1．(2009年高考广东卷)如图10－2－14所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是(　)

A．路端电压变小

B．电流表的示数变大

C．电源内阻消耗的功率变小

D．电路的总电阻变大

解析：选A.滑动触头由a滑向b的过程中，总电阻变小，D错误，干路电流变大，路端电压变小，A正确，内阻消耗功率变大，C错误，定值电阻R₃上电压降低，电流表示数变小，B错误．

5．如图11－1－17所示，铜棒ab长L₁＝0.1 m，质量为6×10^－2kg，两端与长为L₂＝1 m的轻铜线相连，静止于竖直平面上．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒垂直纸面向外发生摆动．已知最大偏角为37°，则在此过程中铜棒的重力势能增加了多少？通过电流的大小为多少？方向如何？(不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s²)

解析：以棒为研究对象受力分析如图，

重力做功WG=-mgh=-mgL2(1-cos θ)

=-6×10-2×10×0.2×1 J=-0.12 J

因ΔE_p＝－W_G＝0.12 J，故重力势能增加了0.12 J.

因为导体棒最大偏角为37°，由动能定理得

F·L₂sin θ－mgL₂(1－cos θ)＝0①

F＝BIL₁②

由①②解得I＝4 A，方向由b→a.

答案：0.12 J　4 A　方向由b→a　　

4．(2009年合肥一中二模)在匀强磁场中有一用粗细均匀、相同材料制成的导体框abc，b为半圆弧的顶点．磁场方向垂直于导体框平面向里，在ac两端接一直流电源，如图11－1－16所示，则(　)

A．导体框abc所受安培力的合力为零

B．导体框abc所受安培力的合力垂直于ac向上

C．导体框abc所受安培力的合力垂直于ac向下

D．导体框abc的圆弧段所受安培力为零

解析：选B.由左手定则可知，导体框abc所受安培力的合力垂直于ac向上．

3．在磁感应强度为B₀，竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直纸面向里，如图11－1－15所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中(　)

A．c、d两点的磁感应强度大小相等

B．a、b两点的磁感应强度大小相等

C．c点的磁感应强度的值最小

D．b点的磁感应强度的值最大

解析：选C.在c点电流产生的磁场方向与B₀反向，故合磁感应强度最小．在a点两者同向，合磁感应强度最大，在b、d两点，两者互相垂直，故合磁感应强度大小相等．因此只有C项正确．

2．(2009年高考海南卷)一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图11－1－14中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是(　)

图11－1－14

解析：选D.由左手定则判断可知D对．

1．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是(　)

A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大

B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大

C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同

D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关

解析：选D.因为磁场中某点的磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力及方向都无关．所以A选项错，D选项正确．因为通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的取向有关，故B选项错．对C选项，虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的方向不同时，磁场力是不相同的(导线与磁场垂直时受磁场力最大，与磁场平行时受磁场力为零)，而C选项中没有说明导线在各个位置的取向是否相同，所以C选项错．　　

5．在某空间内存在着水平向右的电场强度为E的匀强电场和垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，如图11－3－15所示．一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°.今有一质量m＝3.6×10^－4 kg、电荷量q＝+9.0×10^－4 C的带电小球(可视为质点)，以v₀＝4.0 m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动．已知重力加速度g＝10 m/s²，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．求：

(1)匀强电场的电场强度E的大小；

(2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力大小．

解析：(1)小球离开圆弧轨道后，受力分析如图，由图知Eq=mgtanθ，

代入数据解得E=3.0 N/C.

(2)小球从进入轨道到离开轨道的过程中，由动能定理得：

qERsin θ-mgR(1-cos θ)=mv2-mv02

代入数据解得：v=5.0 m/s，qvB=，解得B=1.0 T.

小球射入圆弧轨道瞬间，由牛顿第二定律得FN+qBv0-mg=mv02/R.解得FN=3.2×10-3 N.

由牛顿第三定律得，FN′=FN=3.2×10-3 N.

答案：(1)3.0 N/C　(2)3.2×10-3 N

[来源：

4．在赤道处，将一个小球向东水平抛出，落地点为a，如图11－3－14所示，给小球带上电荷后，仍在原处以原来的初速度抛出，考虑地球磁场的影响，不计空气阻力，下列说法正确的是(　)

A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点

B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长

C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点

D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点

解析：选D.赤道处地磁场的方向水平向北，若小球带正电，根据左手定则可知小球向东水平抛出后受到洛伦兹力方向向上，则F_合减小，加速度减小，飞行时间延长，水平射程增大，将会落在更远的b点，所以A项错，D项对；若小球带负电，向东水平抛出后，则F_洛向下，F_合增大，a增大，水平射程减小，将会落在a点的左侧，所以B、C项均错．

3．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图11－3－13所示，由此可以判断(　)

A．油滴一定做匀速运动

B．油滴可以做变速运动

C．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点

D．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点

解析：选AC.由于油滴做直线运动，故受力如图．若带正电，C项才是合理的，并且速度恒定，若有变化，F洛即为变力，油滴将做曲线运动．故选A、C.

2．(2010年江门模拟)目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，如图11－3－12表示它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压，以下说法正确的是(　)

A．B板带正电

B．A板带正电

C．其他条件不变，只增大射入速度，U_AB增大

D．其他条件不变，只增大磁感应强度，U_AB增大

解析：选ACD.由左手定则，带正电的离子向下偏转打到B板，使B板带正电，带负电的离子向上偏转打到A板，使A板带负电，故A正确，B错误；设A、B两板之间的距离为d，当达到稳定时，飞入的带电离子受力平衡，即qvB＝q，所以U_AB＝vdB，当只增加射入速度v时，U_AB增大，故C正确；当只增大磁感应强度B时，U_AB增大，故D正确．