高考物理全程复习方略(第一轮)课时提能演练(含详细解析)8.1磁场及其对电流的作用

《全程复习》2014届咼考物理全程复习方略（人教版-第一轮）课时提能演练（含详细解析）6.2电场能的性质的描述（40分钟100 分）」、选择题（本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分）1. 如图所示，AB CD为一圆的两条直径且相互垂直，0点为圆心.空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行.现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了氏；又从C点运动到B点，电势能增加了E p.那么此空间存在的静电场可能是（）A. 匀强电场，方向垂直于AB由0点指向C点B. 匀强电场，方向垂直于AB由C点指向0点C. 位于0点的正点电荷形成的电场D. 位于D点的负点电荷形成的电场2. （2012 •长沙模拟）一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速度释放，沿直:•:片线先后经过电场中的B点和C点.如图所示，点电荷在A、B C三点的电势能-分别用E A、E B和E C表示，则E A、E B、E c间的关系可能是（）A.E A>E B>E CB.E A<E B<E CC. E A<E C<E BD.E A>E C>E B3. 如图所示，AC BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O,半径为r ,将带等电荷量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+q与O点的连线和OC夹角为30°,下列说法正确的是（）A. A、C两点的电势关系是 $ A=$CB. B、D两点的电势关系是 $ B= $ DCA O点的场强大小、方向相同D. B、D点的场强大小、方向相同4. 如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势$随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A. 电子将沿Ox方向运动B. 电子的电势能将增大C. 电子运动的加速度恒定D. 电子运动的加速度先减小后增大5. （2012 •沈阳模拟）真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5,且1、2和5、4分别关于3对称.以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e,则下列说法中正确的是（）A. 电场强度E a>巳B. 电势0 b>0 dC. 将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功D. 将一负电荷由b点移到e点，电势能增大6. （2012 •宜宾模拟）如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q从M点无初速释放一带有恒定负电荷的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止.则从M点运动到N点的过程中，下列说法中正确的是（）A. 小物块所受电场力逐渐增大B. 小物块具有的电势能逐渐增大C. Q电场中M点的电势高于N点的电势D. 小物块电势能的减少量等于克服摩擦力做的功7. 两电荷量分别为q i和q2的点电荷放在x轴上的O M两点，两电荷连线上各点电势0随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，贝U （）A. C点的电场强度大小为零B. A点的电场强度大小为零C. NC间场强方向沿x轴正方向D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功8. 如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点,.ABC CAB =30，BC =2'、3 m，已知电场线平行于△ ABC所在的平面，一个电荷量q=-2 X 10-6 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了 1.2 X 10-5 J，由B移到C的过程中电场力做功6X 10-6 J，下列说法正确的是（）A.B、C两点的电势差U B C=3 VB. A点的电势低于B点的电势C. 负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加D. 该电场的场强为1 V/m二、计算题（本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）9. （14分）如图所示，在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场，3-现有一个质量m=2.0X 10 kg、电量q=2.0 X 10-6 C的带正电的物体（可视为质点），从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为x=6.0t-10t 2,式中x的单位为m t的单位为s.不计空气阻力，取g=10 m/s : （1）求匀强电场的场强大小和方向；⑵求带电物体在0〜0.5 s内电势能的变化量10. （14分）如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A B和C在同一直线上，A和C相距为L, B为AC中点.现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零.已知带电小球在A点处的加速度大小为g，静电力常量为k,求：4（1）小球运动到B点时的加速度大小⑵B和A两点间的电势差（用Q和L表示）.答案解析Uc<0,即0 A<0 C,又因从A至C再到B,1. 【解析】选B、D.由题知，VW=-eU Ac,为正功，故W4 =0,所以0 A=0 B,故0 A= 0 B<0 C,若电场为匀强电场，贝y AB为等势面，电场方向与AB垂直，方向由C指向O,故A错，B对；若电场是由位于O点的正点电荷形成的，因为OA=OB=OC 则0 A=0B= 0 C故C错；若电场是由位于D点的负点电荷形成的，因为DA=DB<DC所以0A= © B< © C, D 对.2. 【解析】选A、D.若点电荷由静止释放后，由A经B到C的过程，电场力始终做正功，则点电荷的电势能始终减小，故有E A>E B>E C，A正确；若由A到B的过程，电场力做正功，而由B到C的过程，电场力做负功，则有可能出现E>E C>曰，由于动能和电势能之和保持不变，不可能出现E A<E B的情况，因此，D正确，B、C均错误.3. 【解析】选A.根据等量异号点电荷电场中等势面的形状以及特点可知，由于A、C两点是两点电荷连线中垂线上的两点，即它们在同一等势面上，故© A=© C, A对；B、D两点的电势关系为© B>© D, B错；根据等量异号点电荷电场中电场线的形状及特点可知，A、0点的场强方向相同、大小关系为E o>E A, C错；B D两点场强方向不同，大小相同，D错.4. 【解析】选A、D.由题图乙可知，沿x轴正方向电势越来越高，故电场线方向沿x轴负方向，电子受到的电场力沿x轴正方向，故电子将沿Ox方向运动，电子的电势能将减小，A正确,B错误；因电势©随x的增大，其变化率先减小后增大，故沿x轴正方向，电场强度先减小后增大，电子运动的加速度先减小后增大，D正确，C错误.5. 【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1) 等势面与电场线垂直，题图中的圆不是等势面(2) 沿电场线方向，等势面的电势逐渐降低.【解析】选A、D.由点电荷电场分布特点可知，以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场强大小均相等，沿如题图所示的电场方向，等势面的电势越来越低，电场线越来越密，故E a>巳, A正确；© b=© d, B错误；Ud<0，正电荷由a点移到d点时，VOd=U5d q<0, C错误；又U be>0, 负电荷由b点移到e点时，W e=U be・(-q)<0，即电场力做负功，电势能增大，D正确.6. 【解析】选D.因小物块带负电荷，从M点释放后向N点运动，故小物块受到的库仑力水平向左，故Q带负电荷，在由M到N的过程中，库仑力逐渐减小，电场力做正功，电势能减小，故A、B均错误；因电场方向由N指向M故N点电势比M点电势高，C错误；由动能定理可知，Wt-W=0,故电场力对小物块所做的功等于小物块电势能的减少量，等于克服摩擦力做的功，故D正确.7. 【解析】选A、D.由题图可知，由O点到M点，电势一直降低，且图线在A点的斜率也不为零，故A点的电场强度大小不为零，而C点向N向D两个方向电势均降低，说明C点两侧电场方向相反，且图线在C点的切线斜率为零，故C点电场强度大小为零，故A正确，B错误；由N到C电势升高，故NC间电场方向沿x轴负方向，C错误；W N C=U N C- q, U N C<0, q<0, 故W C>0,而W CD=U bd q, U CD>0, q<0,所以W CD<0, D正确.【总结提升】由0 -X 图象分析场强、电势的大小关系 （1） 在0 -X 图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向• （2）电场强度的大小等于 0 -x 图线的斜率大小，电场强度为零处，0 -x 图线存在极值，其 切线的斜率为零• （3） 在0 -X 图象中分析移动电荷时电势能的变化，可用VAB =qUx B ,分析W A B 的正负，然后作出判断• 8.【解析】 选D.由W=ql 和W=-A E P （ △日为电荷电势能的增量）得，A B 两点间电势差U AB 二112 V = 6 V , U B c = 6 10 V V , A 、B 错；由 L AC =U^U CB =U AB +L B C_2"0 —2汇10得：U=3 V ，故C 点电势低于A 点电势，负电荷由 C 点移到A 点的过程中，电场力做正功, 负电荷的电势能减小， C 错；如图所示，D 为AB 中点，则U D B =3 V , DB=3 m 电场线垂直于等势面，因此电场线与 AB 平行，场强E =皿 =1 V / m , D 正确•DB【变式备选】 空间有平行于纸面的匀强电场 • 一电荷量为-q 的质点（重力不计）, 在恒定拉力F 的作用下沿虚线由 M 匀速运动到N,如图所示，已知力 F 和MN 间夹角为B , MN 间距离为d ，则（）C.带电质点由M 运动到N 的过程中，电势能减少了 Fdcos 0D.若要使带电质点由 N 向M 做匀速直线运动，则 F 必须反向 【解析】 选A.由于带电质点做匀速直线运动，故电场力与拉力场强大小E = F .带电质点由M 到N,电场力做功 W^-Fdcos 0 .故电势差 qU MN =W M ^二竺0兰,而电势能是增加的， 故A 对,B 、C 错.若要使带电质点由 N 向M 做-q q匀速直线运动，F 和电场力仍平衡，故 D 错.A.M N 两点的电势差为FdcosvqB.匀强电场的电场强度大小为Fdcosv qF 大小相等，方向相反，故9. 【解析】（1）由x=6.0t-10t 2得加速度大小为:a=20 m/s（2分）(2 根据牛顿第二定律：Eq=ma分）解得场强大小为：4E=2.0 X 10 N/C（1分）电场强度方向水平向左（1分）2（2）由x=6.0t-10t 得初速度大小为：v o=6.O m/s减速时间：X = 0=0.3 sa（1分）0.3 s内经过的路程丄 1 丄2 --X j = v0t j - at10.9 m2（2分）1 2后0.2 s物体做反向匀加速直线运动，经过的路程x2at22=0.4 m （2分）物体在0.5 s内发生的位移为x=0.9 m-0.4 m=0.5 m,方向向右. （1电场力做负功，电势能增加：-2 .△E p=qEx=2X 10 J（2分）答案：（1）2.0 X 104 N/C 方向水平向左（2）电势能增加2 X 10-2 J10. 【解析】（1）带电小球在A点时：mgsin30 -k Q^ = ma A.（3分）带电小球在B点时：（3分） 且5A 可解得：a B（1分）mgsin30 - U B A q = 0.（3分）1. Qq mg = k 丁 4 L 2（3分）（1分）⑵kQLkQqmgs in30 = ma B(2)由A 点到 B 点应用动能定理得:由 mgsin30 "「kQqL2 =m 5A可求得：U BAkQL。

课时提能演练（二十三）磁场及其对电流的作用(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题只有一个选项正确)1.(2018·深圳模拟)指南针是我国古代的四大发明之一。

当指南针静止时,其N极指向如图虚线(南北向)所示。

若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极东偏北向)所示。

则以下判断正确的是( )A.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有由东向西的电流B.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有由西向东的电流C.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有由北向南的电流D.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有由南向北的电流【解析】选C。

若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极东偏北向)所示,则有一指向东方的磁场,由安培定则,可能在指南针上面有一导线南北放置,通有北向南的电流,选项C正确。

2.两个完全相同的通电圆环A、B的圆心O重合、圆面相互垂直,通电电流相同,电流方向如图所示,设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度为B0,则O处的磁感应强度大小为( )A.0B.2B0C.B0D.无法确定【解析】选C。

由安培定则可知A在圆心处产生的磁感应强度垂直于纸面向里,B在圆心处产生的磁感应强度竖直向下,两者垂直,所以合磁感应强度大小B==B0,C选项正确。

【变式备选】如图所示,A和B为两根互相平行的长直导线,通以同方向等大电流,虚线C为在A和B所确定的平面内与A、B等距的直线,则下列说法正确的是( )A.两导线间的空间不存在磁场B.虚线C处磁感应强度为零C.A、C间磁感应强度垂直纸面向外D.C、B间磁感应强度垂直纸面向里【解析】选B。

由安培定则可知,在A、B之间,A中电流产生的磁场方向垂直纸面向里,B中电流产生的磁场方向垂直纸面向外,在C处两磁场的磁感应强度大小相等,方向相反,则合磁场的磁感应强度为零,A、C之间磁感应强度向里,B、C之间磁感应强度向外,故B正确,A、C、D错误。

2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题22 磁场对电流的作用力【专题导航】目录热点题型一 安培定则的应用及磁场的叠加 (1)热点题型二 导体运动趋势的判断 (2)热点题型三 安培力作用力下的平衡或加速问题 (3)安培力作用下导体的平衡问题 (4)安培力作用下导体的加速问题 (5)【题型演练】 (6)【题型归纳】热点题型一 安培定则的应用及磁场的叠加磁场叠加问题的一般解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M 、N 在c 点产生的磁场．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．【例1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2，L 1中的电流方向向左，L 2中的电流方向向上；L 1的正上方有a 、b 两点，它们相对于L 2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B 0，方向垂直于纸面向外．已知a 、b 两点的磁感应强度大小分别为13B 0和12B 0，方向 也垂直于纸面向外．则 ( )A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为1 12B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为1 12B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0【变式】(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1【变式2】(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A．0 B．33B0 C．233B0 D．2B0热点题型二导体运动趋势的判断判断导体运动趋势常用方法环形电流小磁针条形磁铁 通电螺线管多个环形电流【例2】一个可以自由运动的线圈L 1和一个固定的线圈L 2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L 1将( )A ．不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．在纸面内平动【变式1】．(2019·唐山模拟) 将长为L 的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直纸面向外、大小为B 的匀强磁场中，两端点A 、C 连线竖直，如图所示．若给导线通以由A 到C 、大小为I 的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是( )A ．ILB ，水平向左B ．ILB ，水平向右C ．3ILB π，水平向右D ．3ILB π，水平向左 【变式2】如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N 极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是( )A ．线圈向左运动B ．线圈向右运动C ．从上往下看顺时针转动D ．从上往下看逆时针转动热点题型三 安培力作用力下的平衡或加速问题1．安培力公式F ＝BIL 中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L 是通电导线的有效长度．2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F 安⊥B 、F 安⊥I ，如图所示．(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解．安培力作用下导体的平衡问题 【例4】．如图所示，两平行光滑金属导轨MN 、PQ 间距为l ，与电动势为E 、内阻不计的电源相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面的夹角为θ，回路其余电阻不计．为使ab 棒静止，需在空间施加一匀强磁场，其磁感应强度的最小值及方向分别为( )A ．mgR El ，水平向右 B.mgR cos θEl，垂直于回路平面向上 C ．mgR tan θEl ，竖直向下 D.mgR sin θEl，垂直于回路平面向下 【变式1】如图所示，有两根长为L 、质量为m 的细导体棒a 、b ，a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b 被水平固定在与a 在同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x .当两细棒中均通以电流为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止，则下列关于b 的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是( )A ．方向竖直向上B ．大小为2mg 2LIC ．要使a 仍能保持静止，而减小b 在a 处的磁感应强度，可使b 上移D ．若使b 下移，a 将不能保持静止【变式2】如图所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为n 的矩形线框abcd ，bc 边长为l ，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I ，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B ，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小Δx 及方向是( )A ．Δx ＝2nBIl k ，方向向上B ．Δx ＝2nBIl k，方向向下 C ．Δx ＝nBIl k ，方向向上 D ．Δx ＝nBIl k，方向向下 安培力作用下导体的加速问题【例5】．(2019·山西太原模拟)一金属条放置在相距为d 的两金属轨道上，如图所示．现让金属条以v 0的初速度从AA ′进入水平轨道，再由CC ′进入半径为r 的竖直圆轨道，金属条到达竖直圆轨道最高点的速度大小为v ，完成圆周运动后，再回到水平轨道上，整个轨道除圆轨道光滑外，其余均粗糙，运动过程中金属条始终与轨道垂直且接触良好．已知由外电路控制流过金属条的电流大小始终为I ，方向如图中所示，整个轨道处于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度为B ，A 、C 间的距离为L ，金属条恰好能完成竖直面内的圆周运动．重力加速度为g ，则由题中信息可以求出( )A．金属条的质量B．金属条在磁场中运动时所受的安培力的大小和方向C．金属条运动到DD′时的瞬时速度D．金属条与水平粗糙轨道间的动摩擦因数【变式1】光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属水平轨道上的M 点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1 m，则下列说法中正确的是()A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2 B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N【变式2】如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上，使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间变化的关系为I＝kt(k为常数，k>0)，金属棒PQ与导轨间的动摩擦因数一定．以竖直向下为正方向，则下面关于金属棒PQ的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是()【题型演练】1.(2019·江西十校模拟)1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，小指针靠近直导线，下列结论正确的是()A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动C ．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小D ．把黄铜针(用黄铜制成的小指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动2.(2019·南师附中)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.质量为m 长为L 的金属杆ab 垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab 方向的匀强磁场中．当金属杆ab 中通有从a 到b 的恒定电流I 时，金属杆ab 保持静止．则磁感应强度的方向和大小可能为 ( )A ．竖直向上，mg cot θILB ．平行导轨向上，mg cos θILC ．水平向右，mg ILD ．水平向左，mg IL3.(2019·湖南师大附中月考)如图所示，两根平行放置、长度均为L 的直导线a 和b ，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中．当a 导线通有电流大小为I 、b 导线通有电流大小为2I ，且电流方向相反时，a 导线受到的磁场力大小为F 1，b 导线受到的磁场力大小为F 2，则a 通电导线的电流在b 导线处产生的磁感应强度大小为( )A.F 22ILB.F 1ILC.2F 1－F 22ILD.2F 1－F 2IL4．(2019·河南六市联考)如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m ．P 、M 间接有一个电动势为E ＝6 V 、内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab 跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m ＝0.2 kg ，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.4 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取10 m/s 2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是( )A．2 Ω B.2.5 Ω C．3 Ω D．4 Ω5．通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列描述正确的是()A．L2绕轴O按顺时针转动B．L2绕轴O按逆时针转动C．L4绕轴O按顺时针转动D．L4绕轴O按逆时针转动6.(2019·广东肇庆模拟)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是()A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小7.(2019·汕头模拟)如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，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．线圈将顺时针转动D．a、b导线受到的安培力大小总为BIl8.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流增大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9.如图所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．(1)求磁场对导体棒的安培力的大小；(2)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值和方向．10.如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题22 磁场对电流的作用力【专题导航】目录热点题型一 安培定则的应用及磁场的叠加 (1)热点题型二 导体运动趋势的判断 (3)热点题型三 安培力作用力下的平衡或加速问题 (6)安培力作用下导体的平衡问题 (6)安培力作用下导体的加速问题 (8)【题型演练】 (10)【题型归纳】热点题型一 安培定则的应用及磁场的叠加磁场叠加问题的一般解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M 、N 在c 点产生的磁场．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．【例1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2，L 1中的电流方向向左，L 2中的电流方向向上；L 1的正上方有a 、b 两点，它们相对于L 2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B 0，方向垂直于纸面向外．已知a 、b 两点的磁感应强度大小分别为13B 0和12B 0，方向 也垂直于纸面向外．则 ( )A ．流经L 1的电流在b 点产生的磁感应强度大小为712B 0B ．流经L 1的电流在a 点产生的磁感应强度大小为112B 0C ．流经L 2的电流在b 点产生的磁感应强度大小为112B 0D ．流经L 2的电流在a 点产生的磁感应强度大小为712B 0【答案】 AC【解析】 原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b 点：12B 0＝B 0－B 1＋B 2在a 点：13B 0＝B 0－B 1－B 2由上述两式解得B 1＝712B 0，B 2＝112B 0.【变式】(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，三根相互平行的固定长直导线L 1、L 2和L 3两两等距，均通有电流I ，L 1中电流方向与L 2中的相同，与L 3中的相反．下列说法正确的是( )A ．L 1所受磁场作用力的方向与L 2、L 3所在平面垂直B ．L 3所受磁场作用力的方向与L 1、L 2所在平面垂直C ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3D ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1 【答案】BC【解析】由安培定则可判断出L 2在L 1处产生的磁场(B 21)方向垂直L 1和L 2的连线竖直向上，L 3在L 1处产生的磁场(B 31)方向垂直L 1和L 3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L 3和L 2在L 1处产生的合磁场(B 合1)方向如图a 所示，根据左手定则可判断出L 1所受磁场作用力的方向与L 2和L 3的连线平行，选项A 错误；同理，如图b所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在的平面垂直，选项B正确；同理，L2处的磁场方向如图c所示．设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝3B，由安培力公式可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，选项C正确，D错误．【变式2】(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A．0 B．33B0 C．233B0 D．2B0【答案】C【解析】导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小B P＝B Q＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为3B1.又根据题意B a＝0，则B0＝3B1，且B0平行于PQ向左．若P中电流反向，则B P反向、大小不变，B Q和B P大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B′1＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝B20＋B′21＝233B0，则A、B、D项均错误，C项正确．【名师点睛】求解有关磁感应强度的三个关键(1)磁感应强度―→由磁场本身决定．(2)合磁感应强度―→等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)．(3)牢记判断电流的磁场的方法―→安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型．热点题型二 导体运动趋势的判断 判断导体运动趋势常用方法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流【例2】一个可以自由运动的线圈L 1和一个固定的线圈L 2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L 1将( )A ．不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．在纸面内平动 【答案】 B【解析】 法一：电流元分析法把线圈L 1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L 2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L 1将顺时针转动． 法二：等效分析法把线圈L 1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I 2的中心，小磁针的N 极应指向该点环形电流I 2的磁场方向，由安培定则知I 2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L 1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L 1将顺时针转动． 法三：结论法环形电流I 1、I 2之间不平行，由于两不平行的电流的相互作用，则两环必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得，从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．【变式1】．(2019·唐山模拟) 将长为L 的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直纸面向外、大小为B 的匀强磁场中，两端点A 、C 连线竖直，如图所示．若给导线通以由A 到C 、大小为I 的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是( )A ．ILB ，水平向左 B ．ILB ，水平向右C ．3ILB π，水平向右D ．3ILBπ，水平向左【答案】D.【解析】弧长为L ，圆心角为60°，则弦长AC ＝3L π，导线受到的安培力F ＝BIl ＝3ILBπ，由左手定则可知，导线受到的安培力方向水平向左．【变式2】如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N 极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是( )A ．线圈向左运动B ．线圈向右运动C ．从上往下看顺时针转动D ．从上往下看逆时针转动【答案】A【解析】.法一：电流元法．首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看做一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A 正确．法二：等效法．将环形电流等效成小磁针，如图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，A 正确．也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，也可判断出线圈向左运动．热点题型三 安培力作用力下的平衡或加速问题 1．安培力公式F ＝BIL 中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L 是通电导线的有效长度． 2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路 (1)选定研究对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F 安⊥B 、F 安⊥I ，如图所示．(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解． 安培力作用下导体的平衡问题【例4】．如图所示，两平行光滑金属导轨MN 、PQ 间距为l ，与电动势为E 、内阻不计的电源相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面的夹角为θ，回路其余电阻不计．为使ab 棒静止，需在空间施加一匀强磁场，其磁感应强度的最小值及方向分别为( )A ．mgR El ，水平向右 B.mgR cos θEl ，垂直于回路平面向上C ．mgR tan θEl ，竖直向下 D.mgR sin θEl，垂直于回路平面向下【答案】D.【解析】以导体棒为研究对象，受力分析如图所示，由金属棒ab 受力分析可知，为使ab 棒静止，ab 受到沿斜面向上的安培力作用时，安培力最小，此时对应的磁感应强度也就最小，由左手定则可知此时磁场方向垂直于回路平面向下，再由平衡关系可知IlB ＝mg sin θ，其中I ＝E R ，可得磁感应强度B ＝mgR sin θEl，故选项D 正确．【变式1】如图所示，有两根长为L 、质量为m 的细导体棒a 、b ，a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b 被水平固定在与a 在同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x .当两细棒中均通以电流为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止，则下列关于b 的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是( )A ．方向竖直向上B ．大小为2mg2LIC ．要使a 仍能保持静止，而减小b 在a 处的磁感应强度，可使b 上移D ．若使b 下移，a 将不能保持静止 【答案】ACD【解析】由安培定则可知b 的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度方向应竖直向上，A 正确．a 的受力如图甲所示．tan 45°＝F 安mg ＝BIL mg ，所以B ＝mgIL ，B 错误．b 无论上移还是下移，b 在a 处的磁感应强度均减小，若上移，a的受力如图乙所示．上移过程中F N 逐渐减小，F 安先减小后增大，两个力的合力等于mg ，可见b 适当上移，a 仍能保持静止，故C 正确．若使b 下移，导体棒中的安培力减小，根据受力平衡条件，当a 受的安培力方向顺时针转动时，只有变大才能保持平衡，故a 将不能保持静止，D 正确．【变式2】如图所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为n 的矩形线框abcd ，bc 边长为l ，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I ，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B ，线框达到 新的平衡，则在此过程中线框位移的大小Δx 及方向是( )A ．Δx ＝2nBIl k ，方向向上B ．Δx ＝2nBIlk ，方向向下C ．Δx ＝nBIl k ，方向向上D ．Δx ＝nBIlk ，方向向下【答案】B【解析】线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡状态，安培力为F A ＝nBIl ，且开始时方向向上，改变电流方向后方向向下，大小不变．设在磁场反向之前弹簧的伸长为x ，则反向之后弹簧的伸长为(x ＋Δx )，由平衡条件知kx ＋nBIl ＝mg 及k (x ＋Δx )＝nBIl ＋mg ，联立解得Δx ＝2nBIlk ，且线框向下移动，B 对．安培力作用下导体的加速问题【例5】．(2019·山西太原模拟)一金属条放置在相距为d 的两金属轨道上，如图所示．现让金属条以v 0的初速度从AA ′进入水平轨道，再由CC ′进入半径为r 的竖直圆轨道，金属条到达竖直圆轨道最高点的速度大小为v ，完成圆周运动后，再回到水平轨道上，整个轨道除圆轨道光滑外，其余均粗糙，运动过程中金属条始终与轨道垂直且接触良好．已知由外电路控制流过金属条的电流大小始终为I ，方向如图中所示，整个轨道处于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度为B ，A 、C 间的距离为L ，金属条恰好能完成竖直面内的圆周运动．重力加速度为g ，则由题中信息可以求出( )。

课时提升作业(二十三)磁场及其对电流的作用选择题(本题共8小题,1～6题每小题6分,7、8题每小题7分,共50分。

多选题已在题号后标出)1.(2014·三亚模拟)有a、b、c、d四个小磁针,分别放置在通电螺线管的附近和内部,如图所示,其中小磁针的指向正确的是( )A.aB.bC.cD.d2.(多选)(2014·吉林模拟)如图所示,平行于纸面水平向右的匀强磁场,磁感应强度B1=1T。

位于纸面内的细直导线,长L=1m,通有I=1A的恒定电流。

当导线与B1成60°夹角时,发现其受到的安培力为零,则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的大小可能为( )A.TB.TC.1 TD.T3.(2014·和平区模拟)如图所示,一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。

若通以图示方向的电流(从A点流入,从C点流出),电流强度为I,则金属框受到的磁场力为( )A.0B.ILBC.ILBD.2ILB4.(多选)(2014·山东实验中学模拟)如图所示,在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时磁铁对水平面的压力为F N1,现在磁铁左上方位置固定一导体棒,当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后,磁铁对水平面的压力为F N2,则以下说法正确的是( )A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.F N1>F N2D.F N1<F N25.(2014·昆明模拟)已知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流成正比,与该点到导线的距离成反比。

如图所示,a、b、c、d四根长直通电导体棒平行放置,它们的横截面构成一个正方形,O为正方形的中心,a、b、d中电流方向垂直纸面向里,c中电流方向垂直纸面向外,电流大小满足：I a=I c=I d<I b,则关于a、b、c、d长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向可能是( )A.由O点指向aOb区域B.由O点指向bOc区域C.由O点指向cOd区域D.由O点指向aOd区域6.(2014·成都模拟)如图所示,两根相互平行的长直导线分别通有大小相等、方向相反的恒定电流I,a、b分别为同一平面内两根导线的横截面中心,c、d为ab连线上的两点,且ac=cb=bd。

课时提能演练（一）描述运动的基本概念(45分钟100分)选择题(本大题共16小题,1～12每小题6分,13～16每小题7分,共100分。

每小题只有一个选项正确) 1.(2014·临沂模拟)在电视连续剧《西游记》中,常常有孙悟空“腾云驾雾”的镜头,这通常是采用“背景拍摄法”:让“孙悟空”站在平台上,做着飞行的动作,在他的背后展现出蓝天和急速飘动的白云,同时加上烟雾效果;摄影师把人物动作和飘动的白云及下面的烟雾等一起摄入镜头。

放映时,观众就感觉到“孙悟空”在“腾云驾雾”。

这时,观众所选的参考系是( )A.“孙悟空”B.飘动的云C.平台D.摄影师【解题指南】解答本题应明确以下两点:(1)参考系被认为是静止不动的。

(2)被研究的问题都以参考系为标准。

【解析】选B。

“孙悟空”相对于平台、摄影师是静止的,相对于自己也是静止的,而相对于飘动的云是运动的,所以要感觉到“孙悟空”在“腾云驾雾”,必须选飘动的云为参考系,故B正确。

2.以下情景中,加点的人或物体可看成质点的是( )A.研究一列火车．．通过长江大桥所需的时间B.欣赏芭蕾舞表演者．．．的精彩表演C.研究航天员翟．志刚．．在太空出舱挥动国旗的动作D.用GPS确定打击海盗的“武汉．．”舰．在大海中的位置【解析】选D。

把物体看成质点的条件:物体的大小或形状对研究的问题没有影响,或者对研究问题的影响可以忽略时,物体就可以看作质点。

研究火车通过长江大桥的时间要考虑火车的长度,不能把火车看成质点;B项中表演者跳舞时其身体的各部分表演动作不能忽略,因此不能将表演者看成质点,故B错;研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作时,不能把翟志刚看成质点;用GPS确定“武汉”舰在大海中的位置时,可以把“武汉”舰看成质点。

故应选D。

3.下面的几个速度中表示平均速度的是( )A.子弹射出枪口的速度是800 m/s,以790 m/s的速度击中目标B.汽车从甲站行驶到乙站的速度是40 km/hC.汽车通过站牌时的速度是72 km/hD.汽车通过一隧道出口的速度为5 m/s【解题指南】解答本题需把握以下两点:(1)瞬时速度是某一时刻或某一位置的速度。

《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）课时提能演练（含详细解析）7.1电流电阻电功及电功率(40分钟 100分)一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.(2012·苏州模拟)导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( )A.横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B.长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C.电压一定，电阻与通过导体的电流成反比D.电流一定，电阻与导体两端的电压成正比2.(2012·盐城模拟)如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体电阻为R2，则下列说法正确的是( )A.R1∶R2=1∶3B.R1∶R2=3∶1C.将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1∶I2=1∶3D.将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2=1∶33.两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为( )A.2∶3B.1∶3C.1∶2D.3∶14.用电器距离电源L，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ.那么，输电线的横截面积的最小值是( )A.LRρB.2LIUρC.ULIρD.2ULIρ5.两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为( ) A.1∶4 B.1∶8 C.1∶16D.16∶16.如图所示为一未知电路，现测得两个端点a 、b 之间的电阻为R ，若在a 、b 之间加上电压U ，测得通过电路的电流为I ，则该未知电路的电功率一定为( )A.I 2RB.2U RC.UID.UI-I 2R7.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路.调节滑动变阻器R 并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A 和2.0 V.重新调节R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和 24.0 V.则这台电动机正常运转时输出功率为( )A.32 WB.44 WC.47 WD.48 W8.(2012·沈阳模拟)如图所示，一直流电动机与阻值R=9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30 V ，内阻r=1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10 V ，已知电动机线圈电阻R M =1 Ω，则下列说法中正确的是( ) A.通过电动机的电流为10 A B.电动机的输入功率为20 W C.电动机的热功率为4 W D.电动机的输出功率为16 W二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(12分)来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800 kV 的直线加速器加速，形成电流强度为1 mA 的细柱形质子流.已知质子电荷e=1.60×10-19C.这束质子流每秒打到靶上的质子数为多少？假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L 和4L 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n 1和n 2，则n 1和n 2的比值为多少？10.(16分)一台小型电动机在3 V 电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N 的物体时，通过它的电流是0.2 A.在30 s 内可使该物体被匀速提升3 m.若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求： (1)电动机的输入功率；(2)在提升重物的30 s 内，电动机线圈所产生的热量； (3)线圈的电阻.答案解析1.【解析】选A.对于同种材料的导体，电阻率是个定值，根据电阻定律R S=ρl可知横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，A 正确；长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，B 错误；由欧姆定律知UR I=，此式是电阻的定义式，电阻R 与电压U 、电流I 无正反比关系，故C 、D 错误.2.【解析】选A.根据I-U 图线斜率的倒数表示电阻大小，R 1∶R 2=1∶3，故A 正确,B 错误.再根据串、并联电路的特点，串联时电流相同，C 错误;并联时，I 1∶I 2=R 2∶R 1=3∶1，D 错误.3.【解析】选B.由图象可知两导线电压降分别为U A ＝6 V ，U B ＝4 V ；由于它们串联，则A AB B R U 3R U 2==；由电阻定律可知A A B B B A R L S R L S ＝，解得A B S 1S 3=，选项B 正确. 4.【解析】选B.由题意知，输电线最大电阻U R I =，根据电阻定律得2L 2LIR S S Uρ=ρ=，，故B 正确.5.【解析】选C.根据R S =ρl.长度拉长为原来的2倍后，电阻变为原来的4倍，对折后绞合起来，电阻变为原来的14，再根据UI R=和q=It ，可以确定C 正确.6.【解题指南】解答本题应注意以下两点：(1)方框中未知电路可能是纯电阻电路，也可能是非纯电阻电路.(2)只有纯电阻电路，P=I2R和2UPR=才能适用，而P=UI对任何电路都适用.【解析】选C.不管电路是否为纯电阻电路，电路的电功率一定为P=UI，选项C正确；只有电路为纯电阻电路时，才有22UP UI I RR===，故A、B错误；而UI-I2R为电能转化为其他形式能量的功率，故D错误.7.【解析】选A.当电动机停止转动时，此时电动机相当于一个纯电阻，所以由题中的两表读数，可以计算出电动机的内阻为：UrI=，代入数据得：r=4 Ω，重新调节R并使电动机恢复正常运转，根据题中的两表读数，计算出电动机的输出功率为：P=UI-I2r，代入数据解得：P=32 W，B、C、D错误，A正确.【总结提升】电动机中的能量转化电动机问题是非纯电阻电路的典型问题.分析这类问题，重点关注以下三点(1)电流通过电动机做的功为W电，电动机发热产生的热量为Q，同时转化为机械能的多少为W机，则W电=W机+Q.(2)在电动机电路中，欧姆定律不再成立，由此推出的公式22UP I R PR==、等也不再成立.(3)特殊情况，当电动机转子被卡住时，电动机电路变为纯电阻电路，电流做的功全部用来产生热量.8.【解析】选B、C、D.由E=30 V，电动机两端电压10 V可得R和电源内阻上分担电压为20 V，则20I A 2 A91==+，故A错；电动机输入功率P=UI=10 V×2 A=20 W，故B正确；P热=I2R M=4×1 W=4 W，故C正确；P输出=P-P热=20 W-4 W=16 W，故D正确. 【变式备选】一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示.根据表中所提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为( )A.6.8 AB.0.15 AC.4.4 AD.0.23 A【解析】选A.由P ＝UI 可知，该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为：P 1500I A 6.8 A U 220==≈，选项A 正确. 9.【解析】根据q ne I I t t ==，，故15n I 6.2510t e ==⨯个.(3分)由于各处电流相同，设这段长度为l ，其中的质子数为n 个，则由ne I t =和t v =l 得nevI =l，故1n v∝(3分) 而v 2=2ax，故v ∝(3分)解得12n 2n 1== (3分)答案：6.25×1015个2∶110.【解析】(1)电动机的输入功率 P 入=UI=3×0.2 W=0.6 W.(5分)(2)电动机提升重物的机械功率3P Fv (4) W 0.4 W 30==⨯=机.(2分)根据能量关系P 入=P 机+P Q ，得生热的功率 P Q =P 入-P 机=(0.6-0.4) W=0.2 W.(2分) 所产生热量Q=P Q t=0.2×30 J=6 J.(2分)(3)根据焦耳定律Q=I 2Rt ，得线圈电阻22Q 6R 5I t 0.230==Ω=Ω⨯.(5分)答案：(1)0.6 W(2)6 J (3)5 Ω。

《全程复习》2022届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）课时提能演练（含详细解析）电磁感应规律的综合应用一40分钟 100分一、选择题本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分1在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场方向向上为正，当磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电流变化的是22022·福州模拟如图所示，在≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于O平面纸面平面内，=0时刻起由静止开始沿轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I取逆时针方向为电流正方向随时间t的变化图线I-t图可能是图中的，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是竖直向上且正增强,dmg t nq ∆Φ=∆竖直向下且正增强，dmg t nq ∆Φ=∆竖直向上且正减弱，()dmg R r t nqR+∆Φ=∆竖直向下且正减弱，()dmgr R r t nq+∆Φ=∆42022·扬州模拟如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，规定斜向下为正方向，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是和B是两个大小相同的环形线圈，将两线圈平行共轴放置，如图甲所示，当线圈A中的电流i1随时间变化的图象如图乙所示时，若规定两电流方向如图甲所示的方向为正方向，则线圈B中的电流i2随时间t变化的图象是图中的6如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一位于纸面内的电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中A导体框所受安培力方向相同B导体框中产生的焦耳热相同边两端电压相同D通过导体框截面的电荷量相同,长ab=20 cm,宽bc=10 cm，匝数n=200，线圈回路总电阻R=5 Ω,的变化规律如图所示，则A线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B线圈回路中产生的感应电流为0.4 A= 时，线圈的ab边所受的安培力大小为 ND在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J82022·盐城模拟如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0=3 m/进入匀强磁场时开始计时t=0，此时线框中感应电动势为1 V，在t=3 图象如图b 所示，那么=0时,线框右侧的边两端M 、N 间电压为 V 的大小为 N 2 m 1 m二、计算题本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位912分如图所示，水平面上固定一个间距L=1 m 的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B=1 T 的匀强磁场中,导轨一端接阻值R=9 =1 kg 、电阻r=1 Ω、长度也为1 m 的导体棒，在外力的作用下从t=0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v 2t =，不计导轨电阻求： 1t=4 时导体棒受到的安培力的大小;2请在如图所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系I 2-t 图象1016分如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d=0.5 m ，电阻不计，左端通过导线与阻值R=2 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值R L =4 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE 长 2 m =l ，有一阻值r=2 =0至t=4 内，金属棒T 02～T T 2～T02～E B v B at I R R R ===l l U E mg q U R,E n d R r t ∆Φ===+∆，()dmg R r t nqR +∆Φ=∆ad 3U BLv 4=ad 1U BL 3v 4=B S q R ∆=BE n nSt t∆Φ∆==∆∆()220510B T /s 0.5 T /s t 0.3--⨯∆==∆E n 2 V t ∆Φ==∆E I 0.4 A R ==F nBI 2000.20.40.2 N 3.2 N ==⨯⨯⨯=l in 内线圈回路产生的焦耳热为Q=I 2Rt=×5×60J=48 J,选项D 正确8【解析】选边切割磁感线，相当于电源，其两端的电压是路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知，线框右侧的边两端M 、N 间电压为3E0.75 V 4=，A 错误;根据1～3 时间内线框做匀加速直线运动可知，这段时间线框中没有感应电流，线框所受合力为F ，根据牛顿第二定律可知F=ma= N,B 错误;根据图线可知线框进入磁场和离开磁场时的初速度和受力情况都一样，所以线框离开时的速度和t=1 时刻的相同，即为2 m/,C 正确，D 错误【变式备选】如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为l ，金属圆环的直径也是l 圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v 穿过磁场区域则下列说法正确的是A 感应电流的大小是先增大后减小再增大再减小B 感应电流的方向先逆时针后顺时针C 金属圆环受到的安培力先向左后向右D 进入磁场的过程中感应电动势的平均值为1E B v 2=πl 【解析】选A 、B 在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势E B v ='l ,圆环切割磁感线的有效长度'l 先增大后减小，所以感应电流先增大后减小同理可以判断圆环出磁场时的情况,A 、B 正确;根据楞次定律的推广可知，圆环进入磁场和出磁场时所受安培力都向左，C 错误;圆环进入磁场时感应电动势的平均值为21B 14E B v t 4vπ∆Φ===π∆l l l ，D 错误9【解析】14 时导体棒的速度是v 2t 4 m /s ==2分感应电动势E=BLv1分 感应电流EI R r=+1分此时导体棒受到的安培力 F 安=BIL= N 2分2由1可得222E BL I ()4()t 0.04t R r R r===++ 3分作出图象如图所示3分答案：1 N2见解析图10【解析】10～4 内，电路中的感应电动势B 2E S 0.5 2 V 0.5 V t t 4∆Φ∆===⨯⨯=∆∆3分此时灯泡中的电流L L E E 0.5I A 0.1 A Rr 22R R 4 R r 22====⨯++++总3分2由于灯泡亮度没有变化，故I L 没变化 根据E ′=Bdv2分LLE E I RR R r R R '''=='++总2分LL LRR U I R R ='+2分LL LU I R =2分解得v=1 m/ 2分 答案：10.1 A21 m/。

《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）课时提能演练（含详细解析）8.2磁场对运动电荷的作用(40分钟 100分)一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分) 1.如图所示,在通电直导线下方,有一电子沿平行导线方向以速度v 向左运动,则关于电子的运动轨迹和运动半径的判断正确的是( ) A.将沿轨迹Ⅰ运动,半径越来越小 B.将沿轨迹Ⅰ运动,半径越来越大 C.将沿轨迹Ⅱ运动,半径越来越小 D.将沿轨迹Ⅱ运动,半径越来越大2.电荷量为+q 的粒子在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是( ) A.只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B.如果把+q 改为-q ，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子只受到洛伦兹力作用时，运动的动能不变3.(2011·海南高考)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界.一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射.这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力.下列说法正确的是( ) A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大4.一束带电粒子以同一速度,并从同一位置进入匀强磁场,在磁场中它们的轨迹如图所示.粒子q 1的轨迹半径为r 1,粒子q 2的轨迹半径为r 2,且r 2=2r 1,q 1、q 2分别是它们的带电量,则( ) A.q 1带负电、q 2带正电,比荷之比为1212q q m m ∶=2∶1B.q 1带负电、q 2带正电,比荷之比为1212q q m m ∶=1∶2 C.q 1带正电、q 2带负电,比荷之比为1212q q m m ∶=2∶1 D.q 1带正电、q 2带负电,比荷之比为1212q q m m ∶=1∶1 5.如图甲是用来加速带电粒子的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,两盒分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示,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E k -t 图中应有t 4-t 3=t 3-t 2=t 2-t 1B.高频电源的变化周期应该等于t n -t n-1C.粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能越大,可增加D 形盒的面积6.(2012·常州模拟)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P 1极板带正电C.在B 2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B 2磁场中运动半径越大的粒子,比荷qm越小 7.(2012·衡水模拟)如图所示,一半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m,电荷量为q 的正电荷(重力忽略不计)以速度v 沿正对着圆心O 的方向射入磁场,从磁场中射出时速度方向改变了θ角.磁场的磁感应强度大小为( )A.mvqRtan2θ B.mvqRcot2θC. mv qRsin2θD.mvqRcos2θ8.长为l 的水平极板间,有垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示,磁感应强度为B,板间距离也为l ,板不带电,现有质量为m,电荷量为q 的正电粒子(不计重力),从极板间左边中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是( )A.使粒子的速度Bq v 4m ＜lB.使粒子的速度Bq v 4m ＞lC.使粒子的速度5Bq v 4m ＞lD.使粒子的速度Bq 5Bq v 4m 4m＜＜l l二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(2012·肇庆模拟)(12分)如图所示，在一个圆形区域内，两个方向都垂直于纸面向外的匀强磁场分布在以直径A 2A 4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，直径A 2A 4与A 1A 3的夹角为60°，一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A 1处沿与A 1A 3成30°角的方向射入磁场，再以垂直A 2A 4的方向经过圆心O 进入Ⅱ区，最后再从A 2处射出磁场.已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t,求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度B 1和B 2的大小(忽略粒子重力). 10.(16分)在实验室中，需要控制某些带电粒子在某区域内的滞留时间，以达到预想的实验效果.现设想在xOy 的纸面内存在如图所示的匀强磁场区域，在O 点到P 点区域的x 轴上方，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在x 轴下方，磁感应强度大小也为B ，方向垂直纸面向里，OP 两点距离为x 0.现在原点O 处以恒定速度v 0不断地向第一象限内发射氘核粒子.(1)设粒子以与x 轴成45°角从O 点射出，第一次与x 轴相交于A 点，第n 次与x 轴交于P 点，求氘核粒子的比荷qm(用已知量B 、x 0、v 0、n 表示)，并求OA 段粒子运动轨迹的弧长(用已知量x 0、v 0、n 表示).(2)求粒子从O 点到A 点所经历时间t 1和从O 点到P 点所经历时间t(用已知量x 0、v 0、n 表示).答案解析1.【解析】选A.根据安培定则可以确定导线下方磁场方向垂直于纸面向里,再根据左手定则和电子带负电知,电子受洛伦兹力方向向上.再根据mvr qB=,B 越来越大,故r 越来越小,故A 正确.2.【解析】选B 、D.因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F=Bqv ，当粒子速度与磁场平行时F=0.再者由于洛伦兹力的方向永远与粒子速度方向垂直，因此速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A 选项错误.因为+q 改为-q 且速度反向时所形成的电流方向与原+q 运动形成的电流方向相同，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F=Bqv 知大小不变，所以B 选项正确.因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场成任意夹角，所以C 选项错误.因为洛伦兹力总与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，粒子动能不变，洛伦兹力只改变粒子的运动方向，所以D 选项正确.3.【解析】选B 、D.根据带电粒子在磁场中运动的周期2mT qBπ=，由此可知两种粒子在磁场中的运动周期相同，若速度不同的粒子在磁场中转过的圆心角相同时，轨迹可以不同，但运动时间相同，由半径公式mvR qB=可知，入射速度相同的粒子轨迹相同，粒子在磁场中运动的时间t T 2θ=π，即由轨迹所对的圆心角决定，故B 、D 正确，A 、C 错误. 【变式备选】如图所示,在半径为R 的圆形区域内有匀强磁场.在边长为2R 的正方形区域里也有匀强磁场,两个磁场的磁感应强度大小相同.两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M 、N 两点射入匀强磁场.在M 点射入的带电粒子,其速度方向指向圆心;在N 点射入的带电粒子,速度方向与边界垂直,且N 点为正方形边长的中点,则下列说法正确的是( )A.带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B.从M 点射入的带电粒子可能先飞出磁场C.从N 点射入的带电粒子可能先飞出磁场D.从N 点射入的带电粒子不可能比M 点射入的带电粒子先飞出磁场【解析】选A 、B 、D.画轨迹草图如图所示,容易得出粒子在圆形磁场中的轨迹长度(或轨迹对应的圆心角)不会大于在正方形磁场中的,故A 、B 、D 正确.4.【解析】选C.根据2v mv qvB m ,r r qB ==知,半径与比荷成反比.故122112q q r r 21m m ==∶∶∶.再根据左手定则知,q 1带正电,q 2带负电,故C 正确.5.【解析】选A 、D.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关,因此,在E k -t 图中应有t 4-t 3=t 3-t 2=t 2-t 1,选项A 正确;带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次,高频电源的变化周期应该等于2(t n -t n-1),选项B 错;由k 2mE mvr qB ==可知,粒子获得的最大动能取决于D 形盒的半径,当轨道半径与D 形盒半径相等时就不能继续加速,故选项C 错D 对.6.【解析】选B 、D.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知,P 1板带正电,B 正确;根据2mv mv qvB ,r r qB==，故可以确定C 错误,D 正确. 7.【解析】选B.粒子轨迹如图,根据几何关系r Rcot 2θ=,再根据2mv qvB r =，解得mvBqRcot2=θ,故B正确.8.【解题指南】粒子不打在极板上,可以从左侧或右侧射出磁场,然后由运动轨迹边界条件确定粒子半径,由圆周运动规律确定临界条件.【解析】选A、C.依题意粒子打在板上的临界状态如图所示.由几何关系有11r4=l,22222r(r)2=+-ll,故25r4=l.根据mvrqB=,则11qBr qBvm4m==l,22qBr5qBvm4m==l.那么欲使粒子不打在极板上,可使粒子速度qBv4m＜l或5qBv4m＞l.9.【解析】粒子在Ⅰ区运动轨迹的圆心在A2处，由几何知识和题意可知，轨道半径R1=R,则1mvRqB=①(2分)轨迹所对应的圆心角13πθ=(1分)则运动时间1111T2m mt66qB3qBππ===②(2分)粒子在Ⅱ区运动轨迹的圆心在OA 2的中点，由几何关系可知轨迹半径2R R 2=, 则22mvRqB =③(2分)轨迹对应的圆心角θ2=π，则运动时间222T m t 2qB π== ④(2分)由题意知：1212m mt t t 3qB qB ππ=+=+⑤(1分)由①③⑤式联立解得：21125m 5mB 2B ,B ,B 6qt 3qtππ===(2分)答案：5m 6qt π 5m3qtπ 10.【解析】(1)氘核粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得200mv qBv R=(2分)解得粒子运动的半径0mv R qB= (2分)由几何关系知，粒子从A 点到O 2R ，由题意知0n 2R x =g (2分) 解得氘核粒子的比荷：002nv qm x B=(2分)由几何关系得，OA段粒子运动轨迹的弧长：»OA R=θ，圆心角：2πθ=，由以上各式解得»0xOA4n=(2分)(2)粒子从O点到A点所经历的时间：01xt4nv=(3分)从O点到P点所经历的时间01xt nt4v==(3分)答案:(1) 0x Bx4n(2) 0x4nvx4v【总结提升】带电粒子在磁场中运动应注意的五大问题处理带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题的关键是画出符合题意的运动轨迹图.先确定圆心，然后根据几何关系确定半径、圆心角.其中半径和带电粒子的速率密切相关；圆心角和粒子在磁场中运动的时间相联系.同时还应注意以下几个方面：(1)注意粒子的电性及运动方向.(2)注意磁场的方向和边界.(3)注意圆周运动的多解性、对称性和周期性.(4)注意粒子运动的临界值.(5)注意几何知识的应用.。

课时提能演练(9.2)(40分钟 100分)一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.(2012·青岛模拟)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN 、PQ 上放着两根导体棒ab 、cd ，两棒中间用绝缘丝线系住.开始时匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示，I 和F T 分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力(不计电流之间的相互作用力)，则在t 0时刻( )A.I=0,F T =0B.I=0,F T ≠0C.I ≠0,F T =0D.I ≠0,F T ≠02.(2012·南京模拟)如图所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B=B 0+Kt(K>0)随时间变化，t=0时，P 、Q 两极板电势相等.两极板间的距离远小于环的半径，经时间t 电容器P 板( )A.不带电B.所带电荷量与t 成正比C.带正电，电荷量是2KL C 4D.带负电，电荷量是2KL C 43.(2012·泰安模拟)医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a 和b 以及磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的.使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示.由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差.在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零.在某次监测中，两触点的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV,磁感应强度的大小为0.040 T.则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )A.1.3 m/s,a 正、b 负B.2.7 m/s ，a 正、b 负C.1.3 m/s,a 负、b 正D.2.7 m/s ，a 负、b 正4.(2012·福州模拟)有一种高速磁悬浮列车的设计方案是：在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下)，并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈.下列说法中不正确的是( )A.列车运动时，通过线圈的磁通量会发生变化B.列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快C.列车运动时，线圈中会产生感应电动势D.线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关5.如图所示，三个相同的金属圆环内存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化的关系都满足B=kt ，磁场方向如图所示.测得A 环内感应电流强度为I ，则B 环和C 环内感应电流强度分别为( )A.I B =I 、I C =0B.I B =I 、I C =2IC.I B =2I 、I C =2ID.I B =2I 、I C =06.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A. Bav 3B. Bav 6C. 2Bav 3D.Bav7.(2012·佛山模拟)如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计.电键K 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有( )A.a 先变亮，然后逐渐变暗B.b 先变亮，然后逐渐变暗C.c 先变亮，然后逐渐变暗D.b、c都逐渐变暗8.如图a是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图b是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象.关于这些图象，下列说法中正确的是( )A.甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B.乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器2的电流随时间变化的情况C.丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D.丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(12分)如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L 1=0.5 m ，金属棒ad 与导轨左端bc 的距离为L 2=0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R=0.2 Ω，磁感应强度为B 0=1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路.ad 杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=0.04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以B 0.2 T /s t∆=∆的变化率均匀地增大.求：(1)金属棒上电流的方向.(2)感应电动势的大小.(3)物体刚好离开地面的时间(g=10 m/s 2).10.(16分)如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN 和OP 放置在水平面内,MO 间接有阻值为R=3 Ω的电阻,导轨相距d=1 m ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T.质量为m=0.1 kg ，电阻为r=1 Ω 的导体棒CD 垂直于导轨放置，并接触良好.用平行于MN 的恒力F=1 N 向右拉动CD,CD 受的摩擦阻力F f 恒为0.5 N.求：(1)CD 运动的最大速度的大小.(2)当CD 达到最大速度后，电阻R 消耗的电功率是多少？(3)当CD 的速度为最大速度的一半时，CD 的加速度的大小.答案解析1.【解析】选C.t 0时刻，磁场变化，磁通量变化，故I ≠0;由于B=0，故ab 、cd 所受安培力均为零，丝线的拉力为零.C 项正确.2.【解题指南】解答本题应把握以下三点：(1)由圆的周长计算圆的面积.(2)由楞次定律判断电容器极板的电性.(3)电容器上的电势差等于圆环产生的感应电动势.【解析】选D.磁感应强度以B=B 0+Kt(K>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得B E S KS t t ∆Φ∆===∆∆，而2L S 4=π，经时间t 电容器P 板所带电荷量2KL C Q EC 4==π；由楞次定律知电容器P 板带负电，故D 选项正确.3.【解析】选A.对血液中的离子的运动，由左手定则，可得a 正、b 负，C 、D 错误；达到平衡时，有U qvB qd=，解得v=1.3 m/s ，故A 正确，B 错误.4.【解析】选D.列车运动时，安装在每节车厢底部的强磁铁产生的磁场使通过线圈的磁通量发生变化；列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知，由于通过线圈的磁通量发生变化，线圈中会产生感应电动势，感应电动势的大小与通过线圈的磁通量的变化率成正比，与列车的速度有关.由以上分析可知，选项A 、B 、C 正确，选项D 不正确.5.【解析】选D.由题意可知，环内的磁感应强度随时间发生变化而产生感应电流，利用S B E n t∆=∆求解感应电动势，故环内只有向里的磁场时，可直接利用磁场穿过金属环的面积比得出电流比，由B 环中的面积为A 环中面积的2倍可得I B =2I.C 环中同时有磁感应强度大小相等、方向相反的磁场，而这两部分磁通量相互抵消，故C 环中的磁通量一直为零，I C =0，D 正确.6.【解析】选A.摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势1E B 2a (v)Bav 2==.由闭合电路欧姆定律得，AB E R 1U Bav R R 4324==+，故A 正确.【变式备选】如图所示，长为L 的金属导线上端悬于C 点，下端系一小球A ，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动方向如图所示，导线与竖直方向的夹角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B ，则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为( )A.C 点21BL 2ω B.C 点 221BL sin 2θω C.A 点21BL 2ω D.A 点 221BL sin 2θω【解析】选B.由右手定则可判断φC >φA ，即C 端的电势高于A 端的电势；金属导线切割磁感线的有效长度为Lsin θ，所以导线中产生的感应电动势为：22211E B(Lsin )BL sin 22=θω=θω.故B 正确. 7.【解析】选A 、D.a 、b 、c 三个灯泡相同，设K 闭合时通过三个灯泡的电流均是I ，则L 1上电流为2I ，L 2上电流为I ，当K 断开瞬间，a 、b 、c 三灯上原有电流立即消失.L 1上在原有2I 电流基础上逐渐减小，L 2上在原有I 电流基础上逐渐减小，L 1、L 2上产生的感应电流方向相同.所以在K 断开瞬间a 灯上瞬时有2I 的电流而后逐渐减小，即a 灯先变亮后逐渐变暗，则A 正确；b 、c 两灯在原有I 的电流基础上逐渐减小，即b 、c 两灯逐渐变暗，所以B 、C 错误，D 正确.8.【解析】选C.开关S 由断开变为闭合瞬间，流过自感线圈的电流为零，流过传感器1、2的电流均为E 2R；闭合电路稳定后，流过传感器1的电流为2E 3R ，流过传感器2的电流为E 3R；开关断开后，流过传感器1的电流立即变为零，流过传感器2的电流方向相反，从E 3R 逐渐变为零.由以上分析可知，选项C 正确.【总结提升】通电自感与断电自感的区别9.【解析】(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a 到d. (2分)(2)由法拉第电磁感应定律得：B E S 0.08 V t t ∆Φ∆===∆∆ (2分)(3)物体刚要离开地面时，其受到的拉力F=mg(1分)而拉力F 又等于棒所受的安培力.即mg=F 安=BIL 1(2分)其中0B B B t t ∆=+∆(2分) E I R= (1分)解得t=5 s(2分)答案：(1)由a 到d (2)0.08 V (3)5 s10.【解析】(1)设导体棒的运动速度为v ，则产生的感应电动势为：E=Bdv(1分)根据闭合电路欧姆定律有： E I R r =+ (1分)则安培力为：F 0=BdI(1分)据题意分析，当v 最大时，有： F-F 0-F f =0(2分) 联立以上各式得：()()f m 22F F R r v 8 m /s B d -+== (1分)(2)棒CD 速度最大时,同理有： E m =Bdv m(1分)m m E I R r =+(1分) 而m 2R m P I R =(1分)联立得：()m 222m R 2B d v R P 3 W R r ==+(1分)(3)当CD 速度为m 1v 2时有：mBdv E 2'= (1分)E I R r '=+ (1分)F ′=BId (1分)据牛顿第二定律有：F-F ′-F f =ma (2分)联立得：a=2.5 m/s 2 (1分)答案：(1)8 m/s (2)3 W (3)2.5 m/s 2。

课时提能演练〔二十三〕磁场与其对电流的作用(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每一小题7分,共70分。

每一小题只有一个选项正确)1.(2014·某某模拟)指南针是我国古代的四大发明之一。

当指南针静止时,其N极指向如图虚线(南北向)所示。

假设某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极东偏北向)所示。

如此以下判断正确的答案是( )A.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有由东向西的电流B.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有由西向东的电流C.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有由北向南的电流D.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有由南向北的电流【解析】选C。

假设某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极东偏北向)所示,如此有一指向东方的磁场,由安培定如此,可能在指南针上面有一导线南北放置,通有北向南的电流,选项C正确。

2.两个完全一样的通电圆环A、B的圆心O重合、圆面相互垂直,通电电流一样,电流方向如下列图,设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度为B0,如此O处的磁感应强度大小为()A.0B.2B0C.B0D.无法确定【解析】选C。

由安培定如此可知A在圆心处产生的磁感应强度垂直于纸面向里,B在圆心处产生的磁感应强度竖直向下,两者垂直,所以合磁感应强度大小B==B0,C选项正确。

【变式备选】如下列图,A和B为两根互相平行的长直导线,通以同方向等大电流,虚线C为在A和B所确定的平面内与A、B等距的直线,如此如下说法正确的答案是()A.两导线间的空间不存在磁场B.虚线C处磁感应强度为零C.A、C间磁感应强度垂直纸面向外D.C、B间磁感应强度垂直纸面向里【解析】选B。

由安培定如此可知,在A、B之间,A中电流产生的磁场方向垂直纸面向里,B中电流产生的磁场方向垂直纸面向外,在C处两磁场的磁感应强度大小相等,方向相反,如此合磁场的磁感应强度为零,A、C 之间磁感应强度向里,B、C之间磁感应强度向外,故B正确,A、C、D错误。

2013届高考物理一轮复习知能演练 8.1 磁场及其对电流的作用 沪科版.图8－1－14在磁场中某区域的磁感线, 如图8－1－14所示, 则( ) A. a 、b 两处的磁感应强度的大小不等, B a ＞B b B. a 、b 两处的磁感应强度的大小不等, B a ＜B bC. 同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力大D. 同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力小解析: 选 B.磁感线的疏密程度表示B 的大小, 但安培力的大小除跟该处的B 的大小和I 、l 有关外, 还跟导线放置的方向与B 的方向的夹角有关, 故C 、D 错误; 由a 、b 两处磁感线的疏密程度可判断出B b ＞B a , 所以B 正确.2. (2012·启东中学模拟)如下图所示的各图中, 表示通电直导线在匀强磁场中所受磁场力的情况, 其中磁感应强度B 、电流I 、磁场力F 三者之间的方向关系正确的是( )图8－1－15解析: 选ABD.由左手定则可以判断C 项中力F 方向应向上, 故C 错, A 、B 、D 正确. 3.图8－1－16(2011·高考上海单科卷)如图8－1－16所示, 质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′, 并处于匀强磁场中, 当导线中通以沿x 轴正方向的电流I , 且导线保持静止时, 悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( )A. z 正向, mg IL tan θB. y 正向, mgILC. z 负向, mg IL tan θD. 沿悬线向上, mgILsin θ解析: 选BC.若B 沿z 轴正方向, 导线无法平衡, A 错误; 若B 沿y 轴正方向, 由左手定则, 受力如图甲: mg ＝BIL , 所以B 正确; 若B 沿z 轴负方向, 受力如图乙, T sin θ＝BIL ; T cos θ＝mg , 所以B ＝mg ILtan θ, C 正确; 若B 沿悬线向上, 受力如图丙, 导线无法平衡, D 错误.图8－1－174. (2012·咸阳高三检测)如图8－1－17所示, 用细橡皮筋悬吊一轻质线圈, 置于一固定直导线上方, 线圈可以自由运动. 当给两者通以图示电流时, 线圈将( ) A. 靠近直导线, 两者仍在同一竖直平面内 B. 远离直导线, 两者仍在同一竖直平面内 C. 靠近直导线, 同时旋转90° D. 远离直导线, 同时旋转90°图8－1－185. (2012·亳州模拟)如图8－1－18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 0＝2.5 Ω, 金属导轨电阻不计, g 取10 m/s 2.已知sin37°＝0.60, cos37°＝0.80, 求: (1)通过导体棒的电流;(2)导体棒受到的安培力大小; (3)导体棒受到的摩擦力.解析: (1)根据闭合电路欧姆定律I ＝ER 0＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.30 N.(3)导体棒受力如图所示, 将重力正交分解F1＝mg sin37°＝0.24 NF1＜F安, 根据平衡条件mg sin37°＋f＝F安, 解得: f＝0.06 N, 方向为沿导轨面向下.答案: (1)1.5 A (2)0.30 N(3)0.06 N, 方向沿斜导轨面向下一、选择题1. (2012·浙江省高三调研)电流计的主要结构如图8－1－19甲所示, 固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中, 并可绕轴转动. 铝框上绕有线圈, 线圈的两端与接线柱相连. 用两根导线分别将两只电流计的“＋”、“－”接线柱相连, 如图乙所示, 拔动一只电流计的指针, 另一只电流计的指针也会转动. 为了解释上述现象, 有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下的猜想, 可能正确的是( )图8－1－19图8－1－20解析: 选C.磁感线不能相交, ABD均错, 只有C有可能.图8－1－212. 已知地磁场的水平分量为B, 利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感应强度, 如图8－1－21所示为测定通电线圈中央一点的磁感应强度. 实验方法: ①先将未通电线圈平面固定于南北方向竖直平面内, 中央放一枚小磁针N极指向北方; ②给线圈通电, 此时小磁针N极指北偏东θ角后静止, 由此可以确定线圈中电流方向(由东向西看)与线圈中央的合磁感强度分别为( )A. 顺时针; BcosθB. 顺时针;BsinθC. 逆时针; BcosθD. 逆时针;Bsinθ解析: 选C.通电线圈产生磁场方向向东, 由安培定则可知电流沿逆时针方向; 磁感应强度为矢量, 根据其叠加原理可得B＝B′cosθ(B′为合磁感应强度), 所以B′＝Bcosθ所以本题选C项.3. 如图8－1－22所示, 两个完全相同的闭合导线环挂在光滑绝缘的水平横杆上, 当导线环中通有同向电流时(如图), 两导线环的运动情况是( )图8－1－22A. 互相吸引, 电流大的环其加速度也大B. 互相排斥, 电流小的环其加速度较大C. 互相吸引, 两环加速度大小相同D. 互相排斥, 两环加速度大小相同解析: 选C.本题可采用等效法, 将两环形电流等效为两磁体, 如图所示, 可知两线圈相互吸引, 且由牛顿第二定律和牛顿第三定律知, 两环的加速度大小相等.4. 一根长0.20 m、通有2.0 A电流的通电直导线, 放在磁感应强度为0.50 T的匀强磁场中, 受到的安培力大小不．可能是( )A. 0B. 0.10 NC. 0.20 ND. 0.40 N解析: 选 D.当导线与磁场平行放置时, 安培力为零; 当导线与磁场垂直放置时, 其受到的安培力最大, 最大值为F＝BIL＝0.20 N, 所以0.40 N是不可能的.图8－1－235. 表面光滑的细导线做成的圆形闭合导线环固定在绝缘的水平面上, 在圆形导线环上放置一直导线AB, 直导线AB与导线环相互绝缘, 直导线的中点与细导线环的圆心重合, 如图8－1－23所示, 当两者通过图示方向的电流时, 直导线AB的运动情况是( )A. 向M方向平动B. 向N方向平动C. 静止不动D. 在导线环上转动解析: 选A.由右手螺旋定则知闭合圆环在直导线处产生的磁场方向是垂直于纸面向里的, 再由左手定则知直导线受到的安培力方向指向M, 所以导线AB将向M运动.图8－1－246. 如图8－1－24所示, 两个完全相同的通电圆环A、B, 圆心O重合、圆面相互垂直的放置, 通电电流相同, 电流方向如图所示, 设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度都为B0, 则O处的磁感应强度大小为( )A. 0B. 2B0C.2B0D. 无法确定解析: 选C.根据安培定则可知, 图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是垂直纸面向里, B环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是竖直向下. 根据平行四边形定则可知, 圆心O 处磁感应强度大小为2B0.图8－1－257. 质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上, 如图8－1－25所示. 已知导体与导轨间的动摩擦因数为μ, 在题图所加各种磁场中, 导体均静止, 则导体与导轨间摩擦力为零的可能情况是( )图8－1－26解析: 选AB.要使静摩擦力为零, 如果N＝0, 必有f＝0.B图中安培力的方向竖直向上与重力的方向相反可能使N＝0, B是正确的; 如果N≠0, 则导体除受静摩擦力f以外的其他力的合力只要为零, 那么f＝0在A选项中, 导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力合力可能为零, 则导体所受静摩擦力可能为零. C、D选项中, 从导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力的方向分析, 合力不可能为零, 所以导体所受静摩擦力不可能为零, 故正确的选项应为A、B.图8－1－278. (2012·辽宁锦州一模)如图8－1－27所示, 有两根长为L 、质量为m 的细导体棒a 、b , a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上, b 被水平固定在与a 在同一水平面的另一位置, 且a 、b 平行, 它们之间的距离为x .当两细棒中均通以电流大小为I 的同向电流时, a 恰能在斜面上保持静止, 则下列关于b 中的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是( ) A. 方向竖直向下 B. 大小为mg ILC. 若使b 向上移动, a 仍然可能保持静止D. 若使b 下移, a 也能保持静止解析: 选BC.根据安培定则可知b 电流在a 处的磁场方向为竖直向上, 选项A 错误; a 受力如图甲所示.由力平衡条件可知, 安培力F ba ＝mg , 又F ba ＝BIL , 则B ＝mg IL, 选项B 正确; 若b 向上移动, 则F ba 减小, 方向如图乙所示, 三力仍能平衡; 若b 向下移动, 则F ba 减小, 方向如图乙所示, 三力不能平衡, 选项C 对, D 错.9. (原创题)一通电直导线用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上, 静止在水平位置(如下正面图). 在通电导线所处位置加上匀强磁场后, 导线偏离平衡位置一定角度静止(如下侧面图). 如果所加磁场的强弱不同, 要使导线偏离竖直方向θ角, 则所加磁场的方向所处的范围是(以下选项中各图, 均是在侧面图的平面内画出的, 磁感应强度的大小未按比例画)( )图8－1－28图8－1－29解析: 选A.导线受三个力的作用: 重力、细线的拉力、安培力. 拉力与安培力的合力应与重力等大反向, 安培力的方向既垂直于电流I 方向, 还垂直于磁感应强度B 的方向, 综合考虑图A 正确.图8－1－3010. (2011·高考新课标全国卷)电磁轨道炮工作原理如图8－1－30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, 理论上可采用的办法是( ) A. 只将轨道长度L 变为原来的2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, 其它量不变 解析: 选B D.磁感应强度B ＝kI .对弹体应用动能定理: F 安L ＝12mv 2－0, 推得v ＝2F 安Lm＝2BId ·Lm＝2kI 2dLm(d 为轨道宽度), 欲使v 增加至原来的2倍, 由上式可知, 可以使I增加至原来的2倍, B 正确, 也可以使m 减为原来的一半同时L 变为原来的2倍, 故D 正确. 二、非选择题 11.图8－1－31如图8－1－31所示, PQ 和MN 为水平、平行放置的金属导轨, 相距1 m, 导体棒ab 跨放在导轨上, 棒的质量为m ＝0.2 kg, 棒的中点用细绳经滑轮与物体相连, 物体的质量M ＝0.3 kg, 棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5, 匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T, 方向竖直向下, 为了使物体匀速上升, 应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g ＝10 m/s 2)解析: 导体棒ab 受力如图所示, 由平衡条件知: N ＝mg ①BIL －f －Mg ＝0② 又f ＝μN ③联立①②③式求得I ＝2 A,由左手定则知电流方向由a 到 B. 答案: 2 A 方向由a 到b图8－1－3212. 水平面上有电阻不计的U 形导轨NMPQ , 它们之间的宽度为L , M 和P 之间接入电动势为E 的电源(不计内阻). 现垂直于导轨搁一根质量为m , 电阻为R 的金属棒ab , 并加一个范围较大的匀强磁场, 磁感应强度大小为B , 方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方, 如图8－1－32所示, 问:(1)当ab 棒静止时, 受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B 的大小和方向均能改变, 则要使ab 棒所受支持力为零, B 的大小至少为多少？此时B 的方向如何？解析: 从b 向a 看侧面图如图所示. (1)水平方向: f ＝F 安sin θ① 竖直方向: N ＋F 安cos θ＝mg ② 又F 安＝BIL ＝B E RL ③ 联立①②③式得: N ＝mg －BLE cos θR , f ＝BLE sin θR. (2)使ab 棒受支持力为零, 且让磁场最小, 可知安培力竖直向上, 则有F 安′＝mg .B min ＝mgREL, 根据左手定则判定磁场方向水平向右.答案: (1)mg －BLE cos θR BLE sin θR(2)mgREL方向水平向右。

课时提能演练(二十三)(40分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题9分，共72分.每小题只有一个选项正确)1.下列说法中正确的是( )A.由FIB=L可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力F成正比B.一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向C.一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零D.磁感应强度为零处，一小段通电导线在该处不受磁场力2.(2012·南开区模拟)如图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则( )A.放在a处的小磁针的N极向左B.放在b处的小磁针的S极向右C.放在c处的小磁针的S极向右D.放在a处的小磁针的N极向右3.(易错题)如图，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的正中央上方固定一直导线，导线与磁铁垂直，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则下列说法错误的是( )A.磁铁对桌面的压力增大B.磁铁对桌面的压力减小C.桌面对磁铁没有摩擦力D.磁铁所受的合力不变4.如图所示，在水平放置的光滑绝缘杆ab上，挂有两个相同的金属环M和N.当两环均通以图示的相同方向的电流时，分析下列说法中正确的是( )A.两环静止不动B.两环互相靠近C.两环互相远离D.两环同时向左运动5.(预测题)如图，a、b、c、d是四根长度相等、等间距地被固定在同一竖直平面上的通电长直导线，当它们通以大小相等、方向如图的电流时，各导线所受磁场力的合力情况说法错误的是( )A.导线a的受力方向向左B.导线b的受力方向向左C.导线c的受力方向向左D.导线d的受力方向向右6.(2012·西城区模拟)如图所示,A、B、C是等边三角形的三个顶点,O是A、B连线的中点.以O为坐标原点,A、B连线为x轴,O、C连线为y轴,建立坐标系.过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等、方向向里的电流.则过O点的通电直导线所受安培力的方向为( )A.沿y轴正方向B.沿y轴负方向C.沿x轴正方向D.沿x轴负方向7.(2012·福州模拟)电流计的主要结构如图所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并可绕轴转动.铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连.有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下的猜想，可能正确的是( )8.(2012·三明模拟)电磁轨道炮工作原理如图所示.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，理论上可采用的方法是( )A.只将轨道长度L变为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的4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，其他量不变二、非选择题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(12分)如图，矩形线圈有N匝，面积大小为S，放在水平面内，加一个竖直向下的范围较大的匀强磁场，磁感应强度为B，则穿过平面的磁通量是多少？若使线圈绕ab边转过60°，则穿过线圈平面的磁通量是多少？若线圈绕ab边转过180°，则穿过线圈的磁通量改变了多少？10.(创新题)(16分)如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒呈水平放于导轨上，并将导体棒由静止释放，求导体棒在释放的瞬间加速度的大小.答案解析1.【解析】选D.磁感应强度是反映磁场基本属性的物理量，一旦磁场确定，各处的磁感应强度B也就客观地确定了.选项A认为磁场某处的磁感应强度的值随通电导线受力情况而变，是没有深刻理解FIB=L的意义，故A错.磁感应强度B的方向一定和磁场力方向垂直，B选项错.当通电导线与磁场平行时，导线就不受磁场力，故C选项错,磁感应强度为零，则通电导线一定不受磁场力，D正确.2.【解析】选D.由安培定则，通电螺线管的磁场如图所示，右端为N极，左端为S极，在a点磁场方向向右，则小磁针在a点时，N极向右，则A项错，D项对；在b点磁场方向向右，则小磁针在b点时，N极向右，则B项错；在c点，磁场方向向右，则小磁针在c点时，N极向右，S极向左，则C项错.3.【解析】选B.磁铁中央上方磁场方向水平向左，根据左手定则，电流受安培力方向竖直向上,如图，根据牛顿第三定律，电流对磁铁作用力方向竖直向下，故磁铁对桌面的压力增大，桌面对磁铁没有摩擦力，磁铁所受合力为零，A、C、D正确，B错误.【变式备选】(2012·黄冈模拟)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为F N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为F N2，则以下说法正确的是( )A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将不变C.F N1＞F N2D.F N1＜F N2【解析】选C.画出条形磁铁周围的磁感线，确定通电导体棒所在位置磁场方向，根据左手定则可确定安培力方向，如图，根据牛顿第三定律，磁铁受反作用力的方向和F相反，正交分解可得C正确.4.【解析】选B.根据安培定则和左手定则可以判断，同向电流互相吸引，故B 正确.5.【解析】选B.根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可以确定，a 受合力方向向左，b 受合力方向向右，c 受合力方向向左，d 受合力方向向右，故A 、C 、D 正确，B 错误.6.【解析】选A.由题图可知,过A 点和B 点的通电导线对过O 点的通电导线的安培力等大反向,过C 点的通电导线对过O 点的通电导线的安培力沿OC 连线向上,故A 项正确.【总结提升】安培力及相关的平衡问题的分析技巧(1)求解安培力作用下的导体平衡问题一般是先进行受力分析，再根据共点力平衡的条件F 合=0或F x 合=0，F y 合=0列平衡方程.(2)安培力的方向很容易出错，应特别关注；安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面.在判断安培力方向时，要首先确定磁场和电流所决定的平面，从而判断安培力的方向在哪一条直线上，然后再根据左手定则判断出安培力的具体方向.7.【解析】选C.软铁芯被磁化后，左端为S 极，右端为N 极，而磁体内部的磁感线方向从S 极指向N 极，可见B 、D 错误.再根据磁感线不能相交，故A 错误，C 正确.8.【解题指南】本题可按以下思路进行分析：(1)弹体在安培力作用下加速，已知轨道长度可以确定安培力做功，根据动能定理列式求解.(2)推导出速度表达式，可以分析速度与哪些物理量有关，从而确定正确答案.【解析】选D.设轨道长度为L ，弹体质量为m ，电流为I ，轨道宽度为d ，发射速度为v,此时B=kI ，根据动能定理，kI ·I ·d ·L=21mv .2解得由此可确定，D 正确. 9.【解析】由磁通量的定义可知：Φ1=BS(3分) 绕ab 边转过60°后的磁通量为Φ2=BScos60°=12BS (3分)绕ab 边转过180°后的磁通量为：Φ3=-BS (3分)磁通量的改变量为：ΔΦ=|Φ3-Φ1|=2BS(3分) 答案：BS12BS 2BS10.【解析】从b 向a 看，画出侧视图受力如图所示，导体棒受重力mg 、支持力F N 和安培力F ，由牛顿第二定律：mgsin θ-Fcos θ=ma①(4分) F=BIL②(4分) EI=R+r③(4分) 由①②③式可解得a=gsin θ-LBEcos m(R+r)θ(4分) 答案：gsin θ-LBEcos m(R+r)θ。

课时提能演练（二十四）磁场对运动电荷的作用(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题只有一个选项正确)1.电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,下列说法中正确的是( )A.速率越大,周期越大B.速率越小,周期越大C.速度方向与磁场方向平行D.速度方向与磁场方向垂直【解析】选D。

由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T=错误!未找到引用源。

可知T与v 无关,故A、B均错;当v与B平行时,粒子不受洛伦兹力作用,故粒子不可能做圆周运动,只有v⊥B时,粒子才受到与v和B都垂直的洛伦兹力,故C错、D对。

2.(2013·安徽高考)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【解题指南】(1)判定通电直导线周围的磁场方向用安培定则。

(2)正方形中心O处的合磁感应强度是四个磁感应强度的合成。

(3)用左手定则判断带电粒子所受的洛伦兹力方向。

【解析】选B。

由安培定则可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心O处产生的磁感应强度如图所示。

四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成,可得合磁场为水平向左。

利用左手定则判断洛伦兹力的方向,可得洛伦兹力竖直向下,故B项正确。

3.(2014·漳州模拟)真空中有两根长直金属导线平行放置,其中只有一根导线中通有恒定电流。

在两导线所确定的平面内,一电子从P点开始运动的轨迹的一部分如图中曲线PQ所示,则一定是( )A.ab导线中通有从a到b方向的电流B.ab导线中通有从b到a方向的电流C.cd导线中通有从c到d方向的电流D.cd导线中通有从d到c方向的电流【解析】选C。

根据电子运动的轨迹知在两导线之间的磁场方向垂直于两导线所在的平面,且由电子运动的方向可知,ab中通有由b到a的电流或cd中通有从c到d的电流,又从电子运动轨迹在向cd边靠近时半径变小,由r=错误!未找到引用源。

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课时提能演练(十四)(40分钟 100分)一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.在广州亚运会男子110米栏决赛中，刘翔以13.09秒的优异成绩获得冠军并打破之前创造的比赛记录.刘翔在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动,以下说法正确的是( )A.加速阶段地面对人的摩擦力做正功B.匀速阶段地面对人的摩擦力做负功C.由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不对人做功D.无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功2.把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车.几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等.若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h;则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为( )A.120 km/hB.240 km/hC.320 km/hD.480 km/h3.(2012·唐山模拟)质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上,现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的v-t 图象如图所示.下列关于物体的运动过程,分析正确的是( ) A.0～t 1内拉力逐渐减小 B.0～t 1内拉力对物体做负功 C.在t 1～t 2时间内拉力的功率为零 D.在t 1～t 2时间内合外力做功21mv 24.如图，用与水平方向成θ角的力F ，拉着质量为m 的物体沿水平地面匀速前进位移x,已知物体和地面间的动摩擦因数为μ.则在此过程中F 做的功为( )A.mgxB.μmgxC.mgxcos sin μθ+μθD.mgx1tan μ+μθ5.(2012·临沂模拟)质量为1 kg 的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A.x=3 m时速度大小为32 m/sB.x=9 m时速度大小为32 m/sC.OA段加速度大小为3 m/s2D.AB段加速度大小为3 m/s26.低碳、环保是未来汽车的发展方向.某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的.某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E k与位移x的关系图象如图，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线.已知汽车的质量为1 000 kg,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计.根据图象所给的信息可求出( )A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB.汽车的额定功率为80 kWC.汽车加速运动的时间为22.5 sD.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J7.(2012·盐城模拟)如图所示，一质量为M，长为L的木板，放在光滑的水平地面上，在木板的右端放一质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与m、M连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在M上，将m拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为( )A.2μmgLB.1mgL2C.μ(M+m)gLD.μmgL8.如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点(AB=BC)，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等.设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为E kB、E kC和P B、P C，则下列关系一定成立的有( )A.W1>W2B.Q1<Q2C.E kB>E kCD.P B>P C二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(12分)如图所示，一质量为0.1 kg的小滑块以v0=4 m/s的初速度滑上一个固定在地面上的足够长的斜面，经过t=0.6 s恰好经过斜面上的某点B，已知斜面的倾角α=37°，小滑块与斜面的动摩擦因数为μ=0.5，求小滑块在t=0.6 s经过B点时重力的功率.(g=10 m/s2)10.(16分)质量为1.0×103 kg 的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N,汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W,开始时以a=1 m/s 2的加速度做匀加速运动(g=10 m/s 2).求: (1)汽车做匀加速运动的时间t 1; (2)汽车所能达到的最大速率;(3)若斜坡长143.5 m,且认为汽车达到坡顶之前,已达到最大速率,则汽车从坡底到坡顶需多少时间?答案解析1.【解析】选C.由于人的脚与地面间不发生相对滑动，地面对人产生摩擦力的瞬间，力的作用点位移为零，所以地面对人的摩擦力不做功，选项C 正确.2.【解析】选C.若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为1Pv 4kmg=120 km /h =;则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为26Pv 9kmg== 1284v 120 km /h 320 km /h 33⨯=⨯=，故选项C 正确.3.【解析】选A.由运动的v-t 图象可知,物体运动的加速度越来越小,水平拉力越来越小,所以0～t 1内拉力逐渐减小,选项A 正确;由于拉力与运动方向相同,所以0～t 1 内拉力对物体做正功,选项B 错误;由P=Fv 可知,在t 1～t 2时间内拉力等于摩擦力,速度不为零,所以拉力的功率大于零,选项C 错误;由于在t 1～t 2时间内物体速度不变,合外力做功为零,选项D 错误.4.【解析】选D.物体受力平衡：Fsin θ+F N =mg,Fcos θ-μF N =0.在此过程中F 做的功mgxW Fxcos 1tan μ=θ=+μθ,所以D 正确.【变式备选】如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A 点自由滑下，然后在水平面上前进至B 点停下.已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ,滑雪者(包括滑雪板)的质量为m,A 、B 两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB 段运动的过程中，克服摩擦力做的功( ) A.大于μmgL B.等于μmgL C.小于μmgLD.以上三种情况都有可能【解析】选B.设斜面的倾角为θ，则对滑雪者从A 到B 的运动过程中摩擦力做的功为：fF W mgACcos mgCB =μθ+μ，由图可知ACcos θ+CB=L ，由两式联立可得：f F W mgL =μ,故B 正确.5.【解析】选A 、B 、C.由W=Fx 可知，水平拉力F 大小等于W-x 图线的斜率，故OA AB 152715F N 5 N,F N 2 N 393-====-,由F OA -μmg=ma OA 得：a OA =3 m/s 2,F AB =μmg,故a AB =0,C 正确，D 错误；由v 2=2ax 可得：A v /s /s ===,因物体由A 到B 做匀速直线运动，故B A v v s ==,故A 、B 、C 均正确. 6.【解题指南】解答本题时应把握以下三点： (1)汽车的额定功率为汽车匀速行驶时的功率.(2)同时关闭发动机和储能装置时，汽车受到的阻力为地面对汽车的阻力.(3)开启储能装置后向蓄电池提供的电能与图中汽车运动位移的减少量相对应.【解析】选B 、D.汽车行驶过程中，所受地面的阻力对应图线①的斜率大小，故阻力为()52810 N 2 000 N 11710⨯=-⨯,A 错误；汽车匀速行驶的速度v m 可由25m 1mv 810 J 2=⨯求得v m =40 m/s ，故P 额=F ·v=F f ·v m =80 kW ，B 正确；由2f m 1P t F x mv 2-=额 21mv ,2- x 500 m =可求得：t=16.25 s,C 错误;开启储能装置后，汽车向前减速的位移减小(11-8.5)×102 m=2.5×102 m,对应的能量为2.5×102×2 000 J=5×105 J ，故D 正确. 7.【解析】选D.在拉力F 的作用下，m 、M 缓慢匀速运动，使m 被拉到木板的左端的过程中，拉力做功最少，设此时绳的拉力为F T ，则F T =μmg ，F T +μmg=F ，当m 到达M 左端时，M 向右运动的位移为L 2,故拉力做功LW FmgL 2==μ，故D 正确. 8.【解析】选A.木箱由A 到B 的过程比木箱由B 到C 的过程拉力F 的作用点的位移大,故有W 1>W 2,A 正确；设左端绳子与水平方向夹角为θ,木箱向右运动的过程中,因Fsin θ的增大,木箱对地面的压力逐渐减小,由F f =μF N 可知,木箱受地面的滑动摩擦力逐渐减小,故Q 1>Q 2,B错误;因木箱向右运动过程中,Fcosθ逐渐减小,无法确定木箱由B到C的过程速度是增大还是减小,故无法确定E kB和E kC及P B和P C的大小关系,C、D均错误.9.【解析】上滑时，由受力分析得：mgsinα+μmgcosα=ma(2分)设滑到最高点用时t1,由运动学公式：0-v0=-at1(2分)联立代入数据得t1=0.4 s(1分)t=0.6 s>t1=0.4 s(1分)所以0.6 s时滑块下滑0.2 s(1分)下滑时，由牛顿第二定律得：mgsinα-μmgcosα=ma′(2分)由运动学公式：v′=a′t′(1分)由功率公式：P=mg·v′sinα(1分)代入解之得：P=0.24 W (1分) 答案：0.24 W10.【解析】(1)根据牛顿第二定律有:F-mgsin30°-F f =ma (1分)设匀加速的末速度为v,则有:P=Fv (1分)v=at 1 (1分)代入数值,联立解得匀加速的时间为:t 1=7 s (1分)(2)当达到最大速度v m 时,有:P=(mgsin30°+F f )v m (2分)解得汽车的最大速度为:v m =8 m/s (1分)(3)汽车匀加速运动的位移为:2111x at 24.5 m 2==(2分)在后一阶段牵引力对汽车做正功,重力和阻力做负功,根据动能定理有:222f 2m 11Pt (mgsin30F )x mv mv 22-︒+=-(2分)又有x 2=x-x 1 (2分)代入数值,联立求解得:t 2=15 s (1分)所以汽车总的运动时间为:t=t 1+t 2=22 s (2分)答案：(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s 【总结提升】解答汽车启动问题时应注意的问题 (1)确定是匀加速启动还是恒定功率启动.(2)区别汽车所能达到的最大速度与匀加速运动的最大速度. (3)注意对汽车进行受力分析,汽车匀速时加速度为零,但不一定满足F=F f ,如本题时,汽车速度最大时,F=F f +mgsin α.。

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课时提能演练(十七)(B)卷(40分钟 100分)一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.(2012·天门模拟)如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )A.都必须大于mghB.都不一定大于mghC.用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mghD.用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh2.(2012·长春模拟)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止.若圆弧轨道半径为R,物块与水平面间的动摩擦因数为μ,下列说法正确的是( )A.物块滑到b点时的速度为gRB.物块滑到b点时对b点的压力是3mgC.c点与b点的距离为RD.整个过程中物块机械能损失了mgR3.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g.这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这个过程中( )A.物体的重力势能增加了0.9mgHB.物体的重力势能增加了mgHC.物体的动能损失了0.5mgHD.物体的机械能损失了0.5mgH4.(2012·南通模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示.其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是( )A.物体在沿斜面向下运动B.在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C.在0～x2过程中，物体先减速再匀速D.在x1～x2过程中，物体的加速度为gsinθ5.(2012·中山模拟)如图所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处，且都处于静止状态，两斜面的倾角分别为α和β，若不计摩擦，剪断细绳后，下列关于两物体说法中正确的是( )A.两物体着地时所受重力的功率相同B.两物体着地时的动能相同C.两物体着地时的速率相同D.两物体着地时的机械能相同6.将三个不同的斜面如图所示放置，其中斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面间的动摩擦因数均相同，在物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )A.三种情况下物体损失的机械能ΔE3>ΔE2>ΔE1B.三种情况下摩擦产生的热量Q1=Q2<Q3C.到达底端的速度v1>v2=v3D.到达底端的速度v1>v2>v37.(2012·临沂模拟)第十三届田径锦标赛于2011年8月在韩国大邱举行.在撑杆跳比赛中,波兰选手沃伊切霍夫斯基以5.90 m的高度夺金,如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a —b 、b —c 、c —d 、d —e ，如图所示，则对这四个阶段的下列描述正确的有( )A.a —b 为加速助跑阶段，人和杆的机械能在增加B.b —c 为杆弯曲人上升阶段，系统动能减少，重力势能和弹性势能在增加C.c —d 为杆伸直人上升阶段，人的动能转化为重力势能D.d —e 为人过横杆后的下落阶段，重力所做的功等于人机械能的增加量8.传送带用于传送工件可以提高工作效率.如图所示,传送带长度是l ,以恒定的速度v 运送质量为m 的工件,工件从最低点A 无初速度地放到传送带上,到达最高点B 前有一段匀速的过程.工件与传送带之间的动摩擦因数为μ,传送带与水平方向夹角为θ,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时,后一个工件立即放到传送带上,整条传送带满载时恰好能传送n 个工件.重力加速度为g,则下列说法正确的是( )A.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为2f mv cos W 2(cos sin )μθ=μθ-θB.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为2f 1W mv mg sin 2=+θl C.每个工件与传送带之间由摩擦产生的热量为mvcos Q 2(cos sin )μθ=μθ-θD.传送带满载工件比空载时增加的功率为P=mgv(μcosθ+nsinθ-sinθ)二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(2012·聊城模拟)(14分)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一圆弧轨道AB光滑,在最低点B与水平轨道BC相切,BC的长度L=2 m,圆弧半径R=1 m,整个轨道处于同一竖直平面内,可视为质点的物块从C点以8 m/s初速度向左运动,物块与BC部分的动摩擦因数μ=0.7,已知物块质量为m=1 kg,小车的质量M=3.5 kg(g=10 m/s2)求:(1)物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力及离开B点上升的最大高度.(2)物块滑向B点后再经多长时间离开小车及小车运动的最大速度.10.(2012·常熟模拟)(14分)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道,通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上.已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍,即k=F f/mg=0.5,赛车的质量m=0.4 kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2 W工作,轨道AB的长度L=2 m,圆形轨道的半径R=0.5 m,空气阻力可以忽略,取重力加速度g=10 m/s2.某次比赛,要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又要在CD轨道上运动的路程最短.在此条件下,求:(1)赛车在CD 轨道上运动的最短路程. (2)赛车电动机工作的时间.答案解析1.【解析】选C.采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh ，而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh ，C 正确.2.【解析】选B 、C 、D.由a 到b 的过程中，应用机械能守恒定律可得：2b 1mgR mv 2=,得b v 2gR =错误；由2b Nb v F mg m R-=得：F Nb =3mg ，B 正确；由能量守恒可得：mgR-μmg ·x bc =0,得bc Rx =μ，C 正确；在整个过程中，克服摩擦力做功为μmgx bc =mgR,故机械能损失了mgR,D 正确.3.【解析】选B 、D.由mgsin37°+F f =ma 可得：F f =0.3mg,物体上滑过程中，物体重力做负功，大小为mgH ，故重力势能增加了mgH ，A 错误，B 正确；物体机械能的损失等于物体克服阻力所做的功，其大小为fH F 0.5mgH sin37=︒，D 正确；由20Hv 2a sin37=︒得：v 02=3gH,故物体动能损失为201mv 1.5mgH 2=,C 错误.4.【解析】选A 、D.由图乙可知，在0～x 1过程中，物体机械能减少，故力F 在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在E-x 图线中的0～x 1阶段，图线的斜率变小，故力F 在此过程中逐渐减小，由mgsin θ-F=ma 可知，物体的加速度逐渐增大，A 正确，B 、C 错误;x 1～x 2过程中，物体机械能保持不变，F=0,故此过程中物体的加速度a=gsin θ,D 正确.【变式备选】(2012·桂林模拟)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放，那么从小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中，以下说法正确的是( ) A.弹簧的弹性势能逐渐增大 B.小球刚接触弹簧时动能最大 C.小球所受合力的最大值可能等于重力D.该过程的某一阶段内，小球的动能增大而小球的机械能减少 【解析】选A 、D.小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹性势能逐渐增大，A 正确；小球压上弹簧后的开始阶段，仍有mg>kx ，故小球还要继续加速，而此过程中小球的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，小球机械能减少了，故D 正确，B 错误；小球在最低点时合力最大，方向向上，其合力一定大于mg,C 错误.5.【解析】选A 、C.由剪断细绳前两物体平衡可得: A B m gsin m gsin α=β,由机械能守恒得：21mgH mv 2=,可知两物体着地时的速度v =故它们的速度大小相同，但因物体质量不同，故两物体着地时的动能和机械能均不同，B 、D 错误，C 正确；由A A B B P m gvsin P m gvsin =α=β，可知，两物体着地时，所受重力的功率相同，A 正确.6.【解析】选B 、D.物体损失的机械能等于因摩擦产生的热量，也等于物体克服摩擦力所做的功W f ，由f W mgcos =μθl 可知，321f f f W W W >=，故B 正确，A 错误；由动能定理得：2f 1mgh W mv 2-=,由h 1>h 2可知，v 1>v 2,由32f f W W >可知，v 2>v 3,故C 错误，D 正确.7.【解析】选A 、B.在加速助跑阶段，人和杆的速度增大,其机械能增加,A 正确;在杆弯曲人上升阶段,系统的重力势能和弹性势能在增加,而系统动能减少,B 正确;在c —d 阶段,杆伸直人上升的过程,杆的弹性势能和人的动能均转化为重力势能,C 错误;人过横杆后的下落阶段,只有重力做功,人的机械能守恒,D 错误.8.【解题指南】解答本题时应明确以下三点：(1)传送带对工件所做的功等于工件动能与重力势能的增量. (2)由摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积. (3)满载时有一个工件是滑动摩擦力,其余为静摩擦力.【解析】选B 、D.由动能定理可知, 2f 1W mg sin mv 2-θ=l ,故传送带上摩擦力对每个工件做的功为2f 1W mv mg sin 2=+θl ,A 错误,B 正确;工件加速过程的加速度mgcos mgsin a gcos gsin mμθ-θ==μθ-θ,加速到同速所用的时间v vt a gcos gsin ==μθ-θ,故每个工件加速过程中由摩擦产生的热量2v mcos v Q mgcos (vt t)22(cos sin )μθ=μθ-=μθ-θ,故C 错误；满载比空载时，传送带增加的拉力F=(n-1)mgsin θ+μmgcos θ,故传送带满载比空载时增加的功率为P=F ·v=mgv(μcos θ+nsin θ-sin θ),D 正确. 9.【解析】(1)物块由C 到B 的过程对物块由动能定理得:22B 11mgL mv mv 22-μ=-(2分)据牛顿第二定律: 2B N mv F mg R-=(2分)由牛顿第三定律F N =-F N ′，F N ′的大小为46 N,方向竖直向下 (2分)由机械能守恒定律: 2B 1mgh mv 2=，解得:h=1.8 m (2分)(2)设物块滑回B 点至轨道末端C 处分离用时t,对物块由牛顿第二定律μmg=ma 1对小车有:μmg=Ma 2 (2分)22B 1211v t a t (a t )L 22--=(2分)解得: 2t s 3=分离时小车速度最大v 车=a 2t解得:v 车=1.33 m/s (2分)答案：(1)46 N ，方向竖直向下 1.8 m (2) 23s 1.33 m/s10.【解析】(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又在CD 轨道上运动的路程最短,则赛车经过圆轨道P 点时速度最小,此时赛车对轨道的压力为零,重力提供向心力:2P mv mg R=(2分)C 点的速度,由机械能守恒定律可得:22P C 11mg 2R mv mv 22+=(3分)由上述两式联立，代入数据可得：v C =5 m/s (1分)设赛车在CD 轨道上运动的最短路程为x,由动能定理可得：2C 1kmgx 0mv 2-=-(2分)代入数据可得：x=2.5 m (1分)(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：v B =v C =5 m/s从A 点到B 点的运动过程中，由能量守恒定律可得：2B 1Pt kmgL mv 2=+(3分)代入数据可得：t=4.5 s (2分)答案：(1)2.5 m (2)4.5 s【总结提升】与功能关系相结合的圆周运动问题的分析方法(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和做功情况分析，对于多个过程的情形，要分析出在每一个过程中的受力和做功情况.(2)注意不同过程的衔接,前一个过程的末状态,就是后一个过程的初状态.(3)分析每一个过程中的能量转化情况,机械能是否守恒,列出每一个过程的对应方程.(4)确定临界状态及特点,并列出相应的方程.(5)求解方程并进行验证.。

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考点突破·素养提升
考点1 电流周围的磁场(c)
【典例1】在城市建设施工中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所示,有一种探测方法是,首先给金属长直管线上通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作:①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点,记为a;②在a点附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线EF;③在地面上过a点垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点,测得b、c两点距离为L,由此可确定金属管线( )
A. 平行于EF,深度为L
2
B. 平行于EF,深度为L
C. 垂直于EF,深度为L
2
D. 垂直于EF,深度为L。