“恒定电流”及“磁场”综合练习要点

1、恒定电流”及磁场”综合练习一.选择题（共14小题）1. （2011?长宁区二模）如图所示电路，电源内阻为r,定值电阻Ri的阻值小于变阻器 R的总阻值，闭合K,当滑片P在变阻器的中点时，电压表 V的示数为U,电流表A的示数为I,则当滑片P从变阻器中点向上滑动的过程中（ ）产金J_1IA . U 一直减小，I 一直增大B. U先增大后减小，I先减小后增大C.流过r的电流先减小后增大，I 一直增大D . U与I的乘积一直增大2. （2011?重庆模拟）如图所示电路中，电源的内电阻为r, Rp R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表.闭合电键S,当滑动变阻器 R2的滑动触头P向左滑动时，电表的示数都

2、发生变化， 电流表和电压表的示数变化量的绝对值 分别为、AU,以下列说法正确的是（）A .电压表示数变大B.电流表示数变小C.息1<D. Al>rAlAI3. 正四面体，每条边的电阻均为R,取一条边的两个顶点，问整个四面体的等效电阻为（）AA. RB. 2RC. pD. KI III |I |14. A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球.两块金属板接在如图所示的电路中，R1光敏电阻，R2滑动变阻器，R3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0.已知

3、电源电动势 E和内阻r一定，光敏电阻随光照的增强电阻变小，以下说法正确的是（）A .保持光照强度不变，将 R2的滑片P向b端滑动，则R2消耗的功率变大B.保持滑片P不动，让光敏电阻周围光线变暗，则小球重新平衡后 。变小C.将滑片向a端滑动，用更强的光照射 R1，则电压表示数变小D.保持滑片P不动，用更强的光照射 R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值变小5.如图所示，已知电源电动势为e,内电阻为r,闭合电键k电路工作稳定后，A、B、C三个制作材料相同的白炽灯泡发光亮度一样，那么以下判断正确的是（）A. A、B、C三个灯功率、电压都不同B. A、B、C三个灯功率相同、电压不同C.

4、C灯电阻最大、B灯电阻最小D.当变阻器滑动片向左滑动时，A灯、C灯变亮，B灯变暗6. （2011?信阳二模）一个用半导体材料制成的电阻器 D,其电流I随它两端电压U变化的关系如图中的 （a）所示, 将它与两个标准电阻 Ri、R2组成如图（b）所示电路，当电键S接通位置1时，三个用电器消耗的电功率均为 P.将 电键S切换到位置2后，电阻器D和电阻R、R2消耗的电功率分别是 Pd、Pi、P2,下列关系中正确的是（）A. Pi>PB. Pi>P2C. 4Pi>PdD. Pd+Pi+P2>3P7. （2012?怀化三模）如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧

5、面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d,极板面积为S,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 p的高温电离气体，气体以速度 v向右流动，并通过专用管道导出.由 于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势.若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率 P二（"番 ）2 调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求 RS+Pd R得可变电阻R消耗电功率的最值为大（）8. （2010?浙江模拟）如图所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场中，半径为 R的光滑绝缘竖直圆环上，

6、套有一 个带正电的小球，已知小球所受电场力是重力的 彳倍，小球的质量为 m,在环顶端A点由静止释放，且磁感应强度为B,重力加速度为g,图中OP连线与竖直方向的夹角为0,且sin 9=0.6,则（）A.小球每次经过图中P点时，受到的洛仑兹力都为最大，且方向不变8. 小球沿圆环能做完整的圆周运动，每圈所用时间相同C-要使得小球沿圆环能做完整的圆周运动，在A点的初速度的值应大于 国，顺着电场线或逆着电场线方向均可以D.小球经过最低点 C时，环对球的作用力不可能小于5mg9. 比荷为 里的电子以速度V0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中（如图） .为使电子从BC边穿出磁场，磁感应强度 B

7、的取值范围为（）C.B<D.eaB<-910. （2013?辽宁一模）足够长的光滑绝缘槽，与水平方向的夹角分别为“和3 （ “V 3）,如图所示，加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等，带等量正、负电荷的小球a和b,依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上的运动，下列说法中正确的是（）X X X X XX X X X XA .在槽上a、b两球都做匀加速直线运动，aa>abB.在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aa>abC. a、b两球沿直线运动的最大位移分别为Sa、0,则Sa< SbD. a、b两球沿槽运动的时间分别为 ta、tb,则tatb11 .

8、（2012?温州模拟）（2010?泰安五校联考）真空中存在竖直向上的匀强电场和水平方向的匀强磁场，一质量为m,带电量为q的物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t=0的时刻物体在轨迹最低点且重力势能为零，电势能也为零，则下列说法不正确的是（）A.物体带正电且做顺时针转动B-物体运动的过程中，机械能与电势能之和保持不变且大小为E=a国蕈22C.物体运动的过程中，重力势能随时间的变化关系是E EgR （1-cos-t）pRD,物体运动的过程中，电势能随时间的变化关系是e （cosh）R12 .如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场

9、（场区都足够大），现有一重力不计的带电粒子从MN上的。点以水平初速度V0射入场区，下列有关判断正确的是 （）A.如果粒子回到 MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场B.如果粒子回到 MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场C.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场D.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场13.劳伦斯于1930年制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连.某带电粒子在回旋加速

10、器中的动能Ek随时间t的变化规律如图所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（）A.在 Ek-t 图中应有 t4- t3=t3 - t2=t2 - t1B.高频电源的变化周期应等于 tn-tn 1C.要使粒子获得的最大动能增大，应增大匀强磁场的磁感应强度D.要使粒子获得的最大动能增大，应增大加速电压14.如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形 ABCD ,磁感应弓虽度为B,其中AC边与对角线BC垂直，/BAC=60 °, 一束电子（质量为 m,电荷量为e）以大小不同的速度沿 BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互 作用，关于电子在磁场中运动的时间，下列说法中

11、正确的是（）A.从AB （不含A点）边出射的粒子，运动时间可能为2jm/3eBB.从AC （不含A点）边出射的粒子，运动时间可能为2jm/3eBC.从AB （不含A点）边出射的粒子，运动时间均为Tm/3eBD.从AC （不含A点）边出射的粒子，运动时间均为Tm/3eB二.解答题（共5小题）15. （2006?江苏）如图所示电路中，电阻Ri=R2=R3=10Q,电源内阻r=5 Q,电压表可视为理想电表.当开关Si和S2均闭合时，电压表的示数为10V .（1）电阻R2中的电流为多大？（2）路端电压为多大？（3）电源的电动势为多大？（4）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？16. （2

12、009哦浦区二模）如图所示，一电荷量q=3X105C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的。点.电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角a=37 °.已知两板相距 d=0.1m,电源电动势?=15V ,内阻 r=1.5 Q,电阻 R=3Q, R2=R3=R4=9Q. g 取 10m/s2,已知 sin37°=0.6, cos37°=0.8.求：（1）电源的输出功率；（2）两板间的电场强度的大小；（3）带电小球的质量.a17. (2008?宁夏)如图所示，在 xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射

13、线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为 B,方向垂直于纸面向外.有一质量为 m,带有电荷量+q的 质点由电场左侧平行于 x轴射入电场.质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为 九A点与原点O的距离 为d.接着，质点进入磁场，并垂直于 OC飞离磁场.不计重力影响.若 OC与x轴的夹角 弧求：(1)粒子在磁场中运动速度的大小；(2)匀强电场的场强大小.18. (2012?山东)如图所示，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 S、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 U

14、o,周期为To.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T子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过 多垂直于边界进入右侧磁场区.(不计粒子重力，不考虑极板外2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.t=3To时刻再次到达S2,且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在 场内运动的时间和磁感应强度的大小.2013年12月 恒定电流”及 磁场”期末复习参考答案与试题解析一.选择题（共14小题）1. （2011?长宁区二模）如图所示电路，电源内阻为

15、r,定值电阻Ri的阻值小于变阻器 R的总阻值，闭合K,当滑片P在变阻器的中点时，电压表 V的示数为U,电流表A的示数为I,则当滑片P从变阻器中点向上滑动的过程中（ ）jIK-1A . U 一直减小，I 一直增大B. U先增大后减小，I先减小后增大C.流过r的电流先减小后增大，I 一直增大D . U与I的乘积一直增大考点：闭合电路的欧姆定律.4543967分析：由电路图可知，滑动变阻器的上半部分下Ri串联后与下半部分并联，电压表测路端电压，电流表测流过Ri的电流；由滑片的移动可知并联部分总电阻的变化；则由闭合电路的欧姆定律可求得电路中总电流的变化 及路端电压的变化；再分析并联部分电压的变化，即可

16、得出电流表示数的变化.因U为路端电压，而I为支路中的电流，直接相乘无物理意义，故可以利用并联电路的规律，找出UI与输出功率的关系，再判断 UI的变化.解答：解：由图可知，滑动变阻器上半部分与 Ri串联后与下半部分并联，因滑片开始时在中点，故开始时Ri与上 半部分的总电阻 R串大于下半部分的电阻；当滑片上移时，上部分的电阻减小，下半部分电阻增大，且Ri小于R的总阻值，故在上移中 R串一定会出现等于下半部分的电阻的情况；因为总电阻不变，所以当电阻相等时总电阻最大，即上移过程中电路中的总电阻R外应是先增大再减小；由闭合电路欧姆定律总=与一可知：干路电流应是先减小再增大，即流过r的电流先减小再增大；

17、路端电h+R外压U应是先增大后减小，故 A错误；在滑片上移到电阻最大的过程中，干路电流减小，则路端电压U=E-I总r增大，而R2不变，故R2两端的电压减小，因此并联部分电压应增大，而 R串减小，故电流表增大； 当滑片从最大电阻处上移时，干路电流增大，则路端电压减小，R2两端的电压增大，故并联部分电压减小，则流过下半部分的电流减小；而总电流增大，由并联电路的电流规律可知，电流表示数增大；即电流表示 数I 一直增大，故B错误，C正确；UI=U%+R）=ui总Rj+RR下UI总为电源的输出功率，是逐渐减小的，而电源的输出功率与外电阻有关，当内外电阻相等时，输出 展+K功率是最大的，而本题中无法确定内

18、外电阻的关系；故 UI的变化无法确定，故 D错误；故选C.点评：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中 电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电 路的性质；另外还要注意电源输出功率的应用.2. （2011?重庆模拟）如图所示电路中，电源的内电阻为r, Ri、R3、甩均为定值电阻，电表均为理想电表.闭合电键S,当滑动变阻器 R2的滑动触头P向左滑动时，电表的示数都发生变化， 电流表和电压表的示数变化量的绝对值 分别为、AU,以下列说法正确的是（）A.电压表示数变大B.电流表示数变小C. AJ

19、< rD. AU>r石Ai考点：闭合电路的欧姆定律.4543967专题：恒定电流专题.分析：理想电流表内阻不计，当作导线处理.电压表测量外电压.弄清电路的结构：则Ri与R2并联后与R4串联,再与R4并联.当滑动触头 P向左滑动时，接入电路的减小电阻，可根据欧姆定律判断电路中电流、电压的 变化.解答：解：设电阻Ri、R2、R3、R4的电流分别为小12、1、"电压分别为Ui、5、U3、U4,外电压为U.A、当滑动触头P向左滑动时，其接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，干路电流U=E - Ir,故U变小，U3变小.A错误.I总变大，外电压B、C、D, U变小，I3变小，而由I

20、总=13 + 14, I总变大，I4变大，U4变大，而 Ui + U4=U, U变小，Ui变小，Ii变小.又I总=Ii+|, I总变大，Ii变小，则I变大，且变化的绝对值 >1总，则会?<铲.根据闭 总合电路欧姆定律,U=E - I总r,绝对值占;二r ,则/<工.故BD错误，C正确.2、故选C点评： 本题抓住两个关键：（i） r; （2）由I总=Ii+I中三个量的变化情况确定绝对值>Z.2;3.正四面体，每条边的电阻均为R,取一条边的两个顶点，问整个四面体的等效电阻为（弁RCA. RB.2RC.考点：串联电路和并联电路.4543967专题：恒定电流专题.分析：取一条边

21、的两个顶点，画出整个四面体的等效电路图，根据对称性分析电阻 R6的电压，确定R6上有无电流通过，再求整个电路的等效电阻.解答：解：取一条边的两个顶点，画出整个四面体的等效电路图，如图所示.根据对称性可知，电阻R2、R3、R4、R5四个电阻的电压相等，则电阻R6两端的电压为零，相当断路，电路等效看成R2与R3串联、R4与R5串联，三条支路并联，则整个电路的等效电阻为0.5R.故选CKi点评：本题关键是画出等效电路图，这是直流电路的分析与计算常用思路.4. A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球.两块金属板接在如图所示的电路中，Ri光敏电阻，R2滑动变

22、阻器，R3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0.已知电源电动势 E和内阻r一定，光敏电阻随光照的增强电阻变小，以下说法正确的是（）A .保持光照强度不变，将 R2的滑片P向b端滑动，则R2消耗的功率变大B.保持滑片P不动，让光敏电阻周围光线变暗，则小球重新平衡后 。变小C.将滑片向a端滑动，用更强的光照射 Ri,则电压表示数变小D.保持滑片P不动，用更强的光照射 Ri,则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值变小考点：闭合电路的欧姆定律.4543967专题：恒定电流专题.分析：该电路中，滑动变阻器

23、上没有电流，对AB之间的电压没有影响；光敏电阻的电阻随光照强度的增大而减小，故电路中的电流增大，R3上的电压增大，AB之间的电压减小，电场强度减小，小球受电场力减小，则小球重新达到稳定后 0变小.解答：解：A、该电路中，滑动变阻器上没有电流，消耗的功率一直为零，故A错误；B、用较暗的光线照射 Ri,电阻随光照强度的减小而增加，故电路中的电流减小，内电阻上的电压降减小，路端电压U增加，R3上的电压减小，AB之间的电压增加，电场强度增加，小球受电场力增加，则小球重 新达到稳定后 。变大.故B错误；C、滑片向a端滑动对电路无影响；用更强的光线照射Ri,电阻随光照强度的增大而减小，故电路中的电流增大，

24、内电阻上的电压降增大，路端电压 U减小，电压表读数减小；故 C正确； D、U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值表示电源的内电阻，是不变的，故 D错误； 故选C.点评：本题以光敏电阻为媒介，考查含有变化电阻的电路，这就要求有一定的知识迁移能力；同时，D选项要利用测量电源的电动势与内电阻的结论，对能力的要求也就更高.本题属于难题.5.如图所示，已知电源电动势为e,内电阻为r,闭合电键k电路工作稳定后，A、B、C三个制作材料相同的白炽灯泡发光亮度一样，那么以下判断正确的是（）A. A、B、C三个灯功率、电压都不同B. A、B、C三个灯功率相同、电压不同C. C灯电阻最大、B灯电阻最小D.当变阻器滑

25、动片向左滑动时，A灯、C灯变亮，B灯变暗考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.4543967专题：恒定电流专题.分析：灯泡A与R并联后与B串联，最后与C并联；三个灯泡亮度相同，说明功率相同；分析电压情况后比较电 阻情况.解答：解：A、B、灯泡A与R并联后与B串联，最后与C并联，故Ua+Ub=Uc,由于亮度相同，故功率相同， 电压不同，故A错误，B正确；C、由于Ua+Ub=Uc,故卞据P=2-可知，灯泡电阻不同，灯泡 C电阻最大；由于IaIb,根据P=I2R,由R于功率相同，故 Ra>Rb,故灯泡B电阻最小，故 C正确；D、当变阻器滑动片向左滑动时，R变大，外电路总电阻变大，总电流变小，

26、电源的内电压变小，路端电压变大，则灯C变亮.由于干路电流变小，通过 C灯的电流变大，所以通过 B灯的电流变小，电压变小，则B灯变暗.由于A、B两灯电压之和等于路端电压，则知A灯电压变大，变亮.所以当变阻器滑动片向左滑动时，A灯、C灯变亮，B灯变暗.故 D正确； 故选BCD.点评：对于电路的动态分析问题，当一个电阻变大时，与其并联的电阻电压变大，与其串联的电阻电压变小，可 以作为结论使用，较为简洁.6. （2011?信阳二模）一个用半导体材料制成的电阻器 D,其电流I随它两端电压U变化的关系如图中的 （a）所示， 将它与两个标准电阻 Ri、R2组成如图（b）所示电路，当电键S接通位置1时，三个用

27、电器消耗的电功率均为 P.将 电键S切换到位置2后，电阻器D和电阻Ri、R2消耗的电功率分别是 Pd、Pi、P2,下列关系中正确的是（）C. 4Pi>PdD.Pd+Pi+P2>3P考点：闭合电路的欧姆定律.4543967专题：恒定电流专题.分析：根据电阻器D的伏安特性曲线，分析其电阻与电压的关系.根据将电键S切换到位置2后，分析电阻Ri、R2电压的变化，分析功率关系.根据电阻器D电阻的变化，判断4R与Pd的关系.分析电路总电阻的变化， 判断Pd+Pi+P2与3P的关系.解答：解：根据电阻器 D的伏安特性曲线，其电阻随电压的增大而减小，电压的减小而增大.设Ri=R2=R.将电键S切换

28、到位置2前，电阻器D和电阻Ri、R2的电压分别为U。、学.由于三个用电器消耗的电功率IT29R-4R 4均为P,由功率公式 p=,得到此时电阻器 D的电阻Rd=4R,外电路总电阻为 R总=一一二R.将电键K6K 3S切换到位置2后，电阻器D的电压减小，电阻增大，Rd>4R,外电路总电阻 R总R+gag=1.8R.5RR FA、将电键S切换到位置2后，电阻器D和电阻Ri并联的电阻为 R并3>，=WrR,所以电阻Ri Rd+R 4R+R 5、的电压小于-2,电阻Ri消耗的功率减小，即有 Pi>P.故A错误. 2B、电阻Ri的电压小于 6,电阻R2的电压大于 5,则Pi>P2

29、.故B错误.22C、将电键S切换到位置2后，电阻器D和电阻Ri的电压相等，由功率公式 P业，由于Rd>4R,则4PiR>Pd,故C正确.D、由于外电路总增大，而总电压不变，电路的总功率减小，则Pd+Pi+P23P.故D错误.故选C点评：本题是动态变化分析问题，要抓住电阻器D是由半导体材料制成的，电阻不是定值的特点.7. （20i2?怀化三模）如图所示，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体电极，两极间距为d,极板面积为S,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p的高温电离气体，气

30、体以速度v向右流动，并通过专用管道导出.由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势.若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率 P二（adS）2 调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求 RS+Pd 八得可变电阻R消耗电功率的最值为大（）A. y2 R 2 dsB. y 筑C. v2B2dS3P4P5PD. y2B2dS6P考点：电功、电功率；电阻定律.4543967专题：恒定电流专题.分析：由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，根据数学知识可知, 当外电阻等于电源的内阻时，外电阻消耗的电功率最大，根据

31、电阻定律求出此时的内阻，代入求出 电功率的最值.解答：解：运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为R消耗r= F £ 根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻，即R=r时，外电阻消耗的电功率最大.此时R= p2代入电功率P二（口圈当）、中得到SRS+ P d最大电功率PmJ山故选B点评：本题关键是根据电阻定律求出电源的内阻，要注意电阻定律中导体的长度是导体顺着电流方向的长度，图 中内电路是导体长度是 d,容易搞错.8. （2010?浙江模拟）如图所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场中，半径为 R的光滑绝缘竖直圆环上，套有一个带正电的小球，已知小球所

32、受电场力是重力的卫倍，小球的质量为 m,在环顶端A点由静止释放，且磁感应强度4为B,重力加速度为g,图中OP连线与竖直方向的夹角为0,且sin 9=0.6,则（）21A.小球每次经过图中P点时，受到的洛仑兹力都为最大，且方向不变B.小球沿圆环能做完整的圆周运动，每圈所用时间相同C-要使得小球沿圆环能做完整的圆周运动，在A点的初速度的值应大于 3V号示，顺着电场线或逆着电场线方向均可以D.小球经过最低点 C时，环对球的作用力不可能小于5mg考点：带电粒子在混合场中的运动.4543967专题：带电粒子在复合场中的运动专题.分析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45。，由于合力是恒力，故

33、类似于新的重力，所以bc弧的中点相当于平时竖直平面圆环的最低点”.关于圆心对称的位置就是最高点”；在最低点”时速度最大.再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可.解答：解A：小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力的2倍，设合力与竖直方向夹角为%则tan”用丁如4晦4则sin a-=0.6, p点位置正好sin 9=0.6 ,则小球运动到 p点时，速度最大，则洛伦兹力最大，选项 A正确. 5B:若小球可以做完整的圆周运动需小球能到达P点关于。点对称的P'点，由已知小球在 A点的速度为零，根据能量守恒，小球到达A '点时速度为零，到达不了P点，故小球不能做完整的圆周运动，B错

34、误；P点时速度为零，根据动能定理:C:要使小球做完整的圆周运动，使小球到达-F 合?、R= - ±mg?4R=0 - mvA2 VV4得：VA=1极句 方向顺着电场线或逆着电场线方向均可以，故C正确；2D ：小球经过C点时，根据动能定理：2mgR=4mv2-022根据牛顿第二定律：F- mg - qvB=m R得：F=Mmg+qvB4由式子可以看出若 qvB1.5mg则Fv 5mg ,故D错误.故选：AC.点评：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的 知识解题，难度较大.9.比荷为2的电子以速度vo沿AB边射入边长为a的等边三角形

35、的匀强磁场区域中（如图） .为使电子从BC边穿 r出磁场，磁感应强度 B的取值范围为（C.c<a/3tdvqD.ea-2mv0B<-考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.4543967专题：带电粒子在磁场中的运动专题.分析：根据洛伦兹力提供向心力，列式得到磁感应强度的表达式，得出磁感应强度越小，半径越大；然后作出恰 好经过C点的临界轨迹，求出最大磁感应强度.解答：.C点的轨解：根据洛伦兹力提供向心力，有qvB二喙,得到B嗑,磁感应强度越小半径越大；粒子通过迹如图.根据几何关系，得到半径为 R=2用c后吗故：B=;ea_磁感应强度越小半径越大，故 B<时，粒子从BC边飞出；ea故选

36、C.点评：本题关键是作出临界轨迹，然后根据洛伦兹力提供向心力列式分析求解.10. （2013?辽宁一模）足够长的光滑绝缘槽，与水平方向的夹角分别为“和3 （ “V 3）,如图所示，加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等，带等量正、负电荷的小球a和b,依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上的运动，下列说法中正确的是（）X X X X XX X X X XA.在槽上a、b两球都做匀加速直线运动，aa>abB.在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aa> abC. a、b两球沿直线运动的最大位移分别为Sa、Sb,则Sa< SbD. a、b两球沿槽运动的时间分别为 ta、,

37、则tatb考点：洛仑兹力；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律.4543967分析：对两球分别进行受力分析，确定后合力，再据牛顿运动定律分析，确定其运动情况.解答：解：两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，则其加速度为aB=gsin aaA=gsin 3可见aA>aB故A正确，B错误；当加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面则 mgcos 炉Bqv 又 V2=2gsin o（sa 求得 g =-3 /q'inBgm同理得：卡一2 (1 - si na)SB2q'inCL因aV 3,则 Sa< Sb 故C正确, 又由v=

38、gsin禽得t同理得则ta< tb则D正确故选：A C D点评:考查洛伦兹力作用下的小球的运动，会判断洛伦兹力的方向，明确其大小的决定因素.11. （2012?温州模拟）（2010?泰安五校联考）真空中存在竖直向上的匀强电场和水平方向的匀强磁场，一质量为m,带电量为q的物体以速度v在竖直平面内做半径为 R的匀速圆周运动，假设t=0的时刻物体在轨迹最低点且重力势 能为零，电势能也为零，则下列说法不正确的是（）A.物体带正电且做顺时针转动B-物体运动的过程中，机械能与电势能之和保持不变且大小为Eav32C-物体运动的过程中，重力势能随时间的变化关系是E =gR （1-cost）pRD,物体运

39、动的过程中，电势能随时间的变化关系是E 战（cos-f 1）pR考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系；电势能. 4543967 专题：带电粒子在复合场中的运动专题.分析：物体做匀速圆周运动，受重力、电场力和洛伦兹力，其中重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力.解答：解：A、重力与电场力平衡，故电场力向上，由于电场方向向上，故电荷带正电；由于磁场方向不知是垂直向内还是垂直向外，故转动方向不确定，故 A错误；B、洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，故作用机械能和电势能相互转化，总量守恒，在最低点时，有故B正确；C、重力势能的表达式为：（R - RccisB）二mgR （1-二口吕肉）4（1-匚

40、口§事），故C正确; PRD、电势能和重力势能总量守恒，故电势能为：Ep=-Ep= _ mg （R_ Reos 8 ） = - mgR （1 - cos3 t）二一 mgR （1 _ cost）,故 D 正确； R本题选错误的，故选 A.点评：本题关键明确重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，然后列式分析求解.12.如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场（场区都足够大），现有一重力不计的带电粒子从MN上的。点以水平初速度vo射入场区，下列有关判断正确的是 （）A.如果粒子回到 MN上时速度增大，则空间存在的，定是电场B.如果粒子回到

41、 MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场C.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场D.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场考点：带电粒子在混合场中的运动.4543967专题：带电粒子在复合场中的运动专题.分析： 洛伦兹力不做功，电场力可以做功；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类似抛体运动.解答：解：A、洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可使带电粒子做功，动能增大，故A正确；B、C、若带电粒子以与电场线平行的速度vo射入，粒子返回速率不变，故 B错误，C也错误；D、

42、由T=2?知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D项正确.Bq故选AD .点评： 本题关键是分电场和磁场两种情况进行分析讨论，抓住匀速圆周运动模型和直线运动模型进行分析讨论.13.劳伦斯于1930年制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒Di、D2构成，其间留有空隙，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连.某带电粒子在回旋加速器中的动能Ek随时间t的变化规律如图所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（）A .在 Ek - t 图中应有 t4 t3=t3 t2=t2 - tlB.高频电源的变化周期应等于 tn-tn iC.要使粒子获得的最

43、大动能增大，应增大匀强磁场的磁感应强度D.要使粒子获得的最大动能增大，应增大加速电压考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理.4543967专题：带电粒子在磁场中的运动专题.分析：根据洛伦兹力提供向心力，可知回旋加速器的回旋周期一定；同理计算出最大动能的表达式并进行讨论.解答：解：A、洛伦兹力提供向心力，有5fB二解得故周期t=2兀兀.与速度无关，故t4-t3=t3 " rqBv qBt2=t2 tl = 故 A 正确；2B、为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期致的交变电压，故B错误;2C、由 qvB=m-得,Rv=凝,贝U最大动能ID

44、Ek= mv2=22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，故C正确;D、由qvB=m得，丫二旦明，则最大动能2 2 2EKmv2J。丑，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度2 2m以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关, 故选AC .D错误;点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大 小无关.14.如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形 ABCD ,磁感应弓虽度为B,其中AC边与对角线BC垂直，/BAC=60 °, 一束电子（质量为 m,电荷量为e）以大小不同的速度沿 BC从B点射入磁场，不计电子的重力和

45、电子之间的相互 作用，关于电子在磁场中运动的时间，下列说法中正确的是（）A.从AB （不含A点）边出射的粒子，运动时间可能为2jm/3eBB.从AC （不含A点）边出射的粒子，运动时间可能为2jm/3eBC.从AB （不含A点）边出射的粒子，运动时间均为Tm/3eBD.从AC （不含A点）边出射的粒子，运动时间均为Tm/3eB考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力.4543967专题：带电粒子在磁场中的运动专题.分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子做圆周运动的周期；根据题意及几何知识求出电子从AC, AB边飞出时粒子所转过的圆心角，然后求出粒子的运动时

46、间.解答：解：电子做圆周运动的周期丁二军工；A、电子沿BD方向入射从AB边射出时，电子做圆周运动所转过的圆心角都是60。，则电子从AB边射出，在磁场中的运动时间1=黑一丁=1也孚=,故A错误，C正确；3606 eB 3eBB、当电子在 BC （包含BC）与AB间射入磁场时，电子可能从 AC边射出，当电子沿 BC方向射入，从AC边的A点射出时，电子在磁场中运动时间最长，此时它转过的圆心角是60°,电子从AC边射出（不包括A点）时，在磁场中运动的最长时间为 t=WLT=±乜?=果，故BD错误;3606 eb 3eB故选C.点评： 本题考查了求电子在磁场中的运动时间问题，找出粒子

47、在磁场中做圆周运动时所转过的圆心角是正确解题 的关键.二.解答题(共5小题)15. (2006?江苏)如图所示电路中，电阻Ri=R2=R3=10Q,电源内阻r=5 Q,电压表可视为理想电表.当开关Si和S2均闭合时，电压表的示数为10V .(1)电阻R2中的电流为多大？(2)路端电压为多大？(3)电源的电动势为多大？(4)当开关Si闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？3 贝 .nun n®l-£考点：闭合电路的欧姆定律.4543967专题：压轴题；恒定电流专题.分析：(1)当开关Si和S2均闭合时，电阻Ri与R3并联后与R2串联.已知电压表的读数与电阻R2,根据欧姆定律

48、定律求出电阻 R2中的电流；(2)求出外电路总电阻，根据 U=IR求出路端电压；(3)根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势；(4)当开关S1闭合而S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表的读数等于路端电压.再由欧姆定律求出电流和路端电压.解答：解：(1)电阻R2中的电流I=-=1A R2RiR(2)外电阻 R=R2+口 =15 所以路端电压为： U=RI=15 M=15V(3)根据闭合电路欧姆定律I=J得R+hE=I (R+r)代入数据解得E=20V(4) S1闭合而S2断开，电路中的总电流I = o=tJtA=0.8AR1+R2+r 20+5电压表示数 U'=I'(R1+R2)

49、=0.8X20V代入数据解得U =16V.答：(1)电阻R2中的电流是1A;(2)路端电压为15V;(3)电源的电动势是 20V;(4)当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数是 16V.点评：本题是电路的计算问题，首先要识别电路的结构，其次要明确电压表测量哪部分电路的电压.16. (2009哦浦区二模)如图所示，一电荷量q=3X105C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的。点.电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角a=37 °.已知两板相距 d=0.1m,电源电动势?=15V,内阻 r=1.5 Q,电阻 Ri=3Q, R2=R3=R4=9Q. g 取

50、 10m/s2,已知 sin37°=0.6, cos37°=0.8.求：(1)电源的输出功率；(2)两板间的电场强度的大小；(3)带电小球的质量.0*、E r S考点：闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率.4543967专题：恒定电流专题.分析：(1)先搞清楚电路的结构，根据闭合电路欧姆定律求出电流(2)电容器两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律I,根据P出=I (E-Ir)求出电源的输出功率；, Ur、Uc=I ( R1+R23)求出电谷器的电压，再根据E=求d出电场强度；(3)小球处于静止状态，对小球进行受力分析，由平衡条件列出方程即可求解.解答：解：(1) R2与R

51、3并联后的电阻值R23R2+R由闭合电路欧姆定律得>315R1+R23+r 3+4. 5+1.53A-20. 8W=12. 5V所以一耳期 _3Xio 咏125=5X10 4kg电源的输出功率 P出=I (E- Ir) =- (15- -XI. 5) 3(2)两板间的电压Uc=i(R1+R23) (3+4. 5),j两板间的电场强度 E= _ "d 0.1(3)小球处于静止状态，所受电场力为F,又F=qE由平衡条件得：水平方向Tcosa- mg=0竖直方向 Tsin a- qE=0答:(2)(3)(1)电源的输出功率为 20.8W;两板间的电场强度的大小为125N/C ;带电小

52、球的质量为 5X10 4kg.点评：本题考查闭合电路欧姆定律、匀强电场中电场强度与电势差的关系、平衡条件等相关知识，涉及知识点较 多，题目难度适中.17. (2008?宁夏)如图所示，在 xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为 B,方向垂直于纸面向外.有一质量为 m,带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于 x轴射入电场.质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为 九A点与原点O的距离 为d.接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场.不计重力影响.若 OC与x轴的夹角 弧求：(1)粒子在磁场中运动速度的大小；(2)匀强电场的场强大小.4543967考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动. 专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题.分析：(1)粒子在磁场中做匀速