《三维设计》2013-2014学年高中物理鲁科版选修3-1教材同步导学 第二部分 把书读薄：高考九大高频考点例析

高考九大高频考点例析
电场力的性质
题型特点 　　该类型题目以电场强度、点电荷电场线等基本概念为背景，考查电荷在电场中的受力情况及运动情况。
解题方略 1.场强方向：正电荷在电场中的受力方向，电场线上某点的切线方向。2.场强的大小：电场线密，场强大；电场线疏，场强弱。3.根据运动轨迹判断场强的方向：电场力指向曲线的内侧。结合电荷的正负分析场强方向。
[例证1]　(2011·新课标全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c ，已知质点的速率是递减的。关于 b 点电场强度 E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在 b 点的切线)(　　)
图1
[解析]　题中质点所带电荷是负电荷，电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的，因此力的方向应与速度方向夹角大于90°，故选项D正确。 图2
[答案]　D
[点评]　此题考查了曲线运动中判断场强方向的方法，解题时把握住速率递减和曲线运动的条件。
1．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为(　　)
A．3∶1　　　　　　　　 B．1∶3
C．9∶1 D．1∶9
解析：根据点电荷电场强度E＝k，可知＝9∶1，C正确。
答案：C
2．(2012·上海高考)A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为(　　)
A．－F/2 B．F/2
C．－F D．F
解析：如图所示，设B处的点电荷带电荷量为正，AB＝r，则BC＝2r，根据库仑定律F＝，F′＝，可得F′＝，故选项B正确。
答案：B
电场能的性质
题型特点 　　该题目一般是给定电场线、电荷在电场中的运动轨迹或等势面，判断电势的高低、电场力做功及电势能的变化。
解题方略 1.电势高低的判断：沿电场线方向电势逐渐降低。2.电势能的变化：电场力做正功电势能减小，做负功电势能增加。
[例证2]　(2012·山东高考)图3中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子(　　) 图3
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
[解析]　由于带电粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，说明带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律F＝k可知，选项B错误；粒子从b点运动到c点的过程中，电场力对粒子做正功，粒子电势能减小，选项C正确；由动能定理可得qU＝ΔEk，因为Uab>Ubc，所以选项D正确。
[答案]　CD
[点评]　本题重点考查等势面和运动轨迹结合分析电荷在电场中的运动情况，根据等势面分布特点和轨迹的弯曲情况判断受力及做功情况是解题的关键。
1．(2011·上海高考)电场线分布如图4所示，电场中a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb，则(　　) 图4
A.Ea>Eb，φa>φb　　　 B．Ea>Eb，φa<φb
C．Eaφb D．Ea解析：电场线的疏密表示电场强度的大小，得Ea答案：C
2．(2012·天津高考)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图5中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中(　　) 图5
A．做直线运动，电势能先变小后变大
B．做直线运动，电势能先变大后变小
C．做曲线运动，电势能先变小后变大
D．做曲线运动，电势能先变大后变小
解析：根据电场线与等势面垂直，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，受到向上的电场力作用，粒子在电场中做曲线运动，静电力先做正功后做负功，电势能先变小后变大，选项C正确。
答案：C
3．(2012·福建高考)如图6所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是(　　) 图6
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
解析：由题意知点电荷Q带负电，所以有φA＜φB＜0，得|UA∞|＞|UB∞|，移动两试探电荷克服电场力做功相等，有q1|UA∞|＝q2|UB∞|，所以q1＜q2，选项A错误，C正确。因为E＝k，A点比B点离Q近，所以EA＞EB，选项B错误。根据电场力做功与电势能变化的关系，q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，选项D错误。
答案：C
电容器、带电粒子在电场中的运动
题型特点 　　一般有两种情况，一是给定电容器进行动态分析；二是研究带电物体在平行板电容器中的受力及运动情况。
解题方略 1.解电容器的动态分析问题时，明确两种连接方式：电容器接电源，电压一定；电容器充电后与电源断开，电量一定。掌握影响电容的因素，利用公式C＝及E＝分析。2.解决带电粒子在电场中的运动问题时，灵活应用动力学知识、功能关系及运动合成与分解思想。
[例证3]　(2012·新课标高考)如图7，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)
图7
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
[解析]　由题意可知粒子做直线运动，受到竖直向下的重力和垂直极板的电场力，考虑到电场力和重力不可能平衡，故只有电场力与重力的合力方向水平向左才能满足直线运动条件，故粒子做匀减速直线运动，电场力做负功，电势能逐渐增加，B、D对。
[答案]　BD
[点评]　此题考查了带电粒子在平行板电容器中的受力及运动情况，正确分析粒子受力情况及结合功能关系是解此题的关键。
1．(2011·天津高考)板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为 Q 时，两极板间电势差为 U1，板间场强为 E1。现将电容器所带电荷量变为 2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为 U2, 板间场强为 E2，下列说法正确的是(　　)
A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1
解析：由公式E＝、C＝和C∝可得 E ∝，所以 Q 加倍，E 也加倍，再由U ＝ Ed可得U相等。C正确。
答案：C
2．(2012·江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是(　　)
A．C和U均增大 B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
解析：根据平行板电容器电容公式C＝，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝可知，U＝减小，B正确。
答案：B
3．(2011·福建高考)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图8所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg ，带电量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求： 图8
(1)B点距虚线MN的距离d2；
(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。
解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有
|q|E1d1－|q|E2d2＝0①
则①式解得d2＝d1＝0.50 cm②
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1③
|q|E2＝ma2④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有
d1＝a1t12⑤
d2＝a2t22⑥
又t＝t1＋t2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s
答案：(1)0.50 cm　　(2)1.5×10－8 s
闭合电路的动态分析问题
题型特点 　　给定一个闭合电路，设定电路某一部分结构的变化或开关的闭合与断开，而引起电路总电阻、电流、电功率等物理量的变化，要求熟练应用欧姆定律进行分析。
解题方略 这类问题的一般分析步骤如下：1.确定电路的外电阻R如何变化；2.根据闭合电路欧姆定律I＝确定电路的总电流I如何变化；3.由U内＝Ir确定电源的内电压U内如何变化；4.由U外＝E－U内确定电源的外电压(即路端电压)U外如何变化；5.由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两端的电压如何变化；6.确定支路两端的电压如何变化以及通过各支路的电流等物理量如何变化。简要地说是采用了从局部到整体，再由整体到局部的分析思路。
[例证4]　(2011·北京高考)如图9所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中(　　)
A．电压表与电流表的示数都减小 图9
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
[解析]　滑动变阻器R0的滑片向下滑动，R0接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，电压表的示数变小，R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，电流表的示数变小，A项正确。
[答案]　A
[点评]　动态电路的分析方法一般遵循“先局部后整体再局部”的原则，即先从局部的变化电路入手，确定部分电路电阻的变化，从而导致总电阻、总电流如何变化，路端电压如何变化，然后再去研究局部电路的物理量的变化情况。在研究局部电路时，往往先研究不变的元件，再研究变化的元件。解答过程中应用的重要工具是部分电路欧姆定律和闭合电路欧姆定律。
1．(2011·海南高考)如图10所示E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，?V与?A分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则(　　) 图10
A．?V的读数变大，?A的读数变小
B．?V的读数变大，?A的读数变大
C．?V的读数变小，?A的读数变小
D．?V的读数变小，?A的读数变大
解析：
故B正确。
答案：B
2．(2012·上海高考)直流电路如图11所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(　　)
A．总功率一定减小 图11
B．效率一定增大
C．内部损耗功率一定减小
D．输出功率一定先增大后减小
解析：滑片P向右移动时外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总＝EI可得P总减小，故选项A正确。根据η＝＝可知选项B正确。由P损＝I2r可知，选项C正确。由P输－R外图象，因不知道R外的初始值与r的关系，所以无法判断P输的变化情况，选项D错误。
答案：ABC
3．(2011·重庆高考)在测量小灯泡伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图12所示。电源内阻不计，导线连接良好，若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：
图12
a．小灯泡L不亮；电流表示数几乎为零
b．小灯泡L亮度增加；电流表示数增大
c．小灯泡L开始不亮，后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断
d．小灯泡L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断
与上述abcd四种现象对应的电路序号为(　　)
A．③①②④ B．③④②①
C．③①④② D．②①④③
解析：小灯泡不亮、电流表示数几乎为零，说明小灯泡和电流表与电压表具有串联关系，a对应③图；小灯泡亮度增加，电流表示数增大，说明小灯泡与电流表具有串联关系，b对应①图；电流表线圈烧断，说明最后电流表短路，但是电灯L不亮，可知，d对应④图，故选项A正确。
答案：A
测电源电动势和内电阻
题型特点 　　此类题通常采用两种方式考查，一是根据实验原理和操作过程，完成实验，二是利用U－I图像分析实验数据或采用创新实验的方式灵活完成数据的处理。
解题方略 1.测量电源电动势的方法主要有用电压表、电流表测量；用电压表、电阻箱测量；用电流表、电阻箱测量等，搞清测量原理是解题关键。2.应用图像时要注意准确把握图像的物理意义。①认清图像横、纵坐标所代表的物理量，并通过图线得出物理量间的函数关系；②认识图像中的“点”“线”“斜率”“截距”“面积”的物理意义。
[例证5]　(2011·四川高考)为测量一电源的电动势及内阻
(1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表
A．量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压表?V1
B．量程为2 V、内阻大约为2 kΩ的电压表?V2
C．量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压表?V3
选择电压表________串联________kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表。
(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号?V1?V2 或?V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图。
(3)根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50 V时、电阻箱的阻值为15.0 Ω；电压表示数为2.00 V时，电阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω。
[解析]　(1)电压表的改装，须已知待改装电表的内阻，故电压表选择?V3；电压表满偏时，串联电阻两端电压为6 V，根据串联分压原理，串联电阻应为待改装电表内阻的2倍，即6 kΩ，改装后电压表所测电压为其示数的3倍，由闭合电路欧姆定律可知，E＝U＋r，代入已知数据解得：E＝2.5 V，r＝10 Ω。实际电动势E0＝3E＝7.5V。 图13
[答案]　(1)C　6　(2)电路图如“解析”中图所示　(3)7.5　10
[点评]　此题考查测电源电动势和内电阻的创新实验设计，正确掌握电阻箱电压表在本实验中的用途，灵活设计电路和用闭合电路欧姆定律处理数据是解题的关键。
(2012·重庆高考)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响。实验器材如图14所示。
图14
①测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式________，利用测量数据作出U－I图像，得出E和r。
②将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图14中用笔画线代替导线连接电路。
③实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U－I图像如图15中(a)、(b)、(c)、(d)所示，由此可知：
在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势________(填“增大”、“减小”或“不变”)，电源内阻________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
曲线(c)对应的电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。当外电路总电阻为2 500 Ω时，该电源的输出功率P＝________mW。(均保留三位有效数字)
图15
解析：①根据欧姆定律，路端电压等于电动势减去内电压，即U＝E－Ir。
②该实验要求路端电压测量准确，故电压表应直接接在电源的两端，滑动变阻器只需能改变路端电压的值即可，故采用限流式接法。
③根据图像，电流为零时，路端电压等于电动势，四条图线对应值均相同，故电极间距减小时，电源电动势不变，四条图线中图线(d)短路电流最小，故内阻最大，即随电极间距减小，内阻增大；图线(c)对应电动势从图线中直接读出，为0.975 V，当电流为0.8 mA时，路端电压为0.592 V，由U＝E－Ir计算得r≈478 Ω；当外电路总电阻为2 500 Ω，则路端电压为U＝ E≈0.819 V，输出功率P＝＝W≈0.268 mW。
答案：①U＝E－Ir　②如图所示
③不变　增大
0．975　478　0.268
电阻的测量
题型特点 　　高考对电阻的测量类问题的设置常采用两种方式，一是利用伏安法测量，主要考查电路的设计，实物连图，二是利用多用表测电阻，主要考查多用表的使用和读数。
解题方略 1.电流表内外接法的判断：①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法。简单概括为“大内偏大，小外偏小”。 ②临界值计算法。图16Rx<时，用电流表外接法。Rx>时，用电流表内接法。③实验试探法：按图16接好电路，让电压表一根接头P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法。2.滑动变阻器分压式接法的几种情况。①若采用限流式不能控制电流满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最大时，待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程，或超过待测电阻的额定电流，则必须选用分压式。②若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多，以致在限流电路中，滑动变阻器的滑动触头从一端滑到另一端时，待测电阻上的电流或电压变化范围不够大，此时，应改用分压电路。3.多用电表欧姆挡测电阻时，注意换挡调零及在中值刻度附近读数。
[例证6]　(2011·安徽高考)(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1 k”挡位，测量时指针偏转如图17所示。请你简述接下来的测量操作过程：
图17
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________；
④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。
(2)接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图18所示。其中电压表内阻约为5 kΩ，电流表内阻约为5 Ω。图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接。
图18
(3)图19是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S旋到位置3时，可用来测量________；当S旋到位置________时，可用来测量电流，其中S旋到位置________时量程较大。
图19
[解析]　(1)欧姆表读数时， 指针在中央位置附近时最准确，开关旋到“×1 k”挡时，指针偏角太大，所以改换成小挡位“×100”；换挡后，应对欧姆表重新进行调零；所测电阻阻值等于表盘示数×倍数。
(2)上一问可以粗略地知道被测电阻为几千欧，与电压表的内阻相近，因此安培表应用内接法。
(3)多用电表测电阻时，电源内置；作电流表时，电阻与表头并联；并联电阻越小，电流表的量程越大。
[答案]　(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡
②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0 Ω”
③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值
(2)连线如图20所示
(3)电阻　1、2　1
图20
[点评]　此题考查多用电表测电阻的使用方法和伏安法测电阻的电路设计及连图，掌握多用电表的原理、结构操作步骤及伏安法测电阻的原理及误差原因是解题的关键。
1．(2012·天津高考)某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻。他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图21所示。已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。
图21
①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为________(填步骤的字母代号)；
A．合上开关S2
B．分别将R1和R2的阻值调至最大
C．记下R2的最终示数
D．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终示数为r
E．合上开关S1
F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数
②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比________(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)；
③若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS＝________
解析：①开关闭合前应使回路中的总电阻值最大，实验时，先闭合S1，调整R1使G2满偏，测出G2的满偏电流，然后利用半偏法(比较法)测出G2的电阻。故合理的顺序依次为BEFADC。
②根据串、并联电路的特点，R2、G2两端的电压相等，即rg＝r，所以rg＝r，则测量值与真实值相等。
③
改装表的原理图如图所示，则I1r＝(I－I1)RS
所以分流电阻RS＝。
答案：①BEFADC　②相等　③
2．(2012·广东高考)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图22图(a)和图(b)所示，长度为________cm，直径为________mm。
图22
②按图(c)连接电路后，实验操作如下：
(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最________处(填“大”或“小”)；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；
(b)将电阻箱R2的阻值调至最________(填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1 280 Ω；
③由此可知，圆柱体的电阻为________Ω。
解析：①游标卡尺的精度为0.1 mm，所以L＝(50＋1×0.1)mm＝5.01 cm，螺旋测微器的读数为d＝(5＋31.5×0.01) mm＝5.315 mm。
②(a)为了保护电流表，在接通电路之前，要使电路中的总电阻尽可能大，然后慢慢减小电路中的电阻。
(b)为使电路电流较小，使电流表示逐渐变大，电阻箱阻值也应先调至最大。
③将S1闭合，S2拔向接点1时，其等效电路图如图甲所示。
当S2拔向2时，其等效电路图如图乙所示。
由闭合电路欧姆定律知I＝，当I相同均为I0时，R2＝R圆柱体，所以R圆柱体＝1 280 Ω。
答案：①5.01　5.315　②(a)大　(b)大　③1 280
磁场对电流的作用
题型特点 　　此类题目主要体现在用左手定则判断安培力的方向，进而确定导体的受力和运动情况，题目中涉及安培力大小的计算及导体的平衡、加速等问题。
解题方略 1.左手定则判安培力的方向：伸开左手，磁感线垂直穿过手心，四指指向电流方向，大拇指所指方向为安培力的方向。2.当B、I、l相互垂直时安培力最大，F＝BIl。3.对于安培力作用的平衡问题，重点把握物体受力分析。
[例证7]　(2012·天津高考)如图23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，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(　　)
A．棒中的电流变大，θ角变大 图23
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
[解析]　棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项A正确；两悬线等长变短，θ角不变，选项B错误；金属棒质量变大，θ角变小，选项C错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项D错误。
[答案]　A
[点评]　此题属于安培力作用下的平衡问题。解题的思路与力的平衡一样，关键是注意安培力方向的判断。
1．(2012·济南模拟)电磁轨道炮工作原理如图24所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体 图24
处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上以下的办法不可行的是(　　)
A．只将轨道长度L变为原来的4倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变
解析：由题意可知磁感应强度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由动能定理可得：FL＝，解得v＝I ，由此式可判断A、B、D选项正确。
答案：C
2．(2012·海南高考)图25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， 图25
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(　　)
A．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
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。
答案：BD
3．(2012·福州模拟)如图26所示，质量为60 g的导体棒长度s＝20 cm，棒两端分别与长度L＝30 cm的细导线相连，悬挂在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T。当导体棒中通以稳恒电流I后，棒向上摆动(摆动过程中I始终不变)，最大偏角θ＝45°，求：导体棒中电流I的大小。
图26
解析：由于45°角是导体棒向上摆的最大偏角，所以此时导体棒并不平衡。
导体棒在向上摆动过程中，仅有重力和安培力两个恒力做功。
由动能定理得BISLsin θ－mgL(1－cos θ)＝0
所以，导体棒中电流I＝＝2.5 A。
答案：2.5 A
带电粒子在磁场中的运动
题型特点 　　给定某一磁场区域，考查粒子进入磁场，并在磁场中运动的基本规律及各物理量的计算或者分析粒子在磁场中的运动轨迹。
解题方略 　　1.对带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的求解，关键是画出匀速圆周运动的轨迹，找出圆心及相应的半径，从而找到圆弧所对应的圆心角。2.由运动轨迹找圆心，进而确定轨道半径的方法是：粒子在任意两处的洛伦兹力延长线一定交于圆心，由圆心和轨迹并结合几何知识可确定轨道半径，这是研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的重要方法。3.确定粒子在有界磁场中运动的时间，首先确定运动圆弧所对应的圆心角θ，再根据t＝T计算。
[例证8]　(2012·宁德模拟)利用如图27所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板 MN 上方是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为 2d 和 d 的缝，两缝近端相距为L。一群质量为 m、电荷量为 q，具有不同速度的粒子从宽度为 2d 的缝垂直于板 MN 进入磁场，对于能够从宽度为 d 的缝射出的粒子，下列说法不正确的是(　　) 图27
A．粒子带负电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持 d 和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持 d 和 B 不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
[解析]　由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A对；根据洛伦兹力提供向心力(qvB＝)可得v＝，r越大v越大，由图可知r最大值rmax＝，选项B正确；又r最小值rmin＝，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之差Δv＝，可见选项C正确、D错误。
[答案]　D
[点评]　此题考查了带电粒子在有界磁场中运动的极值问题，正确分析粒子在磁场中运动的轨迹及具有极值的条件是解此类题目的前提。
1．(2012·安徽高考)如图28所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(　　) 图28
A.Δt B．2Δt
C.Δt D．3Δt
解析：设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB＝，得r1＝，根据几何关系得＝tan ，且φ1＝60°当带电粒子以v的速度进入时，轨道半径r2＝＝＝r1，圆心在O2，则＝tan 。即tan ＝＝＝3tan＝。故＝60°，φ2＝120°；带电粒子在磁场中运动的时间t＝T，所以＝＝，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误。
答案：B
2．(2012·广东高考)质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图29中虚线所示，下列表述正确的是(　　) 图31
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛仑兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
解析：根据左手定则可知N带正电，M带负电，A正确；因为r＝，而M的半径大于N的半径，所以M的速率大于N的速率，B错；洛伦兹力永不做功，所以C错；M和N的运行时间都为t＝，所以D错。
答案：A
3．(2012·山东高考)如图30甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
图30
解析：(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得
qU0＝mv2①
由①式得
v＝②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
q＝ma③
由运动学公式得
d＝a()2④
联立③④式得
d＝⑤
(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB＝m⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
2R>⑦
联立②⑥⑦式得
B<⑧
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有
d＝vt1⑨
联立②⑤⑨式得
t1＝⑩
若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得
d＝t2
联立⑨⑩ 式得
t2＝
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T0－－t1－t2
联立 式得
t＝
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得
T＝
由题意可知
T＝t
联立 式得
B＝
答案：见解析
带电粒子在复合场中的运动
题型特点 　　考查带电粒子在复合场中的直线运动、曲线运动，准确的受力分析并由几何关系画出轨迹是关键；两种基本模型：速度选择器(电、磁场正交)和回旋加速器(电、磁场相邻)也是考查重点。
解题方略 　　带电粒子在复合场中运动的处理方法：1.带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)。2.当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。3.当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成。
[例证9]　(2012·浙江高考)如图31所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。
图31
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的值；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？
[解析]　(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
q＝mg①
由①式得
q＝②
由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：
墨滴带负电荷。③
(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有
qv0B＝m④
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径
R＝d⑤
由②、④、⑤式得
B＝⑥
(3)
根据题设，墨滴运动轨迹如图32所示，设圆周运动半径为R′，有
qv0B′＝m⑦
由图示可得
R′2＝d2＋(R′－)2⑧ 图32
得R′＝d⑨
联立②、⑦、⑨式可得
B′＝
[答案]　(1)负电荷　　(2)　(3)
[点评]　本题考查带电粒子在电场、磁场中运动的综合问题，画出带电粒子的运动轨迹图与过程分析图是解决此类问题的关键。
1．(2012·新课标全国卷)如图33所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为R现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 图33
点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。
解析：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
qvB＝m①
式中v为粒子在a点的速度。
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此
＝＝r②
设＝x，由几何关系得
＝R＋x③
＝R＋④
联立②③④式得r＝R⑤
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE＝ma⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得
r＝at2⑦
r＝vt⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得
E＝⑨
答案：
2．(2011·天津高考)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
(1)回旋加速器的原理如图34所示，D1和D2是两个中空的半径为 R 的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为 f 的交流电源上，位于 D1圆心处的质子源 A 能不断产生质子(初速度可以忽略，重力不计)，它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为 B 的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为 P，求输出 图34
时质子束的等效电流 I 与 P、B、R、f 的关系式(忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速)。
(2)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr是增大、减小还是不变？
解析：(1)设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知
qvB＝m
质子运动的回旋周期T＝＝
由回旋加速器工作原理可知，交流电源的频率与质子回旋频率相同，由周期 T 与频率 f的关系得f＝
设在 t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率P＝
输出时质子束的等效电流I＝
由上述各式得I＝
若以单个质子为研究对象解答亦可。
(2)法一：设k(k∈N*)为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk、rk＋1(rk＋1>rk)，Δrk＝rk＋1－rk，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk、vk＋1，D1、D2 之间的电压为U，由动能定理知
2qU＝mvk＋12－mvk2
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk＝
则2qU＝(rk＋12－rk2)
整理得Δrk＝
因U、q、m、B均为定值，令C＝，由上式得
Δrk＝
相邻轨道半径rk＋1、rk＋2之差
Δrk＋1＝rk＋2－rk＋1
同理Δrk＋1＝
因为rk＋2>rk，比较Δrk、Δrk＋1得
Δrk＋1<Δrk
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr减小。
法二：设k(k∈N*)为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk、rk＋1(rk＋1>rk)，Δrk＝rk＋1－rk，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk、vk＋1，D1、D2 之间的电压为U。
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk＝
故＝
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量
ΔEk＝qU
以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速(2k－1)次，速度大小为vk＝
同理，质子第(k＋1)次进入D2时，速度大小为
vk＋1＝
综合上述各式得＝
整理得
＝
＝
Δrk＝
同理，对于相邻轨道半径 rk＋1、rk＋2，
有Δrk＋1＝rk＋2－rk＋1
整理后有Δrk＋1＝
由于rk＋2>rk，比较Δrk、Δrk＋1得
Δrk＋1<Δrk
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr 减小。用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。
答案：(1)I＝
(2)Δr减小，推理过程见解析
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