，確定油滴運(yùn)動(dòng)情況．由U=Ed分析P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差如何變化，即能分析P點(diǎn)電勢(shì)的變化和油滴電勢(shì)能的變化．根據(jù)電容的定義式C=QU，電容器與電源保持相連，則U不變，Q與C成正比變化．

【解析】解：整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中，外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外，

且a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為13B0和12B0，方向也垂于紙面向外，

根據(jù)右手螺旋定則，L1直導(dǎo)線電流，在a、b兩點(diǎn)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，大小相等，

同理，L2直導(dǎo)線的電流，在a點(diǎn)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在b點(diǎn)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，但兩點(diǎn)的磁場(chǎng)大小相等，

依據(jù)矢量疊加法則，則有：B0?B2?B1=B03；

B0+B2?B1=B0【解析】當(dāng)外力使ab向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則，則會(huì)產(chǎn)生從a到b的感應(yīng)電流，ab充當(dāng)電源的作用，電源內(nèi)部電流從負(fù)極流向正極，所以b為電源正極；外電路電流由正極流向負(fù)極，所以cd中電流從c到d，根據(jù)左手定則cd受到的安培力向下。

14.【答案】解：(1)根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得：

勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小E=Ud=1000.1=1000V/m；

(2)設(shè)帶電粒子出電場(chǎng)時(shí)速度為v.由動(dòng)能定理得：

Uq=12mv2

解得：v=2qUm=2×10?52×10?11=1000m/s

(3)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：

Bqv=mv2R

解得：

【解析】(1)根據(jù)公式E=Ud可求E；

(2)根據(jù)動(dòng)能定理列式求解；

(3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解．

本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，屬于基礎(chǔ)題，另外要注意公式E=Ud，d是指沿電場(chǎng)方向距離．

15.【答案】290.1；負(fù)；24.0；

【解析】解：(1)根據(jù)電阻箱讀數(shù)的方法，可得接入電路的電阻值為290.1Ω；

(2)導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)自左向右通過(guò)，用左手定則判斷出，正離子受洛倫茲力向外，集中在M板，負(fù)離子受洛倫茲力向內(nèi)，集中在N板，因此，與N板相連接的是電流表G的負(fù)極；

(3)根據(jù)電流表讀數(shù)的方法，注意當(dāng)刻度是10分位時(shí)，需要估讀一位，即：讀數(shù)為24.0μA；

(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：E=I(R+Rg+r)，其中：E=Bdv，r=ρldh，代入可得標(biāo)準(zhǔn)方程為：1I=(RgBdv+ρlBhd2v)+1BdvR，由圖丁可得：斜率為k=ba，截距為b，結(jié)合上邊方程，可解得：磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=abdv，導(dǎo)電液體的電阻率為(a?Rg)lhd。

故答案為：(1)電阻值為290.1Ω；(2)負(fù)極；(3)讀數(shù)為24.0μA；

(4)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為abdv，導(dǎo)電液體的電阻率為(a?Rg)lhd。

(1)根據(jù)電阻箱和電流表的讀數(shù)方法，讀出電阻和電流表的示數(shù)；

(2)利用帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力的方向，判斷出極板的正負(fù)極；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律，利用數(shù)學(xué)知識(shí)把方程改變?yōu)榘磮D丁的標(biāo)準(zhǔn)形式，再結(jié)合截距和斜率求出答案。

解答本題的關(guān)鍵是：要知道該裝置形成電流的本質(zhì)原因是電場(chǎng)力和洛倫茲力達(dá)到平衡；同時(shí)要學(xué)會(huì)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的方法，利用截距和斜率可直接算出磁感應(yīng)強(qiáng)度和電阻率的大小。

16.【答案】解：(1)對(duì)通電導(dǎo)線受力分析，有mg=BIL

代入數(shù)據(jù)得：B=8T

【解析】導(dǎo)線張力恰好為零，根據(jù)二力平衡求出安培力大小，然后根據(jù)F=BIL求出B的大?。?/p>

磁感應(yīng)強(qiáng)度與磁場(chǎng)本身有關(guān)，與電流大小無(wú)關(guān)，求出電流為1A是的安培力F=BIL，然后根據(jù)平衡條件求每根懸線的拉力．

17.【答案】解：

(1)設(shè)小球P所受電場(chǎng)力為F1，則F1=qE

在整個(gè)空間重力和電場(chǎng)力平衡，有Fl=mg

聯(lián)立相關(guān)方程得E=mgq

設(shè)小球P受到?jīng)_量后獲得速度為v，由動(dòng)量定理