2020年人教版高考物理一轮复习听课答案_6

1、第九单元磁场第 24 讲 磁场的描述 磁场对电流的作用【教材知识梳理】一、 1.(1)力的作用 磁场(2)N 极 2.(1)强弱和方向(2)Bd (3)N 极二、 1.磁感应强度2.(1)不存在(2)切线(3)疏密(4)闭合三、 1.(1)BIL(2)0 2.电流拇指辨别明理(1) (V) (2)(X) (3)(X) (4)(X) (5)(X)(6)(X)解析a 处的磁感线比 b 处稀疏，则 a 点磁感应强度比 b 点小，但由于受 到放置角度的限制，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大，平行磁场时受磁 场力为零，虽然 BB,但是无法比较导线所受的磁场力的大小.【考点互动探究】考点一例 1 D

2、解析 磁感应强度 B 是由磁场本身决定的，与试探电流元的情况无关,A 错误;B的方向与电流元受力方向垂直，B 错误；电流元受力还与电流和磁场方向的 夹角有关，当两者平行时，电流元不受力，C 错误;当电流方向与磁场方向垂直时，B 当成一定夹角9时,B ，故 B 大于或等于一,D 正确.例 2 AC 解析电场和磁场有一个明显的区别是电场对放入其中的电荷有力的作用，而磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因 此A 正确,B 错误;同理，根据电场强度的定义式 E=可知 C 正确;同样用比值定义法 定义的磁感应强度则应有明确的说明，即BA中 I 和 B 必须垂直，故 D 错误.例

3、3 C 解析根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时 N 极的指向为磁场的方向可知 C 正确.例 4 AC 解析设 Li中的电流在 a、b 两点产生的磁感应强度大小为 B,L2中的 电流在 a、b 两点产生的磁感应强度大小为 政,由安培定则可知 Li中的电流在 a 点 产生的磁场方向垂直于纸面向里 丄2中的电流在 a 点产生的磁场方向垂直于纸面 向里;Li中的电流在 b 点产生的磁场方向垂直于纸面向里 丄2中的电流在 b 点产生 的磁场方向垂直于纸面向外，所以根据已知条件得到BD-(Bi+E2)J,Bo-Bi+E2d,联 立解得 B ,政=，选项 A、C 正确.考点二例 5 B

4、解析直导线弯成半径为 R 的-圆弧形，在磁场中的有效长度为 一 R 又 因L=-X2nR 则安培力 F=BI _R=，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于 AC 指向左下方,B 正确.变式题 BC 解析由题意知，三根导线处于等边三角形的三个顶点处，设某导 线在等边三角形另外两顶点产生的磁场磁感应强度大小为&在 L1所在处上和 La产生的磁场叠加如图甲所示，方向垂直 L2、La所在平面向上，由左手定则可得安培 力的方向平行 L2、La所在平面向下，合磁感应强度大小 Bu=2Bbcos 60二 B;同理可 得在 L2所在处的合磁感应强度大小=2BoCOS 60 =B;在 L3所在处,LI和

5、 L 产生的磁场叠加如图乙所示，方向平行 Li、L2所在平面向右，由左手定则可得安培力的方 向垂直 Li、L2所在平面向上，合磁感应强度大小BL3=2B0COS30 =Bo.由安培力 F=BIL可得 Li、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1 ： 1 ：_,选项 BC 正确考点三例 6 B解析方法一（电流元法）:把线圈 Li沿水平转动轴分成上、下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在 L2产生的磁场中,根据安培定则 可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培 力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈 Li将

6、 顺时针转动.方法二（等效法）:把线圈 Li等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流 I2的中心，小磁针的 N极应指向该点环形电流丨2的磁场方向，由安培定则知丨2产生的磁场方向 在其中心处竖直向上，而 Li等效成小磁针后，转动前,N 极指向纸内，因此小磁针的 N 极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈 Li将顺时针转动方法三（结论法）:环形电流 li、丨2不平行，则一定有相对转动，直到两环形电流同向平行为止.据此可得，从左向右看，线圈 Li将顺时针转动考点四例 7 C 解析由题意可知，开始时线圈所受安培力的方向向上，磁场的方向垂直纸面向里，电流反向后，安培力方向也反向,变为竖直向下，则有

7、mg=2NBII,所以B =- T =0. 24 T ,C 正确.变式题 11. 21 A I 1.84 A 解析先画出金属杆受力的侧视图，由于安培力的大小与电流有关，因此改变电 流的大小，可以改变安培力的大小，从而使金属杆所受的摩擦力方向发生变化.由平衡条件可知，当电流最小时，金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向上，如图甲所贝 U mgsin0=卩(mgcos0+Fsin0)+Fcos0,当电流最大时，金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向下，如图乙所示.则 min0+ 卩(mgcos0+Fsin0)=Fcos0,又 F=Bl2L,l2=-=1. 84 A.所以 1.21 A I h2,D错误;图丁中，因

8、小球电性不知，则电场力方向不清，则 h4可能大于 hi也 可能小于 hi,故 C 正确,B 错误.例 3 AC 解析粒子 1 进入磁场时速度的垂线与 0A 的垂直平分线的交点为粒 子 1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子 2 进入磁场时速度的垂线与 0B 的垂直 平分线的交点为粒子 2 在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在 磁场中做圆周运动的半径之比为 ri：r=1 ：2,由 r=可知，粒子 1 与粒子 2 的速率 之比为 1 :2,A 正确,B 错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此两粒子在磁场中运动的时间相同，

9、即 C 正确,D 错误.例 4 AD 解析根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径 r=10 cm 画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO=OA=O2=QC=(2E=10 cm 由几何知识求得 AB=BC= cgOE=6 cm,选项AD 正确, 选项 B、C 错误.变式题 D 解析电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方M0向向左，电子将向左偏转，如图所示,A 错误;由几何知识得，电子打在 MN 上的点与O点的距离为 x=r- -=2d-=（2- 一）d,故 BC 错误;设轨迹对应的圆心角为9，由几何知识得 sin9=0.5,解得9二,则电子在

10、磁场中运动的时间为 t=，故 D 正确.例 5 C 解析当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时，出射点与入射点的距离最远故射入的速率为 V1时，对应轨道半径为 r1=FSin 30 ,射入的速率为 V2时，对应轨道半径为 r2=FSin 60 ,由半径公式 r=一可知轨道半径与速率成正比，因此=,C 正确.变式题 B 解析带电粒子的速度大小为 v,方向与 ab 成直角时,恰好能反向飞出磁场，则粒子轨迹如图甲所示，由图可知，粒子的偏转半径 r=Rsin 30 若只 将 cbd半圆内磁场方向变成垂直于纸面向里，粒子在磁场中的偏转半径 r=r= -,故A 错误,B 正确;带电粒子的速度大小为 v,方向与 a

11、b 成直角时,恰好能反向飞出磁场且粒子在磁场中运动的时间为 匸-,若只将 cbd 半圆内磁场方向变成垂直于纸面向 里，粒子仍然从 P 点射入，则粒子轨迹如图乙所示，由图知粒子在磁场中运动的时间 tT，则 tB=g,可得 Ekm=-m =- x,可知 He 加速后的最大动能与 H粒子的不相等，选项 D 错误.取整数变式题 A 解析回旋加速器中 D 形盒的作用是静电屏蔽，使带电粒子在圆周 运动过程中不被电场干扰，选项 A 正确;回旋加速器中所加交变电压的周期与带电 粒子做匀速圆周运动的周期相等，选项 B 错误；设 D 形盒的半径为 R 根据 qvB=m 得 v=,带电粒子获得的能量为，带电粒子获得

12、的能量与加速电压的有效值无关，选项 C 错误根据公式 T ，磁感应强度 B 增大,T 减小，选项 D 错误.执占二八、八、2例 3 （1）类平抛 vot -atat 1 45 vo一 L -变式题（1）h （2） （3）（一-1）h解析（1 H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示设H在电场中的加速度大小为 ai,初速度大小为 Vi,它在电场中的运动时间为 11,第 一次进入磁场的位置到原点 0 的距离为 si.由运动学公式有Si=vit1hai由题给条件 H 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角91=60H 进入磁场时速度的 y 分量的大小为a1t1=V1ta n9

13、1联立以上各式得 S1h(2H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE=ma 设 H 进入磁场时速度的大小为 v1,由速度合成法则有V1=设磁感应强度大小为 B H 在磁场中运动的圆轨道半径为 R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qviB=由几何关系得Si=2Rsin0i联立以上各式得 B=设 H 在电场中沿 x 轴正方向射出的速度大小为 V2,在电场中的加速度大小为 a2, 由题给条件得-(2 m) 亠口由牛顿第二定律有qE=2ma设 H 第一次射入磁场时的速度大小为 V2,速度的方向与 X 轴正方向夹角为02,入射点到原点的距离为 S2,在电场中运动的时间为 t2.由运动学公式有S2=V2t2

14、h=a2V2=| 嘲sin02=联立以上各式得S2=SI,02=01,v2=v1述设 H 在磁场中做圆周运动的半径为&由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得-=_RiI 网 所以出射点在原点左侧设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的 距离为 s2,由几何关系有s2=2R?sin02|矽|联立诃国並式得 H 第一次离开磁场时的位置到原点 0 的距离为s2-s2=(- 1)h 曲执占三八、八、例 4 (1)(2)-2vo解析(1)带电粒子在I区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 qv。時 m解得 r=.(2)带电粒子的运动轨迹有两种可能X XXK*XX7X3CKXXX

15、XXXXXXXXXXM图 Z7-2A两磁场的磁感应强度之比 Bi:B2为 111 : 2B.两磁场的磁感应强度之比 Bi:B2为 111 : 141C.氦原子核和 Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为2 : 141D.氦原子核和 Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为111 : 141 解析AC原子核裂变过程中系统动量守恒，以 He 的速度方向为正方向，由动量 守恒定律得mv1-mbV2=0，即 p1=p2,粒子在磁场中做匀速圆周运动，由题意可知，粒子 的轨迹半径1=2=-,由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qvB ，解得B,则一=一,A 正确,B 错误;粒子在磁场中做圆周运动

16、的周期 T 一,粒子旋转第一个半圆需要的时间 t=-T 一，时间之比一=- =一X一X一 =一 ,C正确,D 错误.3.如图 Z7-5 甲所示，水平直线 MNT方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷=1X106C/kg 的正电荷置于电场中的 0 点由静止释放，经过一X10-5S 后，电 荷以 vo=1.5X104m/s 的速度通过 MN 进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁 感应强度 B 按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场方向以垂直纸面向外为正方 向，以电荷第一次通过 MN 寸为 t=0 时刻).(1)求 0 点与直线 MN 之间的电势差；求 t=X10-5s 时刻电荷与 O 点的

17、水平距离；如果在 0 点右方 d=67. 5 cm 处有一垂直于 MN 勺足够大的挡板,求电荷从 0 点出 发运动到挡板所需的时间.i * *03-*1f-1B= 一则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径rmax=- =-7m m由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中 Q 点所示，并且 Q 点一定与M 板在同一水平线上，则OQ= m=0. 1 mOF=rmax-OQ= m- 0.1 m=0.18 m即带电粒子打在屏幕上 O上方 0.2 m 到 O下方 0. 18 m 的范围内.图 Z7-95. 2015 山东卷如图 Z7-9 所示，直径分别为 D 和 2D 的同心圆处于同一竖直面内,

18、0 为圆心,GH 为大圆的水平直径.两圆之间的环形区域（I区）和小圆内部（U区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场.间距为 d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔.一质量为 m 电荷量为+q 的粒子由小孔下方-处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度 v 射出电场,由 H 点紧靠大圆内侧射入磁场.不计粒子的重力.(1)求极板间电场强度的大小 (2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求I区磁感应强度的大小；若I区、n区磁感应强度的大小分别为 、,粒子运动一段时间后再次经 过H 点,求这段时间粒子运动的路程.答案一 (2)或一 (3)5. 5nD解析设极板间电场强度的大小为 E,对粒子在电场中的加速

19、运动，由动能定理 得qE _二 m#解得 E= 设I区磁感应强度的大小为 B,粒子做圆周运动的半径为 R 由牛顿第二定律得qvB=m-图 Z7-10如图 Z7-10 所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况.若粒子轨迹与小圆外切 由几何关系得 R= 联立解得 B=- 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 Rh 联立解得 B=设粒子在I区和n区做圆周运动的半径分别为 R、R,由题意可知，I区和u区磁感应强度的大小分别为 Bi=、B2一，由牛顿第二定律得qvBi=,qvB2=m-解得 RidR=- 设粒子在I区和n区做圆周运动的周期分别为 Ti、T2,由运动学公式得Ti=,T2=-图 Z7-11据题意

20、分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图 Z7-11 所示,根据对称可知，I区两段圆弧所对圆心角相同，设为91,n区内圆弧所对圆心角设为92,圆弧和大圆的两个切点与圆心 0 连线间的夹角设为a，由几何关系得91=12092=180a=60图 Z7-12粒子重复上述交替运动回到 H 点，轨迹如图 Z7-12 所示，设粒子在I区和n区做圆周运动的时间分别为 tl、t2,可得11=-X Ti,t2=-x-T2设粒子运动的路程为 s,由运动学公式得S=v(ti+t2)联立解得 s=5. 5nD专题八 带电粒子在叠加场中的运动【热点题型探究】执占一-八、八、例 1 BCD 解析因为三束正离子在

21、两极板间都是沿直线运动的，电场力与洛伦 兹力等大反向，可以判断三束正离子的速度一定相同，且电场方向一定由 a 指向 b,A 错误,C 正确;在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同，可知这三束正离子的比 荷一定不相同,B 正确;若将这三束离子改为带负电而其他条件不变，则三束离子在 两板间仍做匀速直线运动，仍能从 d 孔射出,D 正确.例 2 D 解析设发电机的电动势为 U,即两板间电压为 U 由 q-=qvB 得 U=vBd 则仅减小两板间的距离时，发电机的电动势将变小,A 错误;仅增大磁感应强度时，发 电机的电动势将增大,B 错误;仅增大负载的阻值时，由于发电机内阻与负载电阻的 大小关系未知，

22、输出功率不一定增大，C 错误;仅增大磁流体的喷射速度时，电动势增 大，发电机的总功率将增大,D 正确例 3D 解析无论污水中正离子多还是负离子多，由左手定则知，前表面电势 均比后表面电势低，且当 Bvqq 时,离子不再偏转，电压表示数恒定，与污水中离子 浓度无关，选项AB C 错误;由 Q=vbc 可得 Q,Q 与 U 成正比，与 a、b 无关，选项 D 正确例 4 AB 解析根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向 N 板, 向N 板偏转，则 N 板电势高，故 A 正确;设左、右两个表面相距为 L,薄片厚度为 d,材 料单位体积内自由电荷的个数为 n,材料截面积为 S,由于自由电

23、荷所受的电场力 等于洛伦兹力，则一=qvB 其中匸 nqSv,S=dL 可得 UH所以若保持电流 I 恒定，则 M N 间的电压与磁感应强度 B 成正比，故 B 正确;将磁场方向变为与薄片的上、 下表面平行，则 M N 间不存在电势差，故 C 错误;若磁场和电流分别反向，根据左手 定则可判断,N板电势仍高于 M 板电势，故 D 错误.变式题 AD 解析由左手定则和粒子受到的洛伦兹力向上，若上表面电势低，即带负电，则载流子是带负电的自由电子，是 N 型半导体，故 A 正确,B 错误;最终洛伦 兹力和电场力平衡，有 evB=b,可得 Lh=Bbv,与 c 无关，故 C 错误;电流的微观表达式 为l

24、=nevbc ,联立解得 n -,D 正确.执占二八、八、例 5 (1)1 : 1 :负电荷(2)4 m/s0. 828 s解析对油滴受力分析，如图所示，可知油滴带负电荷.设油滴质量为 m 由平衡条件得mg：qE : F=1 : 1 : 由第问得qvB= qE解得v=一=4 m/s .进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反,油滴受力平衡，油滴先做匀速 直线运动，进入 yh 的区域后做匀速圆周运动,轨迹如图所示，最后从 x 轴上的 N 点 离开第一象限.油滴由 0 到 A 做匀速直线运动的位移为 xi -=_h重力与电场力平衡，有 mg=Eq其运动时间 ti=O. 1 s由几何关系和圆周运

25、动的周期关系式 T 知,油滴由 A 到 C 做圆周运动的时间12=-T=0. 628 s由对称性知油滴从C到N运动的时间t3=ti油滴在第一象限运动的总时间t=ti+t2+t3=2X0.设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有1 s +0. 628 s =0. 828 s .变式题(1)20 m/s 力向与电场方向成 60 角斜向上3. 5 smg解析(1)小球做匀速直线运动时受力如图所示，其所受的三个力在同一平面内合力为零，有 qvB= 解得 v=20 m/s速度 v 的方向与电场的方向之间的夹角9满足tan9=解得9=60 (2)解法一:撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平

26、抛运动，设其加速度为 a,有a=设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有x=vty=at2a 与 mg 的夹角和v与 E 的夹角相同，均为9，又 tan9=-联立解得 t=2s3.5 s .解法二:撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影 响，以 P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初 速度为vy=vs in9若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt- -gt2=0联立解得 t=2s3. 5 s .执占三八、八、例 6fdXX/ x4 xXEgaXXXCD 解析对小球受力分析如图所示，则 mg

27、-卩(qE-qvB)=ma 随着v的增大,小球加速度先增大，当 qE=qvB 时达到最大值刘玄刊,继续运动，有 mg- (qvB-qE)=me=随着v的增大,a 逐渐减小,A 错误.因为有摩擦力做功，所以机械能与电势能总和在减小,B错误.若在前半段达到最大加速度的一半，则 mg-卩（qE-qvB）=m，解得v-在后半段达到最大加速度的一半，则 mg-卩（qvB-qE）=m,解得v=- ，故 C D 正确变式题 BD 解析小球从 A 到 C,只有重力做功，由机械能守恒定律得 mgR=m&, 在C 点，由牛顿第二定律得 FN+qvB-mg=m,联立解得 FN=3mg-qB,由牛顿第三定律可

28、知，小球在 C 点时对轨道的压力大小为 3mg-qB ，故 A 错误,B 正确;从 C 到 D,小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功 率和外力 F 做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为9，有mgvcos9=Fvsin9，解得 F=，因9逐渐减小，则外力 F 逐渐增大，外力 F 的功率逐渐增大，故 C 错误,D 正确.【高考模拟演练】1. C 解析粒子在电场力与洛伦兹力的共同作用下做匀速直线运动，那么电场力大小应该等于洛伦兹力，即 Eq=qvB 可得 E=vB 选项 C 正确.2. B 解析对微粒 a,洛伦兹力提供其做圆周运动所需向心力,且 mg

29、=Eq 对微粒b,qvB+Eq=rag,对微粒 c,qvB+mg=Eq 联立三式可得 mmm,选项 B 正确.3. C 解析液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知 qE=mg 军得-=-,故 B 错误;电场力竖直向上，液滴带负电,A 错误;由左手定则可 判断液滴沿顺时针方向运动，C 正确対液滴，有 qE=mgvB=m,解得 v=，故 D 错误.4. ACD 解析小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示，其中电场力和重力是恒力，而洛 伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力是变力,小球的

30、合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀 速直线运动，故 A 正确.根据平衡条件可得 qvB=mgE= 一 mg 又 v2=2gh,联立解得磁 感应强度 B=-,电场强度 E=-，若要使小球沿直线通过复合场,小球的合力一定为零，若同时改变小球的比荷与初始下落的高度 h,以上两个式子不能同时满足不能做直线运动，故 C、 D 正确.若换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反 向，合力不可能为零，故 B 错误.5. (1)vB 沿 z 轴正方向一解析(1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿 z 轴负方向，则由平衡条件可知，电场力沿 z 轴正方向，即电场强度沿 z 轴正方向，

31、且有 qE-qvB=0 解得 E=vB粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系得2 2 2r =(r-a ) +( a)I解得粒子运动的半径为 r=2a 由牛顿第二定律得 qvB=m 解得 B= 由题意知，电场力的一个分力沿 z 轴正方向，用以平衡洛伦兹力，电场力的另一 个分力沿 y 轴正方向，产生类平抛运动的加速度 a。,如图所示由平衡条件得 qE-qvB=O由曲线运动规律得 a=vt aat其中 ao=解得 Ei=vB,=故 E=tan9=教弼备用习題JLAOSHI SEIYOKG XIT1图 Z8-11.如图 Z&1 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

32、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= R.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 的最大值为（）解析B 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= p-,根据数学知识可知，当外电阻等于电源

33、的内阻，即 R=r 时,外电阻消耗的电功率最大，此时 R=p-,由 P=- 尺可得最大电功率 Pm=-，故选项 B正确.XXXXX斗- XXXXT乙* X图 Z8-22.（多选）如图 Z&2 所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带负电的物块，甲、乙叠放在A.- B.-C- D.-起,置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场.现 加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙一起向右加速运动.在加速运动阶段()A. 甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动B. 甲、乙两物块间的摩擦力不变C. 乙物块与地板之间的摩擦力不断增大D. 甲、乙两物块可能做匀加速直线运动解析AC 对整体受力分析，地面对乙物块的摩擦力 f=卩(mg+Mg+qVB 因为整体 做加速运动，故地板对乙物块的摩擦力逐渐增大，C 正确;对整体，根据牛顿第二定律 得qE-讥 mg+Mg+qVB=(M+i)a,整体的加速度逐渐减小,A 正确,D 错误;对甲物块受力 分析,根据牛顿第二定律得 fi=ma 加速度减小,则两物块间的摩擦力减小，B 错误.3. 2016 北京