模块综合检测(一)
一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)
1．关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是( )
解析：伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为逆时针，故A正确．
答案：A
2．在我们生活的地球周围，每时每刻都会有大量的由带电粒子组成的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．若有一束宇宙射线在赤道上方沿垂直于地磁场方向射向地球，如图所示，在地磁场的作用下，射线方向发生改变的情况是( )
A．若这束射线是由带正电荷的粒子组成，它将向南偏移
B．若这束射线是由带正电荷的粒子组成，它将向北偏移
C．若这束射线是由带负电荷的粒子组成，它将向东偏移
D．若这束射线是由带负电荷的粒子组成，它将向西偏移
解析：地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，所以D正确．
答案：D
3．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220 V 100 W”字样，L3和L4都标有“220 V 40 W”字样，把电路接通后，最暗的是( )
A．L1 B．L2
C．L3 D．L4
解析：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4.由公式P＝.可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻．通过L1的电流大于L2的电流，由公式P＝I2R得到，P1＞P2.L2和L3的电压相等，由公式P＝.可知，P2＞P3.通过L3的电流小于L4的电流，由公式P＝I2R得到，P4＞P3.所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3.所以L3最暗．故选C.
答案：C
4．一平行板电容器接在电源上，当两极板间的距离增大时，如图所示，则( )
A．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量也将减小
B．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量将增大
C．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量将减小
D．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量也将增大
解析：平行板电容器接在电源上，板间电压不变，当两极板间的距离增大时，由公式E＝，分析得知，两极板间的电场强度将减小．当两极板间的距离增大时，电容C减小，电压U不变，则由C＝，分析得知极板上的电量将减小．故A正确．
答案：A
5．有关电荷所受电场力和磁场力的说法中，正确的是( )
A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用
B．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向一致
C．正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致
D．电荷在电场中不一定受电场力的作用
解析：电荷在磁场中的运动方向和磁场方向不在同一直线上时，电荷受洛伦兹力作用，洛伦兹力方向和磁场垂直，故A、B错误；电荷在电场中一定受电场力作用，与电荷运动状态无关，正电荷受力和电场方向一致，负电荷受力和电场方向相反，故C正确，D错误．
答案：C
6．在闭合电路中，下列叙述正确的是( )
A．当外电路断开时，路端电压等于零
B．闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比
C．当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大
D．当外电阻增大时，路端电压将减小
解析：总电流I和路端电压U随外电阻R的变化规律：①当R增大时，I变小，又据U＝E－Ir知，U变大；当R增大到∞时，I＝0，U＝E(断路)．②当R减小时，I变大，又据U＝E－Ir知，U变小；当R减小到零时，I＝，U＝0(短路)．
答案：B
7．下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是( )
A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B．小磁针S极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向
C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向
D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
解析：某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向垂直，故A错误；小磁针N极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向，故B错误；垂直于磁场放置的通电导线的受力方向与磁感应强度的方向垂直，故C错误；磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，故D正确．
答案：D
8．美国物理学家密立根通过研究在带电平行板间运动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．如图，两平行极板M、N与电压为U的恒定电源连接，板的间距为d.现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则( )
A．此时极板间电场强度E＝
B．油滴带电荷量为
C．减小极板间电压，油滴将减速下落
D．将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
解析：由匀强电场中电压与电场强度关系可知A正确；油滴匀速下落，重力和电场力平衡有q＝mg，可知B错误；电压减小，电场力减小，小于重力，油滴加速下落，C错误；N板向上移动一小段距离，电场力大于重力，油滴减速下降，D错误．
答案：A
9．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B.则( )
A．该磁场是匀强磁场
B．线圈平面总与磁场方向垂直
C．线圈将逆时针方向转动
D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB
解析：该磁场是辐射状磁场，磁感应强度大小相等，但方向不同，A错误；线圈平面总与磁场方向平行，B错误；根据左手定则知右边导线受到向下的安培力，左边导线受到向上的安培力，因此线框将顺时针转动，C错误；因为两导线转到任意位置处的磁感应强度都为B，磁场方向与导线瞬时速度都垂直，故受到的安培力F＝BIl，D正确．
答案：D
10．如图所示，一束质量、速度和电量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转．如果让这些不发生偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论( )
A．它们的动能一定各不相同
B．它们的电量一定各不相同
C．它们的质量一定各不相同
D．它们的电量与质量之比一定各不相同
解析：沿直线穿过电磁场区域的离子受力平衡，则Bqv＝Eq，因此离子的速度均为v＝，进入右侧磁场后，分成三束，由r＝可知，离子的电量与质量之比一定不同，则D正确．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)
11．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是( )
A．该离子带负电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．离子在C点时速度最大
D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点
解析：根据左手定则，离子带正电，选项A错误；洛伦兹力不做功，离子A点和B点动能都为零，那么离子在A点和B点电势能相等，A点和B点位于同一高度，选项B正确；离子的电势能和动能之和是守恒的，离子在C点时电势能最小，所以动能最大，速度最大，选项C正确；离子到达B点时，将向B的右侧做周期性运动，不会沿原曲线返回A点，选项D错误．
答案：BC
12．在如图所示的四幅图中，分别标出了磁场B方向、带负电粒子的运动方向v和其所受洛伦兹力f的方向，其中正确标明了带电粒子所受洛伦兹力f方向的是( )
解析：根据左手定则，可判断出洛伦兹力方向．A图洛伦兹力的方向向左上，错误；B图洛伦兹力的方向向右下，正确；C图洛伦兹力的方向向上，错误；D图洛伦兹力的方向向下，正确．
答案：BD
13．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同)．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块运动的过程中，表述正确的是( )
A．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
B．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些
C．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少
D．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少量
解析：开始运动时库仑力肯定大于物块与水平面的最大静摩擦力，此后，随两物块间距的变大，库仑力逐渐减小，会小于物块与水平面间的滑动摩擦力；物块受到的库仑力方向与其运动方向一致，做正功，质量较小的物体，加速度较大，移动距离较大，库仑力对其做功较多；运动开始后的最初一段时间里库仑力做的功大于摩擦力做的功的绝对值，系统机械能增加．由于库仑力(电场力)做正功，系统电势能减少，其减少量等于库仑力做的总功．选项A、C错误，选项B、D正确．
答案：BD
14．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是( )
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小
解析：粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电．其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B对；由Eq＝Bqv可知，v＝，选项C正确；粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即其做匀速圆周运动的直径D＝.可见D越小，则粒子的荷质比越大，D不同，则粒子的荷质比不同，因此，利用该装置可以分析同位素.
答案：ABC
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(12分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下：
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L＝________mm.
(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D＝________mm.
(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω.
图丙
(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R；
电流表A1(量程0～5 mA，内阻约50 Ω)；
电流表A2(量程0～15 mA，内阻约30 Ω)；
电压表V1(量程0～3 V，内阻约10 kΩ)；
电压表V2(量程0～15 V，内阻约25 kΩ)；
直流电源E(电动势4 V，内阻不计)；
滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)；
滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A);
开关S；导线若干．
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．
(5)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝____________(不要求计算，用题中所给字母表示)．
答案：(1)50.20 (2)4.698(4.697、4.698、4.699均可以) (3)220
(4) (5)
16．(10分)(1)在测定一根粗细均匀的合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为______mm，合金丝的直径为______mm.
(2)为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图1所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接．
图1 图2
解析：校零时螺旋测微器读数：0 mm＋0.01 mm×0.7＝0.007 mm；测量时螺旋测微器读数：0.5 mm＋0.01 mm×14.5＝0.645 mm；合金丝的直径d＝0.645 mm－0.007 mm＝0.638 mm.
答案：(1)0.007 mm 0.638 mm (2)实物电路连接如图
17．(12分)如图所示，半径为r的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.现有一带电离子(不计重力)从A以速度v沿圆形区域的直径射入磁场，已知离子从C点射出磁场的方向与入射方向间的夹角为60°.
(1)该离子带何种电荷；
(2)该离子的电荷量与质量之比.
解析：(1)根据磁场方向和离子的受力方向，由左手定则可知：离子带负电．
(2)如图，离子在磁场中运动轨迹为一段圆弧，圆心为O′，所对应圆心角为60°.离子在磁场中运动由洛伦兹力提供向心力，所以有：qvB＝，①
由几何关系有：tan＝，②
联立①、②解得：＝.
答案：见解析
18．(12分)如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力的2倍．求：
(1)A点在斜轨道上的高度h为多少？
(2)小球运动到最低点时的最小压力为多少？
解析：(1)设小球到B点的最小速度为vB，由牛顿第二定律：
mg－qE＝m，
小球从A到B的过程中，由动能定理：
(mg－qE)(h－2R)＝mv，由以上各式得：h＝.
(2)小球从A到C的过程中，由动能定理：(mg－qE)h＝mv，
小球在C点时，由牛顿第二定律：N＋qE－mg＝m，
又因为mg＝2qE得：N＝3mg.
答案：(1)R 3mg
模块综合检测(二)
一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)
1．如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )
A．该电场是匀强电场
B．a点的电场强度比b点的大
C．b点的电场强度比a点的大
D．正电荷在a、b两点受力方向相同
解析：电场线的疏密代表场强的大小，电场线越密代表电场越强，由图可知b点的场强小于a点的场强．故B正确，A、C错误．由于电场线切线的方向就是该点的电场的方向，由图可知ab两点的切线方向不同，故ab两点的场强不同，而场强的方向就是正电荷所受电场力的方向，所以正电荷在ab两点所受电场力方向不同，故D错误．
答案：B
2．A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是( )
A．这两个点电荷一定是等量异种电荷
B．这两个点电荷一定是等量同种电荷
C．把某正电荷q从C点移到D点电场力做正功
D．C点的电场强度可能比D点的电场强度小
解析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷．故A正确，B错误；根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，把某正电荷q从C点移到D点电场力不做功．故C错误；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D错误．
答案：A
3．家用照明电路中的火线和零线是相互平行的，当用电器工作时，火线和零线都有电流，它们将( )
A．相互吸引
B．相互排斥
C．一会儿吸引，一会儿排斥
D．彼此不发生相互作用
解析：电流间的相互作用规律：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥，B正确．
答案：B
4．空间中存在着竖直向下的匀强磁场，如图所示，一带正电粒子(不计重力)垂直于磁场方向以初速度v射入磁场后，运动轨迹将( )
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向纸面内偏转 D．向纸面外偏转
解析：带电粒子垂直进入磁场，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向向纸外，则其轨迹向纸外偏转．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
5．学习物理除了知识的学习外，还要了解物理学家对物理规律的发现，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．关于以上两点下列叙述正确的是( )
A．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系
B．库仑提出了用电场线描述电场的方法
C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法
D．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法
解析：奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，故A错误；法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故B错误；用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法，故C正确；在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代法，故D错误．
答案：C
6．如图所示的电路，闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片由a向b滑动时，平行板电容器的( )
A．板间电场强度增大 B．电量变大
C．板间电压不变 D．电容增大
解析：闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片由a向b滑动时，平行板电容器的电压等于电源的电动势，保持不变，由E＝分析可知板间场强不变．电容C不变，由公式C＝得知，电量Q不变．故C正确，A、B、D错误．
答案：C
7．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷＋Q和－q(Q>q)，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是( )
A．A点场强小于B点场强
B．C点场强与D点场强相同
C．A点电势小于B点电势
D．将正检验电荷从C点移到O点，电场力做负功
解析：设A点到Q的距离为d，到－q的距离为L，故A点的场强EA＝＋，同理可得B点的场强EB＝＋，故EA－EB＝－，由于d答案：D
8．如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
A. B.
C. D.
解析：画出粒子运动轨迹，由图中几何关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R，由qvB＝可得：v＝，选项B正确．
答案：B
9．在如图所示的电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为如图中的( )
解析：根据电阻定律，横坐标为x的点与A点之间的电阻R＝ρ，这两点间的电压U＝IR＝Iρ(I为电路中的电流，它是一个定值)，故U跟x成正比例关系，故选A.
答案：A
10．如图所示，电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10 Ω. 当电键S断开时，电流表的示数是I′＝0.5 A，当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I和电路消耗的电功率P应满足( )
A．I＝1.5 A B．I>1.5 A
C．P＝15 W D．P<15 W
解析：S断开时，电路两端的电压U＝I′R1＝10 V．S合上后，流过电动机的电流I″<＝1 A，则电流表的示数I＝I′＋I″<1.5 A，电路消耗的电功率P＝IU<15 W，选项D正确．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)
11．下列物理量中哪些与检验电荷无关( )
A．电场强度E B．电势Φ
C．电势能Ep D．电场力F
解析：电场强度E＝和电势Φ＝，分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能Ep和电场力F均与电荷有关，故C、D错误，A、B正确．
答案：AB
12．如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有( )
A．粒子带正电
B．粒子做匀速圆周运动
C．粒子电势能减小
D．仅增大电场强度粒子通过电场的时间不变
解析：带电粒子垂直进入电场后，仅在电场力作用下向场强方向偏转，粒子带正电；由于电场力大小及方向均恒定，粒子做类平抛运动；运动中电场力做正功，粒子电势能减小；粒子通过电场区域的时间仅由电场区域宽度及粒子初速度决定，仅增大场强，不会改变粒子通过电场区域的时间．选项B错误，A、C、D正确．
答案：ACD
13．如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知，下列结论正确的是( )
A．导体的电阻是25 Ω
B．导体的电阻是0.04 Ω
C．当导体两端的电压是0.04 V时，通过导体的电流是1 A
D．当通过导体的电流是0.1 A时，导体两端的电压是2.5 V
解析：根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R＝＝ Ω＝25 Ω，故A正确，B错误；当导体两端电压是0.04 V时，通过导体的电流I＝＝ A＝0.001 6 A，故C错误；当通过导体的电流是0.1 A时，导体两端的电压U＝IR＝0.1 A×25 Ω＝2.5 V，故D正确．
答案：AD
14．关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是( )
A．与加速器的半径有关，半径越大，能量越大
B．与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大
C．与加速器的电场有关，电场越强，能量越大
D．与带电粒子的质量和电荷量均有关，荷质比越小，能量越大
解析：qvB＝m得v＝，则最大动能Ek＝mv2＝m，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关．半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大；质量和电量都大，能量不一定大．故A、B正确，C、D错误．
答案：AB
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(10分)如图所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2.0 Ω的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：
U/V
1.2
1.0
0.8
0.6
I/A
0.10
0.17
0.23
0.30
(1)R0的作用是_________________________________________．
(2)用作图法在坐标系内做出U－I图线．
(3)利用图线，测得电动势E＝__________V，内阻r＝ __________Ω.
解析：(1)R0接在电源附近，是为了防止当外部短路时，电源出现短路现象，故此电阻在此起保护作用；保护电源、电表防止短路．
(2)将(I、U)坐标描在图象中，用直线将各点相连，如图所示．
(3)由图可知，电源的电动势约为1.5 V；
R0＋r＝，r＝3.0 Ω－2.0 Ω＝1.0 Ω.
答案：(1)保护电源、电表，防止短路 (2)见解析图
(3)1.5 1.0
16．(12分)下图a是测量电阻Rx的原理图，学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6 A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0 cm.
图a
图b
图c
①根据原理图连接图b的实物图．
②断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0 V时，单位长度电阻丝的电压u＝________V/cm.记录此时电流表A1的示数．
③保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和A2的示数I.测量6组L和I值，测量数据已在图c中标出．写出Rx与L、I、u的关系式Rx＝____________；根据图c用作图法算出Rx＝________Ω.
解析：②3 V电压分布在长为30 cm的电阻丝上，故有单位长度的电压u＝ V/cm＝0.1 V/cm.
③设电阻丝每1 cm长的电阻为R，当合上S1 断开S2时，设此时电阻丝电流为I′，有：I′·30R＝30u, 当合上S1 、S2时，I′·LR＝IRx，由上两式得：Rx与L、I、u的关系式Rx＝.在图c中过尽可能多的点作直线如图所示，对照图可得L＝I，由L－I图线的斜率k＝60.016 cm/A＝，可得Rx＝ku＝60.016×0.1 Ω≈6.0 Ω.
答案：①见下图 ②0.1 ③ 6.0
17．(12分)一质量为m、电荷量为q的带负电的带电粒子，从A点射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，MN、PQ为该磁场的边界线，磁感线垂直于纸面向里，磁场区域足够长，如图所示．带电粒子射入时的初速度与PQ成45°角，且粒子恰好没有从MN射出(不计粒子所受重力)．求：
(1)该带电粒子的初速度v0；
(2)该带电粒子从PQ边界射出的射出点到A点的距离x.
解析：(1)设轨道半径为R，如图所示
则R＝，得R＝(2＋)d.
又R＝，解得v0＝.
(2)x＝R＝2(＋1)d.
答案：见解析
18．(12分)如图所示，已知一质量为m的带电液滴，经电压U加速后水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g.问：
(1)液滴带正电荷、还是带负电荷？带电量多少？
(2)液滴做圆周运动的速度及半径多大？
解析：(1)液滴带负电，由Eq＝mg，得q＝.
(2)qU＝mv2得v＝ .
Bqv＝m，R＝ .
答案：见解析
章末质量评估(三)
一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)
1．如图所示的四个实验现象中，不能表明在电流周围能产生磁场的是( )
A．图甲中，导线通电后磁针发生偏转
B．图乙中，通电导线在磁场中受到力的作用
C．图丙中，当电流方向相同时，导线相互靠近
D．图丁中，当电流方向相反时，导线相互远离
答案：B
2．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受磁场的合力( )
A．方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILB
B．方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB
C．方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILB
D．方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB
解析：将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出安培力的大小，根据F＝BIL计算出安培力的大小，再求合力．导线所受合力F＝BIL＋2BILsin 45°＝(＋1)ILB.
答案：A
3．关于磁场，下列说法正确的是( )
A．磁场对放入其中的磁体一定有力的作用
B．磁场对放入其中的电流一定有力的作用
C．磁场对放入其中的运动电荷一定有力的作用
D．磁感线实际上是不存在的，所以不可能模拟出磁感线
解析：磁场对放入其中的磁体一定有磁场力作用，故A正确；磁场对放入其中的电流不一定有磁场力的作用，当平行于磁场放时，一定没有磁场力；当垂直放入磁场中，磁场力最大，故B错误；磁场对放入其中的运动电荷不一定有力的作用，当运动方向与磁场方向平行时，就没有磁场力，故C错误；磁感线实际上是不存在的，但可以用细铁屑来体现出磁感线，故D错误．
答案：A
4．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是( )
A．B＝mg，方向垂直斜面向上
B．B＝mg，方向垂直斜面向下
C．B＝mg，方向垂直斜面向下
D．B＝mg，方向垂直斜面向上
解析：外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态．
答案：A
5．关于地磁场，下列说法正确的是( )
A．地球是一个巨大的磁体，地磁N极在地理北极附近，S极在地理南极附近
B．地磁场在地表附近某处，有两个分量，水平分量指向地理北极附近，竖直分量一定竖直向下
C．若能将指南针放在地心，则它的N极指向地球北极
D．若能将指南针放在地心，则它的N极指向地球南极
解析：地理北极附近是地磁南极，地理南极附近是地磁北极．故A不符合题意．地磁场的磁感线可分解成两个分量，水平分量指向地理北极附近，若在北半球，则竖直分量竖直向下；若是南半球，则是竖直向上．故B不符合题意．磁感线是闭合曲线，地球内部的磁感线是从S极到N极，因此若能将指南针放在地心，则它的N极指向地球的南极．故C不符合题意，D符合题意．
答案：D
6．如图所示，在光滑水平面上放根固定的通电直导线，并在它旁边与它在同一水平面内放一通电矩形导线框，则导线框的运动情况是( )
A．线框静止 B．线框向右匀速运动
C．线框向左匀速运动 D．线框向右加速运动
解析：直导线中的电流方向由下向上，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向上的安培力，下边受到向下的安培力；离通电导线越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F＝BIL，左边受到的安培力大于右边，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，故线圈受通电直导线作用后将向右运动．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
7．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是( )
A．通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用
B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现
C．带电粒子在匀强磁场中运动受到洛伦兹力做正功
D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
解析：通电直导线处于匀强磁场中，若电流的方向与磁场方向平行，则不受安培力．故A错误；安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现．故B正确；洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功．故C错误；根据左手定则知，安培力的方向与磁场方向垂直．故D错误．
答案：B
8．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，如图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是( )
A．粒子先经过a点，再经过b点
B．粒子先经过b点，再经过a点
C．粒子可以带正电也可以带负电
D．粒子带正电
解析：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据r＝可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C、D错误．
答案：A
9．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置．正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞，为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小
C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越大
D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变
解析：由题意知道正负电子经加速后进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律推导出电子圆周运动的半径和周期表达式，再进行分析．电子在加速电场中，根据动能定理得qU＝mv2，电子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，电子圆周运动的半径r＝，周期T＝＝.A、B对于给定的加速电压，v不变，又由题意得知，r不变，则带电粒子的比荷越大，则B越小．故A错误，B正确．C、D由上可知，加速电压U越大，电子获得的速度v越大，要保持半径r不变，B应增大，则T会减小．故C、D错误．
答案：B
10．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成交变电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核(H原子核)和α粒子(He原子核)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，可知( )
A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小
B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大
C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小
D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大
解析：因为加速器所加的高频交流电源的周期与粒子做圆周运动的周期相等，而粒子在磁场中做圆周运动的周期与粒子的运动速度没关系，故由公式T＝可知，氚核的交流电源的周期较大，故C、D均错误；再根据最大动能Ek＝mv2＝m·＝，将氚核与氦核的相关电荷量与质量代入，发现氚核获得的最大动能较小，故A正确，B错误．
答案：A
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)
11．磁场中某点的磁感应强度B的方向，是指( )
A．放在该点的小磁针N极的受力方向
B．放在该点的小磁针静止后N极的指向
C．磁感线在该点的切线方向
D．与放在磁场中该点的通电导线所受安培力的方向一致
解析：我们规定：磁场中某点的磁感应强度B的方向与放在该点的小磁针N极的受力方向一致与放在该点的小磁针静止后N极的指向一致，故A、B正确；为了使用磁感线形象地描述磁场的强弱和方向，规定磁场的方向沿磁感线在该点的切线的方向，故C正确；磁感应强度B的方向与放在磁场中该点的通电导线所受安培力的方向垂直，故D错误．
答案：ABC
12．如图所示是用电子射线管演示带电粒子在磁场中受洛伦兹力的实验装置，图中虚线是带电粒子的运动轨迹，那么下列关于此装置的说法正确的有( )
A．A端接的是高压直流电源的正极
B．A端接的是高压直流电源的负极
C．C端是蹄形磁铁的N极
D．C端是蹄形磁铁的S极
解析：由图可知，电子是从A端射出，则A端是高压直流电源的负极，故A错误，B正确；电子是从A向B运动，且洛伦兹力向下，则由左手定则可得磁场方向由C向D，故C正确，D错误．
答案：BC
13．如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动．在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法错误的是( )
A．速率变小，半径变小，周期不变
B．速率不变，半径不变，周期不变
C．速率变小，半径变大，周期变大
D．速率不变，半径变小，周期变小
解析：线断后，小球只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力不做功，所以小球的速率一定不变，故A、C错误；若线断前，线中无拉力，只有洛伦兹力提供向心力，则线断后无影响，小球的轨迹不变，半径不变，周期也不变，故B正确；若线断前，绳中有拉力F且F－qvB＝m时，线断后qvB＝m，小球做圆周运动的绕行方向发生变化，当F－qvB＝qvB，即F＝2qvB时，半径、周期都不变；当F－qvB＞qvB，即F＞2qvB时，半径、周期都变大；当F－qvB＜qvB，即F＜2qvB时，半径、周期都变小，故D正确．
答案：AC
14．如图所示，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．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离B＝k.一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．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减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在增大
解析：据题意，由于通过M和N的导线电流方向都向上且大小相等，在M、N周围产生逆时针方向磁场，由于磁场的叠加，从a到b合磁场磁感应强度方向先向里后向外且大小先减小后增加，带电小球受到的洛伦兹力据f＝qvB可知先向上后向下且先减小后增加，而带电小球对桌面的压力为：N＝G－f，则压力大小为：一直增加；由于洛伦兹力方向与带电小球运动方向垂直，小球运动速度不变，故选项B、D正确．
答案：BD
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(10分)最近研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹静止在轨道的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离d＝0.10 m，导轨长L＝5.0 m，炮弹质量m＝0.30 kg.导轨上的电流I的方向如图中箭头所示．可认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B＝2.0 T，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v＝2.0×103 m/s，忽略摩擦力与重力的影响以及发射过程中电流产生的焦耳热，试求：
(1)通过导轨的电流I；
(2)发射过程中电源的最大输出功率P.
解析：(1)炮弹的加速度为：a＝，炮弹做匀加速运动，有：v2＝2aL，代入题给数据得I＝6.0×105 A.
(2)电源的最大输出功率：P＝IdB·v，解得：P＝2.4×108 W.
答案：(1)6.0×105 A (2)2.4×108 W
16．(10分)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一长方体形的厚度为d、左右侧面的表面积为S的绝缘容器，容器内装满密度为ρ的导电液体，容器两侧面中心处连有两竖直放置的玻璃管T1和T2，容器的上、下两个面均是用不能和导电液体发生化学反应的铂金制成的极板A、K，并与开关S、电动势为E的无内阻电源相接组成电路，容器的两侧面均和磁感线方向平行．当合上开关S后，发现两玻璃管中导电液体液面的高度差为h.
(1)判断两个玻璃管T1和T2液面哪个高，简要说明理由；
(2)求导电液体的电阻R.
解析：(1)导电液体中电流由下向上，磁场方向向里，由左手定则知安培力方向向左，故T1的液面较高．
(2)设导电液体受到的安培力在液体中产生的附加压强为p1，则安培力 F＝p1S.
由液体内压强公式知p1＝ρgh，解得安培力F＝ρghS，又有安培力公式F＝BId，电流I＝，联立解得：
R＝.
答案：(1)导电液体中电流由下向上，磁场方向向里，由左手定则知安培力方向向左，故T1的液面较高
(2)
17．(12分)电子(e，m)以速度v0与x轴成30°角垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中，经一段时间后，打在x轴上的P点，如图所示，求：P点到O点的距离是多大？电子由O点运动到P点所用的时间是多大？
解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知：弦切角为30°，所以圆心角为60°，P点到O点的距离等于半径，
根据Bev0＝m得r＝，所以P点到O点的距离等于，圆周运动的周期：T＝，圆心角为60°，所以电子由O点运动到P点所用的时间：
t＝·＝.
答案：
18．(14分)质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为＋q的正电子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动．求：
(1)粒子射出加速器时的速度v；
(2)速度选择器的电压U2;
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R.
解析：(1)粒子经加速电场U1加速，获得速度v，由动能定理得：
qU1＝mv2，解得v＝.
(2)电子在速度选择器中做匀速直线运动，由电场力与洛伦兹力平衡得 Eq＝qvB1即q＝qvB1，U2＝B1dv＝B1d.
(3)在B2中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
有：qvB2＝m，R＝＝ .
答案：见解析
第三章 章末复习课
【知识体系】
[答案填写] ①B＝ ②F＝BIL ③f＝qvB ④r＝ ⑤T＝
主题1 磁场对电流的作用——安培力
1．安培力大小．
(1)当B、I、L两两垂直时，F＝BIL.
(2)若B与I(L)夹角为θ，则F＝BILsin θ.当通电导线与磁场垂直时，导线所受安培力最大，Fmax＝BIL.
(3)当通电导线与磁场平行时，导线所受的安培力最小，Fmin＝0.
2．安培力的方向：左手定则．
3．分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤．
(1)画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况．
(2)用左手定则确定各段通电导线所受安培力．
(3)据初速度方向结合牛顿定律确定导体运动情况．
4．注意问题．
(1)公式F＝BIL中L为导线的有效长度．
(2)安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心．
(3)安培力做功：做功的结果将电能转化成其他形式的能．
【典例1】 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B大小的变化，正确的说法是( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：根据外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的条件，受力分析，再根据力的平行四边形定则作出力的合成变化图，由此可得B大小的变化情况是先减小后增大．
答案：C
针对训练
1．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角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＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力的大小；
(3)导体棒受到的摩擦力的大小．
解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I＝＝1.5 A.
(2)导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.30 N.
(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝ mgsin 37°＝0.24 N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f；根据共点力平衡条件mgsin 37°＋f＝F安，解得：f＝0.06 N.
答案：(1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N
主题2 磁场对运动电荷的作
用——洛伦兹力
1．带电粒子在无界匀强磁场中的运动：完整的圆周运动．
2．带电粒子在有界匀强磁场中的运动：部分圆周运动(偏转)．
3．解题一般思路和步骤．
(1)利用辅助线确定圆心．
(2)利用几何关系确定和计算轨道半径．
(3)利用有关公式列方程求解．
4．带电粒子通过有界磁场．
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图)．
(2)平行边界(存在临界条件，如图)．
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图)．
【典例2】 如图所示，在x轴的上方(y＞0的空间内)存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45°角，若粒子的质量为m，电量为q，求：
(1)该粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；
(2)粒子在磁场中运动的时间．
解析：先作圆O′，根据题目条件过O作直线L即x轴，交圆O′于O″，即可得到粒子进入磁场的运动轨迹：过入射点O沿逆时针再经O″射出．再分别过O、O″作垂线交于O′，既为粒子作圆周运动轨迹的圆心．如图(a)这样作出的图既准确又标准，且易判断粒子做圆周运动的圆心角为270°.
(1)粒子轨迹如图(b)．粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下做圆周运动：
qvB＝m，r＝.
(2)粒子运动周期：T＝＝，粒子做圆周运动的圆心角为270°，
所以t＝T＝.
答案：(1) (2)
针对训练
2．(多选)两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力，下列说法正确的有( )
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
解析：a、b粒子的运动轨迹如图所示，粒子a、b都向下运动，由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；由r＝可知，两粒子半径相等，根据图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，a在磁场中飞行的时间比b的长，故B、C错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．
答案：AD
主题3 带电粒子在复合场中的运动
1．复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中两场共存．
2．组合场：电场和磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现．
3．三种场的比较．
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能
电场
大小：F＝qE，方向：正电荷受力方向与场强方向相同；负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关W＝qU，电场力做功改变物体的电势能
磁场
洛伦兹力f＝qvB，方向符合左手定则
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
4.复合场中粒子重力是否考虑的三种情况．
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般考虑其重力．
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况按题目要求处理比较正规，也比较简单．
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力．
5．带电粒子在复合场中运动的应用实例．
(1)速度选择器．
①平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直，这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器．
②带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是：qvB＝qE即v＝.
(2)质谱仪．
①构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．
②原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式：qU＝mv2.
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式：qvB＝m.
由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷．
r＝ ，m＝，＝.
(3)回旋加速器．
①构造：如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源．D形盒处于匀强磁场中．
②原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关．
(4)磁流体发电机．
①磁流体发电机是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能．
②根据左手定则，如图可知B是发电机的正极．
③磁流体发电机两极间的距离为L，等离子体的速度为v，磁场的磁感应强度为B，则两极板间能达到的最大电势差U＝BLv.
④外电阻R中的电流可由闭合电路欧姆定律求出．
(5)电磁流量计．
工作原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即qvB＝qE＝q，所以v＝.因此液体流量，即Q＝Sv＝·＝.
(6)霍尔效应．
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象称为霍尔效应，其原理如图所示．
【典例3】 为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
解析：由左手定则可判断，前表面聚集负电荷，比后表面电势低，且当电荷所受洛伦兹力与电场力平衡时，电荷不再偏转，电压表示数恒定，与污水中的离子的多少无关，A、B、C均错误；由Q＝vs·bc，qvB＝q可得Q＝.可见，Q与U成正比，与a、b无关，D正确．
答案：D
针对训练
3．(多选)如图是磁流体发电机的示意图，在间距为d的平行金属板A、C间，存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与滑动变阻器相连，变阻器接入电路的电阻为R.等离子体连续以速度v平行于两金属板垂直射入磁场，理想电流表A的读数为I，则( )
A．发电机的电动势E＝IR
B．发电机的内电阻为r＝－R
C．发电机的效率η＝
D．变阻器触头P向上滑动时，单位时间内到达金属板A、C的等离子体数目增多
解析：当等离子体受到的洛伦兹力等于电场力时，电动势呈稳定状态，则场强E1＝Bv，发动机的电动势E＝E1d＝Bdv，外电路的电压为IR，A错误；发电机的内部电阻等效于电源的内阻，那么发电机的内阻r＝－R，B正确；发电机的效率η＝＝，C正确；触头P向上运动，则电路中的电阻变小，电路中的电流变大，单位时间移动的电荷数变多，D正确．
答案：BCD
统揽考情
历年高考对本章知识得考查覆盖面大，几乎每个知识点都考查到，特别是左手定则和带电粒子在磁场中运动更是两个命题频率最高的知识点，且题目难度大，对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力要求较高，且不仅考查对安培力的理解，而且考查能将它和其他力放在一起，综合分析和解决复杂问题的能力；而带电粒子在磁场中的运动考查能否正确解决包括洛伦兹力在内的复杂综合性力学问题，考查综合能力的特点．试题题型全面，难度中等偏难．预计今后的题目更趋于综合能力考查．
真题例析
(2014·广东卷)如图(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0，一电量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．
(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．
(2)若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
(3)在图(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
解析：(1)粒子从A点射入到从外界边界射出的过程，洛伦兹力不做功，电场力做功，由动能定理，得：
qU＝mv－mv，①
解得：v0＝ .②
(2)撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图1，设粒子运动的轨道半径为r，磁感应强度为B1，运动时间为t，由牛顿第二定律，有：
qB1v2 ＝m ，③
由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90°，则
r＝＝R0 ，④
联立③④得：B1 ＝.⑤
匀速圆周运动周期T＝，⑥
粒子在磁场中运动时间t＝T，⑦
联立③⑤⑥⑦得：t＝ .⑧
(3)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如图2，由几何关系可知粒子运动的轨道半径：
r1＝＝R0，⑨
设此过程的磁感应强度为B2，由牛顿第二定律，有：
qB2v3 ＝m，⑩
由⑨⑩得：B2 ＝.
所以磁感应强度应小于.
答案：(1) (2) (3)
针对训练
半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出．∠AOB＝120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )
A. B.
C. D.
解析：由∠AOB＝120°可知，弧AB所对圆心角θ＝60°，故t＝T＝，从图中分析有R＝r，所以t＝，D项正确．
答案：D
1．图中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，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( )
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：在O点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在O点叠加．d、b电流在O点产生的磁场抵消，a、c电流在O点产生的磁场合矢量方向向左，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，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向向下，B选项正确．
答案：B
2．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力．该磁场的磁感应强度大小为( )
A. B.
C. D.
解析：画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示．设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，得qv0B＝，解得r＝.由图中几何关系可得：
tan 30°＝.
联立解得：该磁场的磁感应强度B＝，选项A正确．
答案：A
3.(多选)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的上极板P1带正电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
解析：根据左手定则，可确定粒子带正电，A错误；由速度选择器中电场力和洛伦兹力方向相反可知，上板P1带正电，B正确；据qvB＝，r＝，故可确定C错误，D正确．
答案：BD
4．如下图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：
(1)电场强度的大小E；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.
解析：粒子的运动轨迹如下图所示
(1)设粒子在电场中运动的时间为t1，x、y方向：
2h＝v0t1，h＝at，
根据牛顿第二定律Eq＝ma，
求出E＝.
(2) 设粒子进入磁场时速度为v，根据动能定理Eqh＝mv2－mv，
根据Bqv＝m，
r＝.
(3)粒子在电场中运动的时间t1＝，
粒子在磁场中运动的周期：
T＝＝，
则粒子在磁场中运动的时间为t2＝T，
求出t＝t1＋t2＝＋.
答案：见解析
第三章 磁场
第一节 我们周围的磁现象
第二节 认识磁场
A级 抓基础
1．关于信鸽“认家”的现象，有一种解释说，信鸽是通过地球的磁场来导航的，如果这种说法正确，则当在信鸽腿上系上一块小磁体，信鸽还能否通过地球的磁场来导航( )
A．能 B．不能
C．能，但不灵敏 D．无法判断
解析：小磁体干扰了信鸽自身的磁场，故B正确．
答案：B
2．关于地磁场，下列叙述正确的是( )
A．地球的地磁两极和地理两极重合
B．我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的北极
C．地磁的北极与地理的南极重合
D．地磁的北极在地理南极附近
答案：D
3．关于磁场的方向，下列叙述中不正确的是( )
A．磁感线上每一点的切线方向
B．磁场N极到S极的方向
C．小磁针静止时北极所指的方向
D．小磁针北极受力的方向
解析：磁场方向规定为小磁针北极的受力方向或静止小磁针北极的指向，用磁感线表示则是磁感线的切线方向即为该点的磁场方向．
答案：B
4．一束电子流沿水平面自西向东运动，在电子流的正上方一点P，由于电子运动产生的磁场在P点的方向为( )
A．竖直向上 B．竖直向下
C．水平向南 D．水平向北
解析：电子流沿水平面自西向东运动，根据右手螺旋定则可知，电子流在P点产生的磁场的方向为水平向北，所以D正确．
答案：D
5．如图所示，可以自由转动的小磁针静止不动时，靠近螺线管的是小磁针________极，若将小磁针放到该通电螺线管内部，小磁针指向与图示位置时的指向相________(填“同”或“反”)．
答案：N 同
B级 提能力
6．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如下四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )
解析：由日常知识可知，地球的南极为磁场的N极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图B，故选项B正确．
答案：B
7．(多选)关于磁感线和电场线，下列说法正确的是( )
A．磁感线是闭合曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线
B．磁感线和电场线都可以是一些互相平行的曲线
C．磁感线始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷
D．磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向
答案：AB
8．(多选)如图，当电流逆时针通过圆环导体时，在导体中央的小磁针的N极将指向( )
A．指向读者 B．背离读者
C．垂直纸面向内 D．垂直纸面向外
答案：AD
9．(多选)如图，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是( )
A．向右飞行的正离子
B．向左飞行的正离子
C．向右飞行的负离子
D．向左飞行的负离子
答案：BC
10．(多选)在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知( )
A．可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针
B．可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针
C．可能是小磁针正上方有电子流自南向北通过
D．可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过
答案：BC
11.如图所示，环形导线在A、B处与直导线ab相连，图中标出了环形电流的磁场方向，则C和D接电源正极的是______，放在ab下方的小磁针的________极转向纸外．
解析：C端为电源正极，D端为电源负极．
答案：C N
12．如图所示，在通电螺线管内部中间的小磁针，静止时N极指向右端，则电源的c端为________极，螺线管的a端为________极．
答案：正 S
课件69张PPT。第三章 磁场地磁场 静止 南极 北极 很强 硬磁性材料 软磁性材料 容易 不容易 磁体 电流 力 磁体 力 北极 切线方向 右手 四指 安培分子电流假说 分子电流 磁极 杂乱无章 分子电流的规则 第三章 磁场
第三节 探究安培力
A级 抓基础
1．下图中磁感应强度B，电流I和安培力F之间的方向关系错误的是( )
答案：D
2．关于安培力、磁感应强度的有关说法，正确的是( )
A．通电导体不受磁场力作用的地方一定没有磁场
B．将I、L相同的通电导体放在同一匀强磁场的不同位置，受安培力一定相同
C．磁感线指向磁感应强度减小的方向
D．以上说法都不正确
解析：由F＝BILsin θ，当I∥B时，F＝0，此时通电导线不受磁场力，但导线处有磁场，故A错；如果I、L相同，放在同一匀强磁场中因放置角度不同，安培力也可能不同，故B错；在匀强磁场中沿磁感线方向磁感应强度不变，故C错，正确答案为D.
答案：D
3．如图所示，将长0.20 m的直导线全部放入匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直．已知磁场磁感应强度的大小为5.0×10－3 T，当导线中通过的电流为1.0 A时，该直导线受到安培力的大小是( )
A．1.0×10－3 N B．1.0×10－2 N
C．5.0×10－4 N D．5.0×10－3 N
解析：当电流磁场互相垂直的时候，电流受到的安培力的大小为F＝BIL，根据公式直接计算即可．
由于导线和磁场方向垂直，所以直导线受到安培力的大小为：
F＝BIL＝5.0×10－3 T×1.0 A×0.20 m＝1.0×10－3 N，
所以A正确．
答案：A
4．磁感应强度的单位是特斯拉(T)，与它等价的是( )
A. B.
C. D.
答案：A
5．将长度为20 cm、通有0.1 A电流的直导线放入一匀强磁场中，电流与磁场的方向如图所示，已知磁感应强度为1 T．试求出下列各图中导线所受安培力的大小和方向．
图(1) 图(2) 图(3)
解析：由左手定则和安培力的计算公式得：
(1)因导线与磁感线平行，所以F＝0 N.
(2)由左手定则知道：安培力方向垂直导线水平向右，大小F＝BIL＝1×0.1×0.2 N＝0.02 N.
(3)安培力方向垂直导线斜向上，大小F＝BIL＝0.02 N.
答案：见解析
B级 提能力
6.如图中，金属棒MN用绝缘细线悬吊在垂直纸面向里的匀强磁场中，电流方向M→N，此时悬线的拉力不为零，要使悬线的拉力变为零，有以下办法：
①将磁场反向，并适当增大磁感应强度
②将电流反向，并适当增大电流强度
③不改变磁场和电流方向，适当增大磁感应强度
④不改变磁场和电流方向，适当增大电流强度
其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：通电导线在磁场中受到安培力作用，由公式F＝BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加．所以应适当增加电流强度，或增大磁场，所以③④正确．
答案：C
7.如图所示，固定的长直导线竖直放置，通以竖直向上的直流电．在导线右侧放一可以自由移动的矩形通电线框，它们在同一平面内，则线框的运动情况是( )
A．线框平动，远离直导线
B．线框平动，靠近直导线
C．从上向下看线框顺时针转动，并靠近直导线
D．从上向下看线框逆时针转动，并远离直导线
答案：B
8．(多选)如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是( )
A．增大磁感应强度B
B．调节滑动变阻器使电阻减小
C．增大导轨平面与水平面间的夹角θ
D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变
解析：对金属杆受力分析，沿导轨方向：－mgsin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则增大，A项正确；电阻减小，增大，则B项正确；若增大θ，则mgsin θ增大，C项错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D项错误．
答案：AB
9．(多选)质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．在如下图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是( )
解析：对通电杆进行受力分析如下：
根据平衡条件可以判断出C和D一定受到摩擦力的作用，正确选项为C、D.此题要求考生能够对通电杆进行正确的受力分析，并根据平衡条件进行判断．
答案：CD
10．如图所示，两平行光滑导轨相距为L＝20 cm，金属棒MN的质量为m＝10 g，电阻R＝8 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，方向竖直向下，电源电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω，当开关K闭合时，MN恰好平衡，求变阻器R1的取值为多少？(设θ＝45°，g取10 m/s2)
解析：先根据左手定则判定安培力的方向，然后根据平衡条件列方程，再利用安培力公式以及闭合电路欧姆定律进行求解．
金属棒平衡时的平面受力图如图所示．
当MN平衡时，有：
mgsin θ －BILcos θ ＝0，①
由闭合电路欧姆定律，得：I＝，②
由①②式联立并代入数据，得：R1＝7 Ω.
答案：7 Ω
课件62张PPT。第三章 磁场作用力 左手 垂直 伸开的四指 大拇指 垂直 N极 磁场方向 大小和方向 BIL BILsin θ 0 垂直于磁场方向的面积S Φ＝BS 韦伯 标量 第三章 磁场
第五节 研究洛伦兹力
A级 抓基础
1．有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是( )
A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用
B．电荷在电场中一定受电场力的作用
C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致
D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向平行
解析：电荷在电场中一定受电场力作用；如果粒子速度方向与磁场线平行，则粒子不受洛伦兹力作用．但如果粒子速度方向不与磁场线平行，则一定受到洛伦兹力作用．
答案：B
2．(多选)运动电荷进入磁场后(无其他场)，可能做( )
A．匀速圆周运动 B．匀速直线运动
C．匀加速直线运动 D．平抛运动
解析：电荷在磁场中受到的洛伦兹力方向时刻与速度方向垂直，则运动电荷做匀速圆周运动或螺旋圆周运动，则A正确；当电荷的速度方向与磁场方向平行时，电荷不受力的作用，保持原来的运动状态做匀速直线运动，B正确．
答案：AB
3．(多选)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹往下偏，则( )
A．导线中的电流从A流向B
B．导线中的电流从B流向A
C．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现
D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关
解析：由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向内，所以根据安培定则，AB中的电流方向应为从B流向A，当AB中的电流方向变为从A流向B，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转，所以本题的正确答案应为B、C.
答案：BC
4．沿水平方向放置的平行金属板的间距为d，两板之间是磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一束在高温下电离的气体(等离子体)，以v射入磁场区，在两板上会聚集电荷出现电势差，求：
(1)M、N两板各聚集何种电荷？
(2)M、N两板间电势差可达多大？
解析：(1)正负离子在磁场的作用下受到洛伦兹力，由左手定则可知：正电荷向M聚集，负电荷向N聚集，所以M带正电，N带负电．
(2)电荷平衡时，电场力与洛伦兹力平衡：
Eq＝qvB，E＝，所以UMN＝Bdv.
答案：(1)上正下负 (2)Bdv
B级 提能力
5．电子束以一定的初速度沿轴线进入螺线管内，螺线管中通以方向随时间而周期性变化的电流，如下图所示，则电子束在螺线管中做( )
A．匀速直线运动
B．匀速圆周运动
C．加速减速交替的运动
D．来回振动
解析：电子速度方向与磁场线平行，则粒子不受洛伦兹力作用，所以电子以原来的速度运动．
答案：A
6．(多选)极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动而形成的．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )
A．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小
B．空气阻力做负功，使其动能减小
C．南、北两极的磁感应强度增强
D．太阳对粒子的引力做负功
解析：地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误；粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小，故B正确；粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，半径减小，故C正确；粒子在运动过程中，若电量增大，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当电量增大时，半径减小，与太阳的引力做功无关，故D错误．
答案：BC
7．(多选)如下图所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示．现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( )
A．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0
B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0
C．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0
D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0
解析：当磁场方向指向纸里时，由左手定则可知质点受到背离圆心向外的洛伦兹力，向心力变小，由F＝mr可知周期变大，A对，B错；同理可知，当磁场方向指向纸外时受到指向圆心的洛伦兹力，向心力变大，周期变小，C错，D对．
答案：AD
8.(多选)如图所示，一带电粒子(重力不计)在匀强磁场中沿图中所示轨迹运动，中央是一块薄绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知( )
A．粒子的运动方向是abcde
B．粒子的运动方向是edcba
C．粒子带正电
D．粒子在下半周所用时间比上半周长
解析：由Bqv＝m可知r＝，因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过，故运动方向为edcba; 故A错误，B正确；粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带正电，故C正确；因粒子转动的周期T＝，在转动中磁场强度及质量没有变化，故周期不变，而由图可知，粒子在上下都经过半个周期，故时间相等，故D错误．
答案：BC
9.(多选)如下图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
A．滑块受到的摩擦力增大
B．滑块到达地面时的动能与B的大小有关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
解析：由左手定则知C正确．而Ff＝μFN＝μ(mgcos θ＋BQv)要随速度增加而变大，A正确；若滑块滑到斜面底端已达到匀速运动状态，应有Ff＝mgsin θ，可得v＝，可看到v随B的增大而减小，若滑块滑到斜面底端时还处于加速运动状态，则在B越强时，Ff越大，滑块克服阻力做功越多，到达斜面底端的速度越小，B正确；当滑块能静止于斜面上时应有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ，与B的大小无关，D错误．
答案：ABC
10．如图所示，一电子束(电子电量为e)以水平速度v垂直射入于磁感应强度为B的匀强磁场中(磁场方向垂直于纸面向里)，穿过磁场时，电子水平位移为d，速度方向与进入磁场时的速度方向成30°角，则：
(1)电子的质量是多少？
(2)穿过磁场的时间是多少？
解析：(1)电子进入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图．
根据几何知识可知：电子轨迹的圆心角等于速度的偏向角，可知圆心角θ＝30°，且有轨迹半径r＝＝2d，
由Bev＝m得m＝＝.
(2)电子运动的周期为：T＝＝＝.
电子穿过磁场的时间是t＝T＝T＝.
答案：(1) (2)
课件41张PPT。第三章 磁场磁场 电子束 零 垂直 垂直 正 负 宏观表现 f＝0 不做功 匀速圆周 第三章 磁场
第六节 洛伦兹力与现代技术
A级 抓基础
1．如图所示，质量为m、电荷量为－e的电子的初速为零，经电压为U的加速电场加速后进入磁感应强度为B的偏转磁场(磁场方向垂直纸面)，其运动轨迹如图所示．以下说法中正确的是( )
A．加速电场的场强方向向上
B．偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里
C．电子在电场中运动和在磁场中运动时，加速度都不变，都是匀变速运动
D．电子在磁场中所受的洛伦兹力的大小为f＝
解析：电子带负电，向上加速运动，因此加速电场的方向应为竖直向下，选项A错误；电子刚进入时受水平向左的洛伦兹力，根据左手定则知偏转磁场的方向垂直纸面向外，选项B错误；电子在电场中运动时加速度可能变化，在磁场中运动时，加速度变化，选项C错误；根据动能定理可知，电子进入磁场时的速度为v，Ue＝mv2，洛伦兹力的大小为f＝Bev，得f＝，选项D正确．
答案：D
2．如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电小球从M点自由下落，M点距场区边界PQ高为h，边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )
A．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向外
B．小球的电荷量与质量的比值＝
C．小球从a运动到b的过程中，小球和地球系统机械能守恒
D．小球在a、b两点的速度相同
解析：带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qE＝mg，选项B正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b点射出，根据左手定则可知磁场垂直纸面向里，选项A错误；只是a、b两点机械能相等，选项C错误；小球在a、b两点速度方向相反，故选项D错误．
答案：B
3．如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，场强E的方向竖直向下，磁感应强度B的方向垂直纸面向里．有三个带有等量同种电荷的油滴M、N、P在该区域中运动，其中M向右做匀速直线运动，N在竖直平面内做匀速圆周运动，P向左做匀速直线运动，不计空气阻力，则三个油滴的质量关系是( )
A．mM>mN>mP B．mP>mN>mM
C．mN>mP>mM D．mP>mM>mN
解析：N在竖直平面内做匀速圆周运动，其重力与电场力平衡，因而带负电，且mNg＝Eq；M向右做匀速直线运动，有mMg＋Fn＝Eq；P向左做匀速直线运动，有mPg＝Eq＋Fn′，比较上述三式，有mP>mN>mM成立．
答案：B
4．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)，从a板左端贴近a板处以大小为v0的初速度水平射入板间，在匀强电场作用下，刚好从b板的狭缝P处穿出，穿出时的速度方向与b板所成的夹角为θ＝30°，之后进入匀强磁场做圆周运动，最后粒子碰到b板的Q点(图中未画出)．求：
(1)a、b板之间匀强电场的电场强度E和狭缝P与b板左端的距离；
(2)P、Q两点之间的距离L.
解析：(1)粒子从a板左端运动到P处，由动能定理得：
qEd＝mv2－mv，
又有，cos θ＝求得E＝.
粒子在电场中做类平抛运动，P处到b板左端的距离x＝v0t，
d＝at2，a＝，
求得x＝2d.
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，
如图由几何关系得＝rsin 30°，又qvB＝.
联立求得L＝＝.
答案：见解析
B级 提能力
5．如图所示，光滑半圆形轨道与光滑斜面轨道在B处与圆弧相连，将整个装置置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，且能沿轨道前进，并恰能通过圆弧最高点，现若撤去磁场，使球仍能恰好通过圆环最高点C，释放高度H′与原释放高度H的关系是( )
A．H′＝H B．H′C．H′>H D．不能确定
解析：无磁场时，小球在C点由重力提供向心力，临界速度为v′.加磁场后，小球在C点受向上的洛伦兹力，向心力减小，临界速度v减小．所以不加磁场时在C点的机械能较大，由于洛伦兹力不做功，有没有磁场机械能都守恒，所以，不加磁场时机械能较大．
答案：C
6．(多选)如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入Ⅱ后偏转半径R相同，则它们一定具有相同的( )
A．速度 B．质量
C．电荷量 D．比荷
解析：当混合带电离子在通过正交的电场、磁场区域Ⅰ时没有发生偏转可得：电场力与洛伦兹力平衡，即q1E＝q1v1B，q2E＝q2v2B，所以v1＝v2＝，而进入匀强磁场区域Ⅱ后偏转半径r相同，也就是r＝，r1＝＝＝r2，即＝，所以A、D正确，B、C错误．
答案：AD
7．如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是( )
图甲 图乙
A．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
B．在Ek－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．不同粒子获得的最大动能都相同
解析：由图可知粒子在单个D形盒内运动的时间为tn－tn－1，由于在磁场中粒子运动的周期与速度无关，B正确；交流电源的周期为2(tn－tn－1)，A错误；由r＝知当粒子的运动半径等于D形盒半径时加速过程就结束了，粒子的动能Ekm＝，即粒子的动能与加速次数无关，C错误；粒子的最大动能还与粒子的质量和电荷量有关，D错误．
答案：B
8．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；
(3)A点到x轴的高度h.
解析：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有：qE＝mg，①
E＝，②
重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．
(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，
∠MO′P＝θ，
如图所示．设半径为r，由几何关系知：
＝sin θ，③
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有：
qvB＝，④
由速度的合成与分解知：＝cos θ，⑤
由③④⑤式得：v0＝.⑥
(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tan θ，⑦
由匀变速直线运动规律知：v＝2gh，⑧
由⑥⑦⑧式得：h＝.
答案：(1) 方向竖直向上 (2) (3)
9．电子(不计重力)自静止开始经M、N板间(两板间电压为v)的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为 L的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示(已知电子的质量为m，电量为e)，求：
(1)电子在加速电场中加速后获得的速度；
(2)匀强磁场的磁感应强度；
(3)电子在磁场中的运动时间．
解析：(1)电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得：
mv2－0＝eU，
解得 v＝ .①
(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：Bev＝m，②
电子在磁场中的轨迹如图，由几何关系得：(r－L)2＋(L)2＝r2 ③
由①②③解得 B＝ .
(3)电子在磁场的周期为T＝，
由几何关系得 ∠AOP＝60°，
可得电子在磁场中的运动时间t＝ .
答案：(1)v＝ (2)
(3)
课件61张PPT。第三章 磁场匀速圆周运动 洛伦兹力 相同 不同 加速电场 偏转磁场 交流 相等 磁感应强度B 半径R 无关 第三章 磁场
第四节 安培力的应用
A级 抓基础
1．两条导线相互垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由活动，当直流电流按图所示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)( )
A．顺时针方向转动，同时靠近导线AB
B．逆时针方向转动，同时离开导线AB
C．顺时针方向转动，同时离开导线AB
D．逆时针方向转动，同时靠近导线AB
解析：本题可用下面两种方法解答．
(1)电流元受力分析法：把直线电流CD等效为CO、DO两段电流元，AB电流的磁感线分布如图所示，用左手定则判定可知导线CD将逆时针转动．
(2)特殊值分析法：将导线CD转过90°的特殊位置，两直线电流相互平行，方向相同相互吸引，可见CD将靠近AB，所以导线CD逆时针方向转动，同时要靠近导线AB.因此正确答案是D.
答案：D
2．在如图所示的电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为Fa、Fb，可判断这两段导线( )
A．相互吸引，Fa＞Fb B．相互排斥，Fa＞Fb
C．相互吸引，Fa＜Fb D．相互排斥，Fa＜Fb
解析：无论电键置于a还是置于b，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A、C错误．电键置于位置b时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，故B错误，D正确．
答案：D
3．如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同，其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内．每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法中正确的是( )
A．导线a所受合力方向水平向右
B．导线c所受合力方向水平向右
C．导线c所受合力方向水平向左
D．导线b所受合力方向水平向左
解析：首先用安培定则判定导线所在处的磁场方向，要注意是合磁场的方向，然后用左手定则判定导线的受力方向．可以确定B是正确的．
答案：B
4．如图所示的弹性线圈AB，当给它通电时下面判断正确的是( )
A．当电流从A向B通过时线圈长度增加，当电流反向时线圈长度减小
B．当电流从B向A通过时线圈长度增加，当电流反向时线圈长度减小
C．不管电流方向如何，线圈长度都不变
D．不管电流方向如何，线圈长度都减小
解析：把环形电流看成无数小段的直线电流组成，当电流从A向B通过线圈时各线环的电流方向如图所示，各电流平行且同向，相互吸引，线圈长度变短，当电流从B向A通过线圈时各线环的电流方向与所示方向相反，但各电流仍平行且同向，相互吸引，线圈长度仍变短，故D正确．
答案：D
5．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m，质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流强度I＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度从零开始每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)?
解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如右图所示．由平衡条件得：
FTcos 37°＝F，①
FTsin 37°＝mg，②
由①②解得：F＝，
代入数值得：F＝0.8 N，
由F＝BIL得：B＝＝ T＝2 T.
B与t的变化关系为B＝0.4t T，所以t＝5 s.
答案：5 s
B级 提能力
6．如图所示，一根通电的直导体棒放在倾斜的粗糙导轨上，且有图示方向的匀强磁场，处于静止状态，若增大电流强度，导体棒仍静止，则在电流增大到刚要运动的过程中，导体棒受到摩擦力的大小变化情况可能是( )
A．一直减小 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．始终不变
解析：由左手定则可判定安培力方向沿斜面向上，若开始时摩擦力方向沿斜面向下，则有F安＝mgsin θ＋f，而F安＝BIL，则f＝mgsin θ－F安，I增大，f减小；当f减小到0后，F安＞mgsin θ，f反方向，I增大，f增大．
答案：B
7．(多选)一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒，右图中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是( )
A．磁铁对桌面的压力减小
B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁受到向右的摩擦力
D．磁铁受到向左的摩擦力
解析：如图所示．导体棒通电后，由左手定则，导体棒受到斜向左下方的安培力，由牛顿第三定律可得，磁铁受到导体棒的作用力应斜向右上方，所以在通电的一瞬时，磁铁对桌面的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力，因此A、D正确．
答案：AD
8．(多选)如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，则( )
A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极
B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极
C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极
D．将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极
答案：AB
9．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变阻器，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1.0 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；
(2)通过金属棒的电流；
(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值．
解析：(1)F安＝mgsin 30°，
F安＝0.1 N.
(2)F安＝BIL，
解得：I＝ ＝0.5 A.
(3)设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)．
解得：R＝－r＝23 Ω.
答案：(1)0.1 N (2)0.5 A (3)23 Ω
10．如图，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面夹角为α ，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，定值电阻为R，其余部分电阻不计．则当电键闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？
解析：画出导体棒ab受力的截面图，如图所示．
导体棒ab所受安培力：F＝BIL，
由牛顿第二定律得：Fsin α＝ma，
导体棒ab中的电流：I＝，得a＝.
答案：
课件39张PPT。第三章 磁场安培力 安培力 输入电压 电流 磁电式 均匀辐射 正比 越大 越大 大小
