试题君之每日一题君2017年高考物理（11月1-15日） 75页

‎11月1日 含容电路的动态分析 高考频度：★★☆☆☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ 如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略。平行板电容器C的极板水平放置。闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。 如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是 ‎ ‎ A．增大R1的阻值 B．增大R２的阻值 C．增大两板间的距离　　　　　　　　　D．断开开关S ‎【参考答案】B ‎【试题解析】以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，B正确，A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，C错误；断开开关S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，D错误。‎ ‎【知识补给】‎ 含容电路分析 ‎（1）直流电路中，电容器充、放电时，电路中有充电、放电电流，电路稳定后，电容器相当于阻值无限大的元件，电容器所处电路可视为断路。‎ ‎（2）电路稳定后，当电容器和某一电阻串联时，该电阻中无电流通过；当电容器接在某一电路两端时，该电路两端电压即为电容器两端电压。‎ ‎（3）电容器两端电压突然升高时，电容器将充电；电容器两端电压突然降低时，电容器将通过与它连接的回路放电。电荷量变化量ΔQ=CΔU。‎ 如图所示，为电流表示数，为电压表示数，为定值电阻消耗的功率，为电容器所带的电荷量，为电源通过电荷量时电源做的功。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是 ‎ ‎ 如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想表。闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为，电压表V2的示数改变量大小为，电流表A的示数改变量大小为，则下列判断正确的有 A．的值变大 B．的值变大 C．的值不变，且始终等于电源内阻r D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少 ‎ 如图所示电路，电源电动势E=28 V，内阻r=2 Ω，电阻R1=12 Ω，R2=R4=4 Ω，R3=8 Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0 pF，虚线到两极板距离相等，极板长l=0.20 m，两极板的间距d=1.0×10–2 m。求：‎ ‎（1）若开关S处于断开状态，R3上的电压是多少？‎ ‎（2）当开关S闭合后，R3上的电压会变化，那么电容器上的电压等于多少？‎ ‎（3）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2）‎ ‎【参考答案】‎ AB 变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，消耗的功率为，∝，故A正确；电容器两端的电压，电荷量，则，保持不变，则图象是向下倾斜的直线，故B正确；电压表示数，图象应是向下倾斜的直线，故C错误；电源通过电荷量时电源做的功，是电源的电动势，则 是过原点的直线，故D错误。‎ AC 由图可知与串联，测两端的电压，测路端的电压。若P向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表的示数增大，两端的电压减小，所以的示数增大；根据欧姆定律得的值等于滑动变阻器的阻值，所以的值变大，A正确；根据闭合电路欧姆定律得：，则，所以的值不变，B错误；根据闭合电路欧姆定律得：由，则，所以的值不变，C正确；滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，所以电容器所带的电荷量不变，D错误。‎ ‎（1）S断开时，电阻R3两端电压为U3==16 V ‎（2）S闭合后，外阻为R==6 Ω，端电压为U=E=21 V 电阻R3两端电压为U3′=U=14 V 所以电容器两端的电压为14 V ‎（3）设微粒质量为m，电荷量为q，当开关S断开时,有：=mg 当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则mg–=ma 设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：t=，竖直方向：y=at2‎ 由以上各式求得：y=6.25×10–3 m>，故微粒不能从C的电场中射出 ‎11月2日 实验：电阻的测量 高考频度：★★★★☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx的阻值约为200 Ω，电压表V的内阻约为2 kΩ，电流表A的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为和，则______（选填“”或“”）更接近待测电阻的真实值，且测量值________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值，测量值______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。‎ ‎【参考答案】Rx1 大于 小于 ‎【试题解析】因为，所以电流表外接误差较大，故电流表内接误差相对小一点，所以更接近被测电阻的真实值，图（a）中电流表是真实值，但是由于电流表的分压，电压表测量值比两端的实际电压要大，根据可得测量值比真实值偏大，而图（b）中，电压表测量的是准确电压，但是由于电压表的分流，电流表测量值比通过的实际电流要大，故根据可得测量值比真实值偏小。‎ ‎【知识补给】‎ 测量电路：电流表的接法 内接法 外接法 电路图 误差原因 电流表分压U测=Ux+UA 电压表分流I测=Ix+IV 电阻测量值 ‎=Rx+RA>Rx 测量值大于真实值 ‎‎ Rx<‎ 常用电阻测量方法 方法 需要的器材 伏安法 电压表、电流表 伏阻法 电压表、电阻箱 安阻法 电流表、电阻箱 半偏法 电阻箱、滑动变阻器、电流计（或电压表）‎ 电桥法 电桥电路（含灵敏电流计）‎ 在电表内阻已知时，一个电表既可以作为电流表，也可以作为电压表使用，仪器的选择更加自由。‎ 实验室中有一块量程较小的电流表G，其内阻约为100 Ω，满偏电流为100 μA，将它改装成量程为1 mA、10 mA双量程电流表。现有器材如下：‎ A．滑动变阻器R1，最大阻值50 Ω；‎ B．滑动变阻器R2，最大阻值50 kΩ；‎ C．电阻箱R＇，最大阻值9 999 Ω；‎ D．电池E1，电动势3.0 V；‎ E．电池E2，电动势4.5 V (所有电池内阻均不计)；‎ F．单刀单掷开关S1和S2，单刀双掷开关S3，及导线若干。‎ ‎（1）采用如图甲所示电路测量电流表G的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为________，选用的电池为________（均填写器材前的字母序号）；采用此种方法电流表G内阻的测量值________真实值(填“>”、“=”或“<”)。‎ ‎（2）如果在步骤（1）中测得电流表G的内阻为90 Ω，将电流表G改装成双量程电流表，设计电路如图乙所示，则在此电路中，R1=________Ω，R 2=________Ω。‎ 图甲所示电路称为惠斯通电桥，当通过灵敏电流计G的电流Ig=0时，电桥平衡，可以证明电桥的平衡条件为：=。图乙是实验室用惠斯通电桥测量未知电阻Rx的电路原理图，其中R是已知电阻，S是开关，G是灵敏电流计，AC是一条粗细均匀的长直电阻丝，D是滑动头，按下D时就使电流计的一端与电阻丝接通，L是米尺。‎ ‎（1）操作步骤如下：闭合开关，把滑动触头放在AC中点附近，按下D，观察电流表指针的偏转方向；向左或向右移动D，直到按下D时，电流表指针______（填“满偏、半偏或不偏转”）；用刻度尺量出AD、DC的长度l1和l2。‎ ‎（2）写出计算Rx的公式：Rx=_____。‎ ‎（3）如果滑动触头D从A向C移动的整个过程中，每次按下D时，流过G的电流总是比前一次增大，已知A、C间的电阻丝是导通的，那么，电路可能在_____断路了。‎ ‎【参考答案】‎ ‎（1）B E < (2) 1 9‎ ‎（1）在半偏法测电阻时，原理为在远大于时，当S2闭合时，才可认为回路中的总阻值不变，故R接入回路中的阻值越大，实验误差越小，故滑动变阻器选择B，电池选择E。‎ ‎（2）由部分电路欧姆定律知：，解得：。‎ ‎（1）不偏转 （2） （3）BC ‎（1）测量R x 的实验步骤是：‎ 第一步：闭合开关，把滑动触头放在AC中点随近，按下D，观察电流表指针的偏转方向；‎ 第二步：向左或向右移动D，直到按下D时，电流表指针不偏转；‎ 第三步：用刻度尺量出AD、DC的长度l 1 和l 2 ；‎ ‎（2）当电桥平衡时，有=，解得 R x=。‎ ‎（3）若滑动触头D从A向C移动的整个过程中，每次按下D时，流过G的电流总是比前一次增大，BD间电压逐渐增大，可能BC断了。‎ ‎11月3日 实验：测定金属的电阻率 高考频度：★★★★☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ 实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10-8 Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有：‎ 电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；‎ 电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；‎ 滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；‎ 滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；‎ 定值电阻：R0=3 Ω；‎ 电源：电动势6 V，内阻可不计；开关、导线若干。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选______（填“”或“”），闭合开关S前应将滑片移至______端（填“”或“”）。‎ ‎（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接。‎ ‎（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.5 A时，电压表示数如图乙所示，读数为______V。‎ ‎（4）导线实际长度为______m（保留2位有效数字）。‎ ‎【参考答案】（1）R2 a （2）如图 （3）2.30 （4）94‎ ‎【试题解析】（1）根据，可估算待测电阻约2 ，这样的总电阻约为5 ，滑动变阻器采用限流式接法，阻值约等于待测电阻3~5倍时，测量较准确，因此滑动变阻器选R2，另外测量前应将滑动变压器调到最大值，以保护电路，因此触头应调到a端；‎ ‎（2）根据电路图连接实物图，见答案。‎ ‎（3）电压表最小刻度是0.1 V，读数时应估读到0.01 V，因此读数为2.30 V；‎ ‎（4）这样测得电阻值为，而，可得测电阻为，根据，代入数据，可得电阻长度。‎ ‎【名师点睛】测定金属的电阻率实验对仪器读数的要求较高，试题常会要求先用欧姆表进行粗测，用游标卡尺测量材料的长度，用螺旋测微器测量材料的直径，用电压表、电流表较精确地测量电阻。‎ ‎【知识补给】‎ 测量仪器的读数 仪器 读数 电压表、电流表 分度值有1，如0.1‎ ‎1/10估读，估读到下1位（0.01）‎ 分度值有2，如0.02‎ ‎1/2估读，估读到下1位（0.01）‎ 分度值有5，如0.5‎ ‎1/5估读，估读到下1位（0.01）‎ 游标卡尺 游标10刻度 变化1游标刻度，精确变化0.1 mm 游标20刻度 变化1游标刻度，精确变化0.05 mm 游标50刻度 变化1游标刻度，精确变化0.02 mm 螺旋测微器（千分尺）‎ 估读到0.001 mm 完成下列测量：‎ ‎（1）如图所示的两把游标卡尺，它们的游标尺从左至右分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分，它们的读数依次为________mm，________mm。‎ ‎（2）使用螺旋测微器测量a、b两个金属丝的直径，示数如图a、b所示，则a、b金属丝的直径分别为________mm，________ mm。‎ ‎（3）①图甲用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，表针的示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A。‎ ‎②图乙使用较小量程时，每小格表示________V，图中指针的示数为________V；若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________ V，图中表针指示的是________V。‎ ‎ ‎ 实验室进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ=1.7×10－8 Ω·m。课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管使用的金属丝长度。他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等。‎ ‎（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作）‎ ‎①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“－”插孔；选择电阻档“×1”；‎ ‎②________________________________________________________________；‎ ‎③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图（a）所示。‎ ‎（2）根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图（b）的A、B、C、D四个电路中选择_________电路来测量金属丝电阻；‎ ‎（3）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，金属丝的直径为_________mm；‎ ‎（4）根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为_________m。（结果保留两位有效数字）‎ ‎（5）他们正确连接电路，接通电源后，调节滑动变阻器，发现电流始终无示数。请设计一种方案，利用多用电表检查电路故障并写出判断依据。（只需写出简要步骤）_____________________‎ ‎【参考答案】‎ ‎(1)17.6 23.65 (2)2.150 0.048 (3)①0.02 0.44 0.1 2.20 ②0.1 1.70 0.5 8.5 ‎ ‎(1)最上面图读数：整毫米是17，不足1毫米数是6×0.1 mm=0.6 mm，最后结果是17 mm+0.6‎ ‎ mm=17.6 mm；‎ 题中右图读数：整毫米是23，不足1毫米数是13×0.05 mm=0.65 mm，最后结果是23 mm+0.65 mm=23.65 mm。‎ ‎(2)对图a：固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm+15.0×0.01 mm=2.150 mm。‎ 对图b：b金属丝的直径为4.8×0.01 mm=0.048 mm。‎ ‎(3)①使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针的示数为0.44 A；当换用3 A量程时，每一小格为0.1 A，指针示数为2.20 A。‎ ‎②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，指针示数为8.5 V。‎ ‎（1）将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零 （2）D （3）0.260 （4）12‎ ‎（5）以下两种解答都正确：‎ ‎①使用多用电表的电压挡位，接通电源，逐个测量各元件、导线上的电压，若电压等于电源电压，说明该元件或导线断路故障。‎ ‎②使用多用电表的电阻挡位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路故障。‎ ‎（1）①欧姆表选挡后，需要进行欧姆调零，欧姆调零是将红、黑表笔短接，调整调零旋钮使其电流达到最大，则此时刻度盘上的读数为零；‎ ‎②欧姆表的示数为4.0 Ω；金属丝电阻比较小，电流表电阻也比较小，所以应该采用电流表外接法。我们希望通过移动滑动变阻器读出电压表电流表较广的读数，那么采用滑动变阻器的分压接法可以实现，所以采用滑动变阻器的分压接法，故电路图选D；‎ ‎③螺旋测微器的读数为d=0+26.0×0.01 mm=0.260 mm。‎ ‎(4)根据电阻定律R=，L==12 m。‎ ‎（5）以下两种解答都正确：‎ ‎①使用多用电表的电压挡位，接通电源，逐个测量各元件、导线上的电压，若电压等于电源电压，说明该元件或导线断路故障。‎ ‎②使用多用电表的电阻挡位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路故障。‎ ‎11月4日 实验：描绘小电珠的伏安特性曲线 高考频度：★★★★☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ 某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：‎ 小灯泡L，规格“4.0 V　0.7 A”；‎ 电流表A1，量程3 A，内阻约为0.1 Ω；‎ 电流表A2，量程0.6 A，内阻r2=0.2 Ω；‎ 电压表V，量程3 V，内阻rV=9 kΩ；‎ 标准电阻R1，阻值1 Ω；‎ 标准电阻R2，阻值3 kΩ；‎ 滑动变阻器R，阻值范围0~10 Ω；‎ 学生电源E，电动势6 V，内阻不计；‎ 开关S及导线若干。‎ ‎（1）甲同学设计了如图甲所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46 A时，电压表的示数如图乙所示，此时L的电阻为________Ω。‎ ‎　‎ 甲　　　　　　　　乙 ‎（2）乙同学又设计了如图丙所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是________ V。‎ ‎　‎ 丙 丁 ‎（3）学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图丁所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。‎ ‎【参考答案】（1）5 （2）4 （3）如图 ‎　‎ ‎【试题解析】（1）电压表的示数U=2.30 V，所以灯泡L的电阻=5 Ω。‎ ‎（2）由题图丙知电压表V与R2串联，根据串联分压，当电压表V的示数为3 V时，R2两端的电压=1 V，所以灯泡两端的电压U′=UV+U2=(3+1) V=4 V。‎ ‎（3）要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，则电压表的量程应变为4.0 V，电流表的量程应变为0.7 A，因此将电压表V与标准电阻R2串联改装成量程为4.0 V的电压表，将电流表A2与标准电阻R1并联改装成量程为0.6 A+ A=0.72 A的电流表。故虚线框内实验电路如图所示，见答案。‎ ‎【名师点睛】伏安特性曲线常常是I–U图线，因为在电路中，电压较易通过调节滑动变阻器分压来调节，而电流不易准确地把握，故而常以电流为因变量，电压为自变量，作I–U图线。‎ ‎【知识补给】‎ 控制电路：滑动变阻器的接法 限流接法 分压接法 电路图 电压调节范围 ‎≤U≤E ‎0≤U≤E 电流调节范围 ‎≤I≤‎ ‎0≤I≤‎ 适用条件 待测电阻与滑动变阻器总阻值相当或比滑动变阻器总阻值小 待测电阻比滑动变阻器总阻值大 某学习小组在描绘标有“8.0 V，3.8 W”的小灯泡灯丝电阻的伏安特性图线时，实验室给出一块电压表V（量程10 V，内阻约4 kΩ）和两块电流表：A1 （量程100 mA，内阻约2 Ω）和 A2 （量程0.6 A，内阻约0.3 Ω），则选择电流表______进行试验测量。甲、乙两同学利用电压表和选定的电流表采用不同的连接电路测出相应的电压和电流描绘出的伏安特性图线如下图①、②所示，则图线______更准确。‎ 要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：‎ 电池组（电动势为4.5 V，内阻约1 Ω）；‎ 电流表（量程为0~250 mA，内阻约5 Ω）；‎ 电压表（量程为0~3 V，内阻约3 kΩ）；‎ 开关一个、导线若干。‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的______（填字母代号）。‎ A．滑动变阻器（最大阻值20 Ω，额定电流1 A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A）‎ ‎（2）实验的电路图应选用下列的图______（填字母代号）。‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是______W。‎ ‎【参考答案】‎ ‎ A2 ②‎ 据题意，小灯泡额定电压为8 V，额定功率为3.8 W，则额定电流为，所以电流表应该选择A2；据可知应该实验外接法测量更准确，而外接法电流表测量的电流偏大，当电压相同时电流偏大的是图②。‎ ‎（1）A （2）B （3）0.1‎ ‎（1）滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用最大阻值为20 Ω的滑动变阻器，故选A。‎ ‎（2）因要求小灯泡电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式，由于小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，故选B。‎ ‎（3）在小灯泡的伏安特性曲线图象中，再根据，即，作出电源的I-U图象，如图所示，由图示可知，由该电源对该小灯泡供电，电路电流I=0.10 A，电路外电压U=1.0 V，小灯泡消耗的电功率P=IU=0.1 W。‎ ‎11月5日 实验：测定电源的电动势和内阻 高考频度：★★★★☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ 某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻。‎ ‎（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100 μA、内阻rg=2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只______Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；‎ ‎（2）根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；‎ ‎（3）某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r=______Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是__________________。‎ 测量次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 电压表V读数U/V ‎5.26‎ ‎5.16‎ ‎5.04‎ ‎4.94‎ ‎4.83‎ ‎4.71‎ ‎4.59‎ ‎4.46‎ 改装表A读数I/mA ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ ‎120‎ ‎140‎ ‎160‎ ‎（4）该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是____________。（填选项前的字母）‎ A．电压表内阻的影响 B．滑动变阻器的最大阻值偏小 C．R1的实际阻值比计算值偏小 D．R0的实际阻值比标称值偏大 ‎【参考答案】（1）1.0 （2）如图所示 （3）1.66 充分利用测得的数据 （4）CD ‎【试题解析】（1）根据改装后电表的量程，代入解得R1=1.0Ω。‎ ‎(2)实物连接图参考答案。‎ ‎（3）根据闭合电路的欧姆定律可得，故，可得：r=1.66　Ω。因充分利用测得的数据，故减少一次测量的偶然误差。 ‎ ‎（4）已知电压表是理想电压表，其内阻影响不计，其实，如果考虑其内阻影响，电源内阻的测量值应偏小，所以选项A可排除。滑动变阻器起到调节电流作用，其最大阻值不影响测量结果，B可排除。根据题设，可作出下图，可见，U值对应的电流I的测量值偏小，根据，因为，其中R1是计算值，其实际阻值可能偏大，才造成I测量偏大，选项C正确；又因为根据测量值，所以可能是R0的实际阻值比标称值偏大，故D正确。‎ ‎【知识补给】‎ 测定电源的电动势和内阻实验电路 电路图 闭合电路欧姆定律式 E=(I+)r+U E=I(r+RA)+U U–I图象方程 U=–I+‎ U=–(r+RA)I+E 系统误差产生原因 电压表分流 电流表分压 电压的测量 无系统误差 偏大 电流的测量 偏小 无系统误差 短路电流 无系统误差，‎ 偏小，‎ 电动势测量值 偏小，‎ 无系统误差 内阻测量值 偏小，‎ 偏大，r+RA 以上均为作U–I图象分析数据，纵截距作为电源电动势测量值，斜率作为内阻测量值时得到的结论。‎ 采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，由于电表因素带来了实验的系统误差。某研究性学习小组对此实验进行改进，设计出如图所示的测量电源电动势E和内阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流计G。 ‎ ‎（1）请你补充实验步骤：‎ ‎①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA______φB（选填“大于”、“小于”或“等于”），读出电流表和电压表的示数I1和U1，其中I1______（选填“大于”、“小于”或“等于”）通过电源E的电流。‎ ‎②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得______，读出______。‎ ‎（2）由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E表达式为______________、内阻r的表达式为___________。‎ ‎（3）该实验中E测______E真（选填“大于”、“小于”或“等于”），r测______r真（选填“大于”、“小于”或“等于”）。‎ 在“DIS测电源的电动势和内阻”的实验中 ‎（1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、开关及若干导线连接成电路，如图（a）所示。图中未接导线的A端应接在______点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”）。‎ ‎（2）实验得到的U-I关系如图（b）中的直线Ⅰ所示，则电池组的电动势为______V，内阻阻值为______。‎ ‎（3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”端重新连接到______点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”），所得到的U-I关系如图（b）中的直线Ⅱ所示，则定值电阻阻值为______。‎ ‎【参考答案】‎ ‎（1）①等于 等于 ②灵敏电流计G的示数为零 电流表和电压表的示数I2和U2 （2） （3）等于 等于 ‎（1）因为电流计的示数为零，故A点与B点的电势相等。‎ ‎（2）电流计的电流为0，相当于断开，则电流表的示数等于通过电源E的电流，故存在如下关系：E=U1+I1r；可见要想得出电动势和内阻，还需要再测出一组数据，即再次改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计G的示数为零；电流表和电压表的示数I2和U2。‎ ‎（3）这样又会得出以下关系式：E=U2+I2r；二者联立，即可得出电源电动势的大小为E=，内阻的大小为r=；实验中，电源电动势和内阻的测量值与真实值是相等的。‎ ‎（1）C （2）2.8 2 （3）D 3‎ ‎（1）分析图（a），共有两个传感器其中一个已经串联在电路，说明为电流传感器，那么没有连接完整的就是电压传感器，测量路端电压，并联在电路中，所以A端接入C接线柱。‎ ‎（2）根据串并联电路路端电压和电流、电动势关系可得，图象与纵轴的截距即电动势，所以，斜率即内阻即。‎ ‎（3）由于电压传感器左端已经接入电源负极，所以电压传感器右端接入C，则电压表等于路端电压，无法测量定值电阻，又无法测量定值电阻电压，所以改测滑动变阻器电压，接入D接线柱。此时，电压表示数，图象斜率即，可得定值电阻阻值。‎ ‎ ‎ ‎11月6日 实验：练习使用多用电表 高考频度：★★★★☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ 将“小电珠L、滑动变阻器、多用电表、电流表、直流稳压电源、开关和导线若干”连成如图1所示的电路，进行“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验。‎ ‎（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于____（填“左”或“右”）端。‎ ‎（2）用多用电表电压挡测量L电压时，红表笔应接图1中的_________点。（填“a”或“b”）‎ ‎（3）正确连线后，闭合开关，发现不论怎么调节滑动变阻器的滑片，多用电表指针均不偏转。将两表笔改接到图1电路的a、c两点，电表指针仍不偏转；改接a、d两点时，电表指针偏转如图2所示，其示数为_______V；可判定故障为d、c间电路_______（填“断路”或“短路”）。‎ ‎（4）甲乙两位同学用完多用电表后，分别把选择开关放在图3所示位置，则_______的习惯好。‎ ‎【参考答案】（1）左 （2）a （3）2.00 断路 （4）乙同学 ‎【试题解析】（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于左端，以保护电路。‎ ‎（2）红表笔接电源的正极，固接a点。‎ ‎（3）从表中可读得读数为2.00 V，表笔接在a、b两点和a、c两点指针不偏转，改接a、d两点时，针偏转可判断d、c间电路断路。‎ ‎（4）用完电表后，应将选择开关旋至OFF挡或交流电压最大挡，所以乙同学的习惯好。‎ ‎【知识补给】‎ 用多用电表探测黑箱 探究项目 应用挡位 现　象 电源 电压 两接线柱正、反接时均无示数说明无电源 电阻 欧姆 两接线柱正、反接时示数相同 二极管 欧姆 正接时示数很小，反接时示数很大 电容器 欧姆 指针先指向某一小阻值，后逐渐增大到“∞”，且指针摆动越来越慢 电感线圈 欧姆 示数由“∞”逐渐减小到某一较小固定示数 如图甲，是一个简易的多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接_______；作为欧姆表使用时，选择开关应接_______（填“1”、“2”或“3”）；使用时，电流一定从_______端流入多用电表_______（填“A”或“B”）。‎ 同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻。‎ ‎（1）他先用多用表电压档直接接在电源两极，读数如图甲所示，则电源电动势约为_______V。‎ ‎（2）为了更准确地测量电源的电动势和内阻，他用多用表的“直流100 mA”挡设计了如图乙所示的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为_______Ω。‎ ‎（3）将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100 mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用表上读出相应的示数I。‎ ‎（4）重复（3）获得多组数据，根据数据作出了如图丙所示的图线。‎ ‎（5）由图线得干电池的电动势E =_______V（保留三位有效数字），内阻r=_______Ω （取整数），多用表的内电阻对_______（选填“E”、“r”或“E和r”）的测量结果有影响。‎ ‎【参考答案】‎ ‎3 2 A 根据题意，电流表电阻R2串联，由于电阻R2具有分压作用，则与电流表一起构成了电压表，所以应接开关3；电流表与电源和电阻R1构成欧姆表，所以应选择开关2；电流一般都是红表笔进而黑表笔出，所以电流一定从A端流入。‎ ‎（1）1.30（1.3也可） （2）13（15也可） （5）1.42（1.40~1.50） 8 r ‎（1）由甲图可知，选用了直流电源2.5 V挡，因此指针的读数对应为1.30 V（1.3 V也可）。‎ ‎（2）由于选用直流电路100 mA量程，因此电路中的最大电流不得超过100 mA，所以R=Ω=13 Ω（15 Ω也可）‎ ‎（5）根据闭合电路欧姆定律有：I=，化简为R~函数关系为：R=－r，即图丙中图线的斜率即为E，有：E=V=1.42 V（由于读数误差，答案在1.40~1.50 V内均可），纵截距即为－r，有：r=8 Ω，显然上述过程没有考虑多用电表的内阻，实际上多用电表的内阻与电源内阻之和为纵截距的绝对值，所以多用表的内阻对r的测量结果有影响。‎ ‎11月7日 磁场 高考频度：★☆☆☆☆‎ 难易程度：★★☆☆☆‎ 如图所示，一带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是 A．N极竖直向上 B．N极竖直向下 C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右 ‎【参考答案】C ‎【试题解析】带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转时，根据右手定则可知，可产生沿OO′方向的向左的磁场，故小磁针的N极沿轴线向左，C正确。‎ ‎【知识补给】‎ 磁场 通电直导线 通电螺线管 环形电流 特点 无磁极、非匀强，‎ 且距导线越远处 磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似，‎ 管内为匀强磁场且磁场最强，‎ 管外为非匀强磁场 环形电流两侧是N极和S极，‎ 且离圆环中心越远，磁场越弱 安培定则 立体图 横截面图 纵截面图 关于磁感线的描述，下列说法正确的是 A．磁感线从磁体的N极出发到磁体的S极终止 B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的南极 C．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向 D．通电直导线的磁感线分布是以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组等间距同心圆 指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是 A．指南针可以仅具有一个磁极 B．指南针能够指向南北，说明地球是一个磁体 C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 在隧道工程以及矿山爆破作业中，部分未爆炸的炸药残留在爆破孔内，很容易发生人员伤亡事故。为此，科学家制造了一种专门的磁性炸药，在磁性炸药制造过程中掺入了10％的磁性材料——钡铁氧体，然后放入磁化机磁化。使用磁性炸药一旦爆炸，即可安全消磁，而遇到不爆炸的情况可用磁性探测器测出未爆炸的炸药。已知掺入的钡铁氧体的消磁温度约为400 ℃，炸药的爆炸温度约2 240 ℃～3 100 ℃，一般炸药引爆温度最高为140 ℃左右。以上材料表明 ‎ A．磁性材料在低温下容易被磁化 B．磁性材料在高温下容易被磁化 C．磁性材料在低温下容易被消磁 D．磁性材料在高温下容易被消磁 如图所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行，用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是 ‎【参考答案】‎ C 磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线，故A错误。螺线管内部磁感线由S极指向N极，小磁针N极所指的方向即为磁场的方向，故小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的N极即北极，故B错误。磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线切线的方向表示磁场的方向，故C正确。通电直导线的磁场距离通电直导线越远则磁场越弱，故以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组同心圆越往外越稀疏，不是等间距，D错误。‎ BC 任何磁体都有两个磁极，指南针也是磁体，故指南针有两个磁极，A错误；指南针能够指向南北，说明地球是一个磁体，B正确；指南针的指向会受到附近铁块的干扰，C正确；在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针会发生偏转，D错误。‎ AD 由安培分子电流假说可知，低温情况下，分子运动不剧烈，在外磁场的作用下，分子环形电流的磁极趋向基本一致，因而易被磁化，而高温时，分子剧烈运动，导致趋向基本一致的分子环形电流的磁极趋向重新变得杂乱无章，进而达到消磁目的，AD正确，BC错误。‎ C 通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，因此根据磁感线的分布，再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小可知，因为ab线段的长度大于通电螺线管的长度，由条形磁铁磁感线的分布，可知C正确。如果ab线段的长度小于通电螺线管的长度，则应该选B。由于足够长的直线ab，故C正确。‎ ‎11月8日 通电直导线的合磁场 高考频度：★★☆☆☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ 在一根直导线上通以稳恒电流I，方向垂直指向纸外，且和匀强磁场B垂直，如图所示，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是 A．a点 B．b点 ‎ C．c点 D．d点 ‎【参考答案】C ‎【试题解析】用安培定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，如图所示，在c点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大，C正确。‎ ‎【知识补给】‎ 通电直导线磁场的矢量合成 通电直导线的磁感线为以直导线上点为圆心的同心圆，具有高度对称性，实际上通电导线产生的磁场中，与通电导线（电流强度为I）距离为r处的磁感应强度B=，其中k为常量。由于磁感应强度是矢量，磁场的叠加需要进行矢量合成，符合平行四边形定则。‎ 如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分、、构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、N分别为O关于导线、的对称点，当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电流时，M点磁感应强度的大小为，O点磁感应强度的大小为，若将导线中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N点磁感应强度的大小为 A． B． ‎ C． D．‎ 在同一平面有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四根导线中的电流大小关系为i1>i2>i3=i4，切断哪一导线中的电源能使O点（O点为四根导线所围正方形的中心）的磁感应强度减为最弱 A．切断i1 B．切断i2‎ C．切断i3 D．切断i4‎ 通电导线周围某点的磁感应强度B与导线中电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根相距为R的平行长直导线，通以大小分别为2I、I，方向相同的电流。规定磁场方向垂直纸面向里为正，在Ox坐标轴上磁感应强度B随x变化的图线可能是 ‎【参考答案】‎ D 无限长直导线，构成一个等边三角形，且三根导线中通以大小相等、方向如图所示的电流，O为三角形的中心，且O点磁感应强度大小为，因为直导线关于O点对称，所以这两导线在O点的磁场为零，则磁感应强度大小是由直导线产生的，而直导线关于N点对称，所以这两根直导线的磁场为零，因此N点的磁感应强度大小为。因为M点的磁感应强度为，又因为，与大小相等。当撤去导线中电流时，其余两根导线在N点的磁感应强度大小为：。‎ A 根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线i1在O点产生的磁场的方向向里，导线i2在O点产生的磁场的方向向里，导线i3在O点产生的磁场的方向向里，导线i4在O点产生的磁场的方向向外。由于i1>i2>i3=i4，所以合磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，要使O的磁场减为最弱，应切断i1，A正确。‎ B 由题意知通电导线在周围产生的磁感应强度B=，在O–R区间磁感应强度叠加，设距离2I导线为x1处磁感应强度为零，则，解得，在r<时，B合=，方向为正；R>r>时，B合=，方向为负，在r>R时，B合=，方向为正。故选B。‎ ‎11月9日 安培力 高考频度：★★★☆☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ 如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与条形磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时 A．磁铁对桌面的压力增大 B．磁铁对桌面的压力减小 C．桌面受到向右的摩擦力作用 D．桌面受到向左的摩擦力作用 ‎【参考答案】BD ‎【试题解析】根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向（切线方向），再根据左手定则判断安培力方向，如图1所示；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左上方，如图2所示，根据平衡条件，可知通电后支持力变小，静摩擦力变小，故磁铁对桌面的压力变小，静摩擦力向右。由牛顿第三定律得桌面收到向左的摩擦力作用，故BD正确，AC错误。‎ ‎ ‎ ‎【解题必备】涉及安培力的平衡问题的解题基本思路：‎ 求解此类题的关键思路：（1）电磁问题力学化；（2）立体图形（F、B、I/L）平面化。‎ 如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。则导线abcd所受到的磁场作用力的合力为 A．方向沿纸面向上，大小为 B．方向沿纸面向上，大小为 C．方向沿纸面向下，大小为 D．方向沿纸面向下，大小为 如图所示，质量为、长为的直导线用两绝缘细线悬挂于，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿负方向的电流，且导线保持静止时，悬线与竖直方向的夹角为。则磁感应强度的方向和大小不可能的是 A．正向， B．负向，‎ C．负向， D．沿悬线向上，‎ 如图所示，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，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，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动。已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且MN=OP=1 m，g取10 m/s2，则 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/s2‎ D．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 ‎【参考答案】‎ A 由安培力公式，与左手定则，可得ab段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向左；同理cd段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向右；因此由平行四边形定则对这两个安培力进行分解，可得沿bc段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段与cd段导线的安培力的合力为，方向竖直向上； 而bc段安培力的大小为BIL，方向是竖直向上。则导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力大小为，方向是竖直向上，故选A。‎ C 磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，由平衡条件得：BILcos θ=mgsin θ，解得：，直导线可能静止，故不能选A；当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL=mg，导线静止，直导线可能静止，故不能选B；当磁场沿x 负方向时，磁场与电流方向平行，导线不受安培力，导线只在重力与细线拉力作用下不能静止，故选C；当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向上方，由平衡条件得：BIL=mgsin θ，则，直导线可能静止，故不能选D。‎ D 开始时，金属细杆受水平方向的安培力，由牛顿第二定律知，金属细杆开始时的加速度为10 m/s2，A错误；从初始位置到P点时，由动能定理可知，从而可以得出到P点时的速度为：，B错误；在B项的基础上，可以得到P点时金属细杆的向心加速度为，C错误；令每条轨道对金属棒的作用力为N，由牛顿第二定律可知，结合C项，可知N为0.75 N，D正确。‎ ‎11月10日 洛伦兹力 高考频度：★★★☆☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ 粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里，以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是 ‎【参考答案】A ‎【试题解析】两粒子均带正电，以大小相等的速度在磁场中向相反的方向运动，都是由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力。所以有 ，得到，因为粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，所以甲的半径为乙半径的2倍，根据左手定则，甲粒子做圆周运动的洛伦兹力指向圆心，运动方向一定为逆时针，故选A。‎ ‎【名师点睛】洛伦兹力在一般问题中，常作为圆周运动的向心力，或者在直线运动中有其他力与其平衡。‎ ‎【知识补给】‎ 洛伦兹力、安培力与电场力对比 洛伦兹力 安培力 电场力 性质 磁场对运动电荷的作用力 磁场对电流的作用力 电场对电荷的作用力 产生条件 v≠0且v不与B平行 I≠0且I不与B平行 q≠0‎ 大小 F=qvB（v⊥B）‎ F=BIL（I⊥B）‎ F=qE 方向 F⊥B，F⊥v ‎ F⊥B，F⊥I 正电荷受力与场强方向相同 负电荷受力与场强方向相反 做功 任何情况都不做功 可做正功、负功，不做功 可做正功、负功，不做功 安培力可看作载流子受到的洛伦兹力的合力，证明：‎ FA=BIL，其中I=nqvS=，N为体积V=SL的导体棒中载流子数目，又F洛=Bqv，联立得FA=NF洛。‎ 如图所示，一导电金属板置于匀强磁场中，当电流方向向上时，金属板两侧电子的多少及电势高低判断正确的是 A．左侧电子较多，左侧电势较高 B．左侧电子较多，右侧电势较高 ‎ C．右侧电子较多，左侧电势较高 D．右侧电子较多，右侧电势较高 如图为云室中某粒子穿过铅板前后的轨迹，室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直并垂直于纸面向里，由此可知此粒子 A．一定带负电 B．一定带正电 C．可能带正电，也可能带负电 D．粒子自下而上穿过铅板 如图所示，L1和L2为平行虚线，L1上方和L2下方有垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上。带电粒子从A点以初速度v与L2成30°角斜向上射出，经偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，粒子重力不计。下列说法中正确的是 A．带电粒子经过B点时的速度可能与在A点时的速度相同 B．若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点 C．若将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它也一定经过B点 D．粒子一定带正电荷 ‎【参考答案】‎ B 根据左手定则，由于电子带负电，所以四指指向电子运动的反方向，故可得电子受到向左的洛伦兹力，故左端负电荷较多，故电势较低，右侧电势较高，故B正确。‎ B 由半径公式知，相同的磁场，速度越大，半径越大，反之，半径越小。粒子穿过铅板，速度减小，故穿过铅板后半径减小，知粒子由上向下运动，再由左手定则知粒子带正电，B对。‎ ‎ ABC 画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种。‎ 如图，粒子过B点的位置在B2、B3时速度方向也斜向上，速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同，A正确；根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点，B正确；如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B2的距离为：，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，当第一次以相同方向的速度通过L2的另一点时，两点间的距离，因为，知粒子能再次通过B点，C正确；如图分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，D错误。‎ ‎11月11日 带电体在有界磁场中的运动 高考频度：★★★☆☆‎ 难易程度：★★★★☆‎ 如图所示的圆形区域里，匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，则质子射入磁场的运动速率越大 A．其轨迹对应的圆心角越大 B．其在磁场区域运动的路程越大 C．其射出磁场区域时速度的偏向角越大 D．其在磁场中的运动时间越长 ‎【参考答案】B ‎【试题解析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，如图所示：‎ 粒子在磁场中运动的时间为，而轨迹半径，而，粒子速度越大，则r越大，α越小（与射出磁场时的速度偏向角相等），t越小，其在磁场区域运动的路程越大，故B对。‎ ‎【知识补给】‎ 带电粒子在不同边界磁场中运动的特点及轨迹 边界 特点 轨迹图 直线 进出磁场具有对称性 平行 存在临界条件 圆形 沿径向射入必沿径向射出 如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为e/m的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，现欲使电子能经过BC边的中点，则磁感应强度B的取值应为 A． B． C． D．‎ 如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P 为屏上的一小孔，PC与NM垂直，一群质量为m、带电量为–q的粒子（不计重力），以相同的速度v，从P处沿垂直磁场的方向射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为的范围内，则在屏MN上粒子打中的区域的长度为 A． B． C． D．‎ 如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是 A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从cd边射出磁场 B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从ad边射出磁场 C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从bc边射出磁场 D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从ab边射出磁场 ‎【参考答案】‎ ‎ B 电子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：①，画出轨迹，如图所示。‎ 结合几何关系，有：，，故②，联立①②解得：。故选B。‎ D 粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得粒子的轨迹半径：，粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1所示，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcos θ；粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图3所示，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcos θ；粒子垂直边界MN射入，轨迹如图2所示，此时出射点最远，与边界交点与P间距为：2r；故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为，D正确。‎ AC 由题意可知，带电粒子的运动周期为T=2t0。若该带电粒子在磁场中经历的时间是，粒子轨迹的圆心角为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场，故A正确；当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad 边射出磁场，故B错误；若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为，由于 ，则一定从bc边射出磁场，故C正确；若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°=150°= ，故不从ab边射出磁场，故D错误。‎ ‎11月12日 带电体在组合场中的运动 高考频度：★★★☆☆‎ 难易程度：★★★★☆‎ 如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2。今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹是如图所示的“心”形图线。则以下说法正确的是 A．电子的运动轨迹沿PENCMDP方向 B．电子运动一周回到P所用时间为 ‎ C．B1=4B2‎ D．B1=2B2‎ ‎【参考答案】D ‎【试题解析】因为电子带负电，运动方向水平向左，故由左手定则可判断出受向上的作用力，故电子向上偏转，其运动轨迹为PDMCNEP， A错误；因为电子在磁场B2中的偏转半径是B1的2倍，由R=可知，B1=2B2， C错误， D正确；电子运动一周回到P点所用的时间为T=+=，故B错误。‎ ‎【知识补给】‎ 回旋加速器的核心部分是两个半径为R的D形金属扁盒，如图所示。盒正中央开有一条窄缝，在两个D形盒之间加交变电压，于是在缝隙中形成交变电场，由于屏蔽作用，在D形盒内部电场很弱，D形盒装在真空容器中，整个装置放在巨大电磁铁的两极之间，磁场方向垂直于D形盒的底面，只要在缝隙中的交变电场的频率不变，便可保证粒子每次通过缝隙时总被加速，粒子的轨道半径不断增大，并逐渐靠近D形盒边缘，加速到最大能量E后，再用特殊的装置将它引出。在D形盒上半面中心出口A处有一正离子源，正离子所带电荷量为q、质量为m，加速时电极间电压大小恒为U。（加速时的加速时间很短，可忽略；正离子从离子源出发时初速为零）。则下列说法正确的是 A．增大交变电压U，则正离子在加速器中运行时间将变短 B．增大交变电压U，则正离子在加速器中运行时间将不变 C．正离子第n次穿过窄缝前后的速率之比为 D．回旋加速器所加交变电压的频率为 如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴，y轴相切于P，Q 两点，圆内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，在第I象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。一带正电的粒子（不计重力）以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（3R，0）点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角α=45°，则 A．带电粒子在磁场中运动的轨道半径为1.5R B．磁场的磁感应强度大小为 C．带电粒子的比荷为 D．带电粒子运动经过y轴时纵坐标值为R 如图，在xOy平面内第二象限–10 cm≤x≤0区域内磁感应强度大小B=0.2 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在A(–6 cm，0)点有一粒子发射源，向x轴上方180°范围内发射v=2.0×107 m/s的负粒子，粒子的比荷为2.0×109 C/kg，粒子重力不计。‎ ‎（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径。‎ ‎（2）求粒子在磁场中运动的最长时间（结果用反三角函数表示）。‎ ‎（3）若在0≤x≤10 cm范围内加一沿y轴负方向的匀强电场，从y轴上离O点最远处飞出的粒子经过电场后恰好沿x轴正方向从右边界x=10 cm上某点飞出，求该点的坐标。‎ ‎【参考答案】‎ AC 增大交变电压U，带电粒子速度增大得比较快，在D形盒的偏转周期数减小，在加速器中的运动时间变短，A对，B错；正离子每穿过一次窄缝被加速一次，第n－１次加速后获得的速度，第n次加速后获得的速度，可求出两速度之比为，C对；要想达到同步加速的目的需要让交变电场的频率与带电粒子偏转的频率相等，所以交变电场的频率为，带电粒子飞出时，所以频率为，D错。‎ C 在M处，根据平抛运动规律：vy=v0tan α，qE=ma，vy=at3，3R=v0t3，，解得：y=1.5R，，故C正确，D错误；粒子运动轨迹如图所示，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P′为粒子射出磁场的位置，由数学知识可以证明：P′O2PO1是一个菱形，粒子的轨道半径为：r=R，故A错误；由洛伦兹力提供向心力得：，解得，故B错误。 ‎ ‎（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，有qvB=，得r==0.05 m=5 cm ‎（2）粒子在磁场中运动的周期T=‎ 粒子的运动轨迹如图所示，运动时间最长时，轨迹与左右两边界相切 粒子在磁场中运动的最长时间为tm=T=5(π–arcsin 0.2)×10–9 s ‎（3）当粒子从y轴离开的点与A点的连线为直径时，从y轴上离开时离O点最远，轨迹如图所示 设从y轴离开的点坐标为(0，y1)，右边界出射点坐标为(10 cm，y2)‎ 则有(2r)2=(6 cm)2+，得y1=8 cm，则sin θ=0.6‎ 粒子在电场中做类平抛运动的逆运动，x方向有vcos θ·t=10 cm，y方向有y1–y2=at2，vsin θ=at 联立得y2=4.25 cm 从电场右边界飞出点的坐标为(10 cm，4.25 cm)‎ ‎11月13日 带电体在周期场中的运动 高考频度：★★★☆☆‎ 难易程度：★★★★☆‎ 如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L，0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m、电荷量为e的电子（重力不计），从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°。此时在圆形区域加如图乙所示的周期性变化磁场（磁场从t=0时刻开始变化，且以垂直于纸面向外为正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30°。‎ ‎（1）求电子进入圆形磁场区域时的速度大小（请作出电子飞行的轨迹图）。‎ ‎（2）求0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小。‎ ‎（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0、磁场变化周期T的表达式。‎ ‎【参考答案】（1）v0 （2） （3）B0=（n=1,2,3,…） T=（n=1,2,3,…）‎ ‎【试题解析】（1）电子在电场中做类平抛运动，如图1，射出电场时有=cos 30°，得v=v0‎ ‎（2）由速度关系得vy=v0tan 30°=v0，且vy=at，其中a=，t=，联立解得E=‎ ‎（3）电子从N点飞出，则在磁场变化的半个周期内电子的偏转角为60°（如图2），在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向的位移为R，到达N点时沿x轴方向的位移2L=nR（n=1,2,3,…）‎ 电子在磁场中做圆周运动的轨道半径R==，得B0=（n=1,2,3,…）‎ 电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，故有=，得T=（n=1,2,3,…）‎ ‎【名师点睛】周期场可认为是n个在场中运动的组合，解题关键是找到并分析清楚单个周期性运动过程，运动的周期往往与磁场或电场的变化周期有着简单的比例关系，带电体在各个场中的运动时间也往往与场的变化周期相关。另外，还要注意分析周期性运动的收尾处，看是否完成了整周期运动，如果并非整周期，还要对收尾过程进行分析。 ‎ 如图1所示为两块水平放置的平行金属板A、B，板长L=18.5 cm，两板间距d=3 cm，两板间有磁感应强度大小B=6.0×10–2 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。两板加有如图2所示的周期性变化电压，t=0时A板带正电。已知t=0时，一质量m=1.0×10–12 kg、电荷量q=1.0×10–6 C的带正电粒子（重力不计）以速度v=600 m/s，从两极板左端距A板 2.5 cm处沿垂直于磁场且平行于两极板方向射入两板间，取π=3。 ‎ ‎（1）粒子在0~1×10–4 s内做怎样的运动？位移多大？‎ ‎（2）求粒子在板间运动的时间。‎ 如图1所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一比荷=106 C/kg的正电荷（重力不计）置于电场中的O点，由静止释放后经过×10–5 s电荷以v0=1.5×l04 m/s的速度通过MN进入上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图2所示规律周期性变化（以垂直纸面向外为正方向，电荷初次通过MN的时间为t=0时刻）。‎ ‎（1）求匀强电场的场强大小E。‎ ‎（2）求电荷第一次进入磁场时做圆周运动的半径和在磁场中运动的时间。‎ ‎（3）求t=×10–5 s时刻电荷与O点间的水平距离。‎ ‎（4）若在O点右方d=67.5 cm处有一垂直于MN的足够大挡板，求电荷从O点出发到打到挡板的时间。‎ ‎【参考答案】‎ ‎（1）t=0时，电场力F==3.6×10–5 N，竖直向下；洛伦兹力FB=qvB=3.6× 10–5 N，竖直向上 电场力与洛伦兹力平衡，在0~1.0×10–4 s内粒子做匀速直线运动，位移s=vt1=0.06 m=6 cm ‎（2）在1.0×10–4~2.0×10–4 s内，由于U=0，粒子做匀速圆周运动，根据qvB=，T=‎ 粒子做圆周运动的周期T==1×10–4 s，即粒子恰好能做一个完整的圆周运动，电压变化一个周期，粒子的水平位移为s 粒子圆周运动的半径R==1 cm，直径D=2 cm<2.5 cm，粒子不会打到极板上；由=3，粒子运动两个周期后，在第三个周期内先做匀速直线运动，再做一段圆周运动射出两板间，粒子运动轨迹如图所示 粒子最后一段圆周运动的水平位移为s'=L–3s=0.5 cm，对应的圆心角θ=arcsin=‎ 粒子在板间运动的时间t==5.08×10–4 s ‎（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，有v0=at1，a=，得E==×103 N/C ‎（2）第一次进入磁场时电荷运动的半径r1==5 cm，周期T1==×10–5 s 运动时间t1==×10–5 s ‎（3）电荷进出电场的时间恰好为×10–5 s；当磁场垂直纸面向外时，电荷运动半径r1=5 cm，周期T1=×10–5 s；当磁场垂直纸面向里时，电荷运动半径r2=3 cm，周期T2=×10–5 s；故电荷运动的轨迹如图所示 t=×10–5 s时刻电荷与O点的水平距离x=2(r1–r2)=4 cm ‎（4）从电荷第一次通过MN开始，其运动的周期为T=×10–5 s，一周期的水平位移为x 由=16，又16x+2r2=70 cm>d，可知电荷第一次通过MN后，经过了15个完整周期的运动 由d–15x=7.5 cm<2r1，电荷最终做一段圆周运动打到挡板，此段运动轨迹如图所示 有r1(1+cos θ)=7.5 cm，得θ=‎ 故电荷运动的总时间t总=t1+15T+T1=×10–5 s ‎11月14日 带电体在叠加场中的运动 高考频度：★★★☆☆‎ 难易程度：★★★★☆‎ ‎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。若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是 A．该束粒子带正电 B．速度选择器的P1极板带负电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 ‎【参考答案】AC ‎【试题解析】带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，A正确；在平行金属板间，根据左手定则知，粒子所受洛伦兹力竖直向上，则电场力竖直向下，电场强度竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，B错误；进入B2磁场中的粒子速度v是一定的，由牛顿第二定律有qvB2=，得r=，可知r越大，比荷越小，粒子质量m不一定越大，C正确，D错误。‎ ‎【知识补给】‎ 叠加场中带电体的运动 叠加场 受力分析 运动分析 磁场、重力场 重力与洛伦兹力平衡 匀速直线运动 重力与洛伦兹力不平衡 复杂曲线运动，机械能守恒 磁场、电场 电场力与洛伦兹力平衡 匀速直线运动 电场力与洛伦兹力不平衡 复杂曲线运动，机械能守恒 磁场、电场、重力场 三力平衡 匀速直线运动 重力与电场力平衡 匀速圆周运动 重力与电场力不平衡 复杂曲线运动，电势能与机械能之和守恒 如图所示为霍尔元件的工作原理示意图，用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一霍尔元件，d、k为定值。如果保持电流I恒定，则可验证UH随B的变化情况，以下说法中正确的是 A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，UH将变大 B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平 C．在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平 D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电、磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bO沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，则下列判断中正确的是 A．当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大 B．当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力 C．小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能减小 D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O'，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D处相切；整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于轨道所在平面向里的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道AC内距C点足够远的P点由静止释放。若小球所受电场力等于其重力的，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则 A．小球第一次沿轨道AC下滑过程中，最大加速度amax=g B．小球第一次沿轨道AC下滑过程中，最大速度vmax=‎ C．小球进入轨道DH后，能上升的最高点与P点等高 D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg+Bq ‎【参考答案】‎ ABD 产生电流的定向移动的电子在电场力和洛伦兹力作用下，最后处于平衡状态，即Bev=，得UH=Bdv，将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，磁感应强度B增大，UH增大，A正确；极地磁场沿竖直方向，霍尔元件的工作面应保持水平，B正确；赤道磁场沿水平方向，霍尔元件的工作面应保持竖直，C错误；如果改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，则垂直霍尔元件工作面的磁感应强度发生变化，UH发生变化，D正确。‎ CD 小球释放时，受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故合力向左下方与水平方向成45°角，由于洛伦兹力不做功，故小球运动到圆弧bc的中点时，合力做的正功最大，小球速度最大，洛伦兹力最大，A错误；小球运动到c点时，由牛顿第二定律有N+qvcB–mg=，由于无法判断和qvcB的大小关系，故不能判断出支持力的方向和支持力是否存在，B错误；小球从a点运动到b点，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能均减小，C正确；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，将重力和电场力的合力等效为新的重力，在等效重力场中小球经过bc中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大后减小，D正确。‎ AD 小球第一次沿轨道AC下滑过程中，电场力与重力的合力恰好沿轨道AC方向；开始运动后，由左手定则可知，洛伦兹力垂直AC向上，随速度增大，洛伦兹力增大，小球对轨道的压力增大，滑动摩擦力增大，合力减小，加速度减小，则由静止释放时，小球加速度最大，重力与电场力的合力为F=mg，最大加速度amax=g，A正确。当滑动摩擦力大小等于重力及电场力的合力大小时，洛伦兹力大小等于轨道对小球的弹力，小球开始做匀速直线运动，速度达到最大，有qvmaxB=N，μN=F，得vmax=，B错误。小球由静止开始运动至在轨道DH达到最高点过程，由于ND右侧电场力与重力的合力沿轨道DH方向，且存在摩擦力做功，根据动能定理，小球在轨道DH能上升的最高点一定低于A点，C错误。由于在AC、HD段要克服滑动摩擦力做功，小球最终将在圆弧段COD做往复运动，设小球最终经O点的速度为v，根据动能定理有mgRsin 30°=，v=；根据牛顿第二定律，小球从C向D 运动有N–mg+Bqv=，得N=2mg–Bq；小球从D点向C点运动时，同理得N'=2mg+Bq，D正确。‎ ‎11月15日 螺旋线与滚轮线运动 高考频度：★☆☆☆☆‎ 难易程度：★★★★★‎ 平行板电容器间存在垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。已知一离子在电场力和洛伦兹力作用下，从A点由静止开始沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力。则以下说法中正确的是 A．该离子必带正电荷 B．A点和B点位于同一高度 C．离子在C点时速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 ‎【参考答案】ABC ‎【试题解析】离子由静止开始向下运动，受到向下的电场力，可知离子带正电，A正确；离子具有速度后，在电场力及洛伦兹力作用下沿曲线ACB运动，因洛伦兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离子到达B点时速度为零，所以从A到B电场力做功为零，离子在A点与B点时的电势能相等，A点和B点位于同一高度，B正确；离子在C点时电势能最小，动能最大，速度最大，C正确；离子在B点的状态与在A点的状态相同，若B点右侧有同样的电场和磁场叠加区域，离子将从B点开始向右重复曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误。‎ ‎【名师点睛】此题中将零速度分为沿水平方向的两个大小相等、方向相反的速度v1、v2，其中v1水平向右且满足qv1B=qE，即v1=v2=，则离子的运动为匀速（v2）圆周运动与水平向右的匀速（v1）运动的合运动，属于滚轮线运动，速度的变化具有周期性，周期与匀速圆周运动的周期一致。‎ ‎【知识补给】‎ 螺旋线运动与滚轮线运动 当叠加场中洛伦兹力外的其他力不为零，且洛伦兹力与其他力的合力不为零时，带电体就会做螺旋线运动或滚轮线（摆线）运动。由于洛伦兹力不做功，故此类问题可从能量角度分析。‎ 若要进行具体的运动分析，一般性的分析方法为：‎ ‎（1）将除洛伦兹力外的恒定合力F，分解为垂直磁场平面的分力F⊥和平行磁场的分力F//。‎ ‎（2）将带电体的速度分解为v1、v2，使v1对应的洛伦兹力F1与F⊥平衡。‎ ‎（3）v2分解为垂直磁场平面的分速度v⊥和平行磁场的分速度v//，v1与v//的合速度为v0。‎ ‎（4）带电体的两个分运动为：①向心力为F2、速度为v⊥的匀速圆周运动；②初速度为v0、加速度a=的运动。当F//=0，v//=0时，为滚轮线运动；当v1=0时，为螺旋线运动。‎ 如图所示，在Oxyz空间内，x轴上距离坐标原点x0=0.1 m处，垂直于x轴放置一足够大光屏。现有一质量m=3.2×10–22 kg、电荷量q=1.6×10–16 C的带正电微粒，以初速度v0=1.0×104 m/s从O点沿x轴正方向射入。不计微粒所受重力。‎ ‎（1）若在x≥0空间加一沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小E=1.0×104‎ ‎ V/m，求微粒打在光屏上的点到x轴的距离。‎ ‎（2）若在空间中加磁感应强度大小B=0.1 T、沿y轴正方向的匀强磁场，求微粒从O点到光屏的时间。‎ ‎（3）若将（1）中的匀强电场和（2）中的匀强磁场同时加在空间中，求微粒打在光屏上位置的坐标。‎ 如图所示，空间中存在范围足够大的匀强磁场（磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外）和匀强电场（电场强度大小为E、方向竖直向下）。另有一质量为m、电荷量为q（q>0）的小球。重力加速度为g。‎ ‎（1）若小球在叠加场中恰做匀速直线运动，求小球速度v1的大小和方向。‎ ‎（2）若第一象限内固定一倾角为θ的足够长光滑绝缘斜面，从斜面的最高点A处由静止释放小球，求小球滑离斜面时的速度v的大小及其在斜面上运动的时间t。‎ ‎（3）在（2）基础上调整小球释放位置，使小球到达斜面底端O时恰好对斜面的压力为零，小球离开斜面后的运动是比较复杂的摆线运动，可以看作一个匀速直线运动和一个匀速圆周运动的合运动。求小球离开斜面后运动过程中速度的最大值vm大小及速度最大位置的坐标。‎ ‎【参考答案】‎ ‎（1）设微粒在电场中运动的时间为t1，打在光屏上的点到x轴的距离为y1，则有 x0=v0t1，y1=，a=，得y1=0.25 m ‎（2）设微粒在匀强磁场中运动的轨道半径为R，从O点到光屏的时间为t2 ‎ 由qvB=，得R==0.2 m，微粒的运动轨迹如图所示 由sin θ=，得θ=，则t2==×10–5 s ‎（3）微粒沿y轴做匀加速直线运动，在xOz平面内做匀速圆周运动，设微粒打在光屏上(x0，y0，z0)处 y0==m，z0=R–Rcos θ=m 微粒打在光屏上位置的坐标为(0.1 m，m，m)‎ ‎（1）小球受到的重力、电场力竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，根据左手定则，小球速度水平向左 根据共点力平衡有mg+qE=qv1B，得v1=‎ ‎（2）小球滑离斜面时有qvB=(mg+qE)cos θ，得v=‎ 根据牛顿第二定律有(mg+qE)sin θ=ma，在斜面上运动的时间t==‎ ‎（3）将小球的速度分解为水平向左的v1和另一分速度v2，由于qv1B=mg+qE，小球的一个分运动为以速度v1做匀速直线运动，另一个分运动是以速度v2做匀速圆周运动 由几何关系可得v2=v1sin θ=，垂直斜面向下 则匀速圆周分运动是顺时针的圆周运动，轨道半径R==‎ 当匀速圆周分运动的速度方向水平向左（最低点）时，合速度最大，vm=v1+v2=‎ 从离开斜面到速度最大，经过的时间为tn==(n=0,1,2,…)‎ 速度最大位置的横坐标为xn=–v1tn–Rcos θ=(n=0,1,2,…)‎ 纵坐标为yn=–R(1+sin θ)=(n=0,1,2,…)‎