“恒定电流”及“磁场”综合练习

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R1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（）AU一直减小，I一直增大BU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DU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，Rl、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，电表的示数都发生变化，电流表和电压表的示数变化量的绝对值分别为I、U

2、，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CrDr3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（）ARB2RCD4A、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

3、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，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（）AA、B、C三个灯功率、电压都不同BA、B、C三个灯功率相同、电压不同CC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

4、R1、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R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，下列关系中正确的是（）AP1PBP1P2C4P1PDDPD+P1+P23P7（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

5、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，可求得可变电阻R消耗电功率的最值为大（）ABCD8（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，已知小球所受电场力是重力的倍，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，且sin=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

6、应大于，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 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的取值范围为（）ABCD10（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（），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（）A在槽上a、b两球都做匀加速直线运动，aaabB在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aaabCa、b两球沿直线运动的最大位移分别为

7、Sa、Sb，则SaSbDa、b两球沿槽运动的时间分别为ta、tb，则tatb11（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=C物体运动的过程中，重力势能随时间的变化关系是D物体运动的过程中，电势能随时间的变化关系是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

8、场（场区都足够大），现有一重力不计的带电粒子从MN上的O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器中的动能Ek随

9、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Ekt图中应有t4t3=t3t2=t2t1B高频电源的变化周期应等于tntn1C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，磁感应强度为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，下列说法中正确的是（）A从AB（不含A点）边出射的粒子，运动时间可能为2m/3eBB

10、从AC（不含A点）边出射的粒子，运动时间可能为2m/3eBC从AB（不含A点）边出射的粒子，运动时间均为m/3eBD从AC（不含A点）边出射的粒子，运动时间均为m/3eB二解答题（共5小题）15（2006江苏）如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10，电源内阻r=5，电压表可视为理想电表当开关S1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（2009黄浦区二模）如图所示，一电荷量q=3×105C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O

11、点电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37°已知两板相距d=0.1m，电源电动势=15V，内阻r=1.5，电阻R1=3，R2=R3=R4=9g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

12、夹角为，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，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（q0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过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

13、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r，定值电阻R1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（）AU一直减小，I一直增大BU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，

14、I一直增大DU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R1串联后与下半部分并联，电压表测路端电压，电流表测流过R1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R1串联后与下半部分并联，因滑片开始时在中点，故开始时R1与上半部分的总电阻R串大于下半部分的电阻；当滑

15、片上移时，上部分的电阻减小，下半部分电阻增大，且R1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I总=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；路端电压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=EI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

16、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（I总）=UI总；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，输出功率是最大的，而本题中无法确定内外电阻的关系；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，Rl、

17、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，电表的示数都发生变化，电流表和电压表的示数变化量的绝对值分别为I、U，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CrDr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R1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R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4，外电压为U A、

18、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I总变大，外电压U=EIr，故U变小，U3变小A错误 B、C、D，U变小，I3变小，而由I总=I3+I4，I总变大，I4变大，U4变大，而U1+U4=U，U变小，U1变小，I1变小又I总=I1+I，I总变大，I1变小，则I变大，且变化的绝对值II总，则根据闭合电路欧姆定律，U=EI总r，绝对值，则故BD错误，C正确故选C点评：本题抓住两个关键：（1）；（2）由I总=I1+I中三个量的变化情况确定绝对值II总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（）ARB2RCD考点：串联电路和并联电路

19、4543967专题：恒定电流专题分析：取一条边的两个顶点，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C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4A、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

20、，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，滑动变阻器上没有电

21、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R1，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R1，电阻随光照强度的增大而减小，故电路中的电流增大，内电阻上的电压降增大，路

22、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，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（）AA、B、C三个灯功率、电压都不同BA、B、C三个灯功率相同、电压不同CC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灯变暗考点：闭合电路的欧

23、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，故根据P=可知，灯泡电阻不同，灯泡C电阻最大；由于IAIB，根据P=I2R，由于功率相同，故RARB，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，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

24、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R1、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R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，下列关系中正确的是

25、（）AP1PBP1P2C4P1PDDPD+P1+P23P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R1、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4P1与PD的关系分析电路总电阻的变化，判断PD+P1+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R1=R2=R将电键S切换到位置2前，电阻器D和电阻R1、R2的电压分别为U0、由于三个用电器消耗的电功率均为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

26、总=将电键S切换到位置2后，电阻器D的电压减小，电阻增大，RD4R，外电路总电阻R总R+=1.8RA、将电键S切换到位置2后，电阻器D和电阻R1并联的电阻为R并=R，所以电阻R1的电压小于，电阻R1消耗的功率减小，即有P1P故A错误B、电阻R1的电压小于，电阻R2的电压大于，则P1P2故B错误C、将电键S切换到位置2后，电阻器D和电阻R1的电压相等，由功率公式P=，由于RD4R，则4P1PD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+P1+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（2012怀化三模）如

27、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，可求得可变电阻R消耗电功率的最值为大（）ABCD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

28、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，根据电阻定律求出此时的内阻，代入求出R消耗电功率的最值解答：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=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=，代入电功率中得到最大电功率Pm=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

29、一个带正电的小球，已知小球所受电场力是重力的倍，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，且sin=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，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，故类

30、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倍，设合力与竖直方向夹角为，则tan=如图，则sin=0.6，p点位置正好sin=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B：若小球可以做完整的圆周运动需小球能到达P点关于O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错误；C：要使小球做完整的圆周运动，使小球到达P点时速度为零

31、，根据动能定理：F合R=mgR=0mvA2得：vA=，方向顺着电场线或逆着电场线方向均可以，故C正确；D：小球经过C点时，根据动能定理：2mgR=mv20根据牛顿第二定律：FmgqvB=m得：F=mg+qvB由式子可以看出若qvB1.5mg则F5mg，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 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的取值范围为（）ABCD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

32、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：解：根据洛伦兹力提供向心力，有，得到，磁感应强度越小半径越大；粒子通过C点的轨迹如图根据几何关系，得到半径为；故：B=；磁感应强度越小半径越大，故时，粒子从BC边飞出；故选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（），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，

33、下列说法中正确的是（）A在槽上a、b两球都做匀加速直线运动，aaabB在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aaabCa、b两球沿直线运动的最大位移分别为Sa、Sb，则SaSbDa、b两球沿槽运动的时间分别为ta、tb，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 aA=gsin 可见aAaB 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 mg

34、cos=Bqv 又 V2=2gsinsa 求得 同理得：因，则 sasb 故C正确，又由v=gsinta 得 同理得 则tatb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E=C物体运动的过程中，重力势

35、能随时间的变化关系是D物体运动的过程中，电势能随时间的变化关系是考点：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：，故C正确；D、电势能和重力势能总量守恒，故电势能为：Ep=Ep=，故

36、D正确；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O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考点：带电粒

37、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v0射入，粒子返回速率不变，故B错误，C也错误；D、由T=知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D项正确故选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

38、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Ekt图中应有t4t3=t3t2=t2t1B高频电源的变化周期应等于tntn1C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，解得，故周

39、期，与速度无关，故t4t3=t3t2=t2t1=，故A正确；B、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一致的交变电压，故B错误；C、由qvB=m得，v=，则最大动能EK=mv2=，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，v=，则最大动能EK=mv2=，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，与加速电压无关，故D错误；故选AC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AB

40、CD，磁感应强度为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，下列说法中正确的是（）A从AB（不含A点）边出射的粒子，运动时间可能为2m/3eBB从AC（不含A点）边出射的粒子，运动时间可能为2m/3eBC从AB（不含A点）边出射的粒子，运动时间均为m/3eBD从AC（不含A点）边出射的粒子，运动时间均为m/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

41、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间解答：解：电子做圆周运动的周期T=；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t=T=×=，故A错误，C正确；B、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=T=×=，故B

42、D错误；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R1=R2=R3=10，电源内阻r=5，电压表可视为理想电表当开关S1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？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S1和S2均闭合时，电阻R1与R3并联后与R2串联已知电压表的读数与电阻R2，根据欧姆定律定律求出电

43、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（2）外电阻R=R2+=15所以路端电压为：U=RI=15×1=15V（3）根据闭合电路欧姆定律I=得 E=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=A=0.8A电压表示数U=I（R1+R2）=0.8×20V 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

44、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黄浦区二模）如图所示，一电荷量q=3×105C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O点电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37°已知两板相距d=0.1m，电源电动势=15V，内阻r=1.5，电阻R1=3，R2=R3=R4=9g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

45、度的大小；（3）带电小球的质量考点：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I，根据P出=I（EIr）求出电源的输出功率；（2）电容器两端的电压等于路端电压，根据欧姆定律UC=I（R1+R23）求出电容器的电压，再根据E=求出电场强度；（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R3并联后的电阻值 由闭合电路欧姆定律得 电源的输出功率 P出=I（EIr）= （2）两板间的电压 UC=I（R1+R23）= 两板间的电场强度 E= （3）小球处于静止状态，所受电

46、场力为F，又F=qE 由平衡条件得：水平方向 Tcosmg=0 竖直方向 TsinqE=0 所以m=5×104kg 答：（1）电源的输出功率为20.8W；（2）两板间的电场强度的大小为125N/C；（3）带电小球的质量为5×104kg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，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，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4543967专题：压轴题；