[解析] (2)①A1的示数能达到0.15 A，A2的示数由图像可知能达到0.3 A，故A1、A2的量程均选0.3 A，由电路图可列出关系式(Rx＋RA2)I2＝(R0＋R1＋RA1)I1，整理后可得RA2＋RxI1＝(R0＋R1＋RA1)，由此可知，若RA1已知，则无论R1、I2如何变化，Rx＋RA2均为定值，无I2法得到Rx，故应使RA2已知，即A1选D，A2选C.
②当R1减小时，如果在滑动变阻器的电阻值保持不变的情况下，电路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得总电流I增大，由分压关系知，并联部分得的电压减小，则I2减小，由I1＝I－I2得I1增大，要使I1＝0.15 A，则需滑动变阻器分得的电压增大，即R的阻
值变大． Rx＋RA2
④根据(Rx＋RA2)I2＝(R0＋R1＋RA1)I2，可得R1＝I2－(R0－RA1)，即R1—I2图像的
I1
Rx＋RA2
斜率k＝，根据图像并代入相关数据，可得Rx＝31 Ω.
I1
[2014·天津卷] (3)现要测量一个未知电阻Rx的阻值，除Rx外可用的器材有： 多用电表(仅可使用欧姆挡)； 一个电池组E(电动势6 V)；
一个滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流1 A)；
两个相同的电流表G(内阻Rg＝1000 Ω，满偏电流Ig＝100 μA)； 两个标准电阻(R1＝29 000 Ω，R2＝0.1 Ω)； 一个电键S、导线若干．
①为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是________(填字母代号)．
A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆 B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆
C．如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量 D. 如需进一步测量可换“×1k”挡，调零后测量
②根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确并使电路能耗较小，画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁． 9． (3)①AC ②如图所示
2014年高考物理真题分类汇编 专题9：磁场
15．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )
A．安培力的方向可以不垂直于直导线 B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
15．B [解析] 本题考查安培力的大小和方向．安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsinθ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半， D错误．
16．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2 B.2 C．1 D.
2 2
mv2B116．D [解析] 本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB＝有＝
rB2
v1r2v1r2〃 ，穿过铝板后粒子动能减半，则＝2，穿过铝板后粒子运动半径减半，则＝r1v2v2r1B112
，因此＝，D正确． 2B22
18．[2014·山东卷] 如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
sA.2sC.4
2qEs
B.mh22qEs D.mh4
qE mhqE mh
18．B [解析] 两个粒子都做类平抛运动．两个粒子在竖直方向上都做加速度大小相等的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相等，所以它们的运动时间相等．两个粒子在水平方向上都做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等，所以水平位移大小相
shhEq
等．综合判断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为，竖直位移都为，由＝
2222mss
t2，＝v0t得v0＝
22
Eq
，选项B正确． mh
20． [2014·新课标Ⅱ卷] 图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
20．AC [解析] 电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到mv
的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A正确；由轨道公式R＝知 ，若电子
Bqmv
与正电子与进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B错误．由R＝
Bq＝
2mEk知，D错误．因质子和正电子均带正电，且半径大小无法计算出，故依据粒子运Bq
动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确．
9．[2014·江苏卷] 如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满IHB
足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍
d尔元件的电阻可以忽略，则( )
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
9．CD [解析] 由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，A选项错误；若电源的正负极对调，则IH与B都反向，由左手定则可判断电子运动的方向不变，B选项错误；由于电阻R和RL都是固定的，且R和RL并联，故IH＝
RLI，则C正确；因B与I成正比，IH与I成正比，则UH
R＋RL
IHB
＝k∝I2，RL又是定值电阻，所以D正确．
d
18．[2014·安徽卷] “人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于( )
A.T B．T C.T3 D．T2
18．A [解析] 本题是“信息题”：考查对题目新信息的理解能力和解决问题的能v2mv
力．根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝.rqB12mEk由动能的定义式Ek＝mv2，可得r＝，结合题目信息可得B∝T，选项A正确。
2qB16． [2014·北京卷] 带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大
小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有( )
A. qa C. Ta qaqb< mamb 16．A 本题考查带电粒子在磁场中的运动和动量定义．带电粒子在匀强磁场中做匀v2 速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，p＝mv，得p＝qBr，两粒子动量相等， r则qaBra＝qbBrb，已知ra>rb，则qa 25． [2014·全国卷] 如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求： (1 )电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间． 12d 25．[答案] (1)v0tan2θ (2) 2v0tan θ [解析] (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质 量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 v20 qv0B＝m① R0 由题给条件和几何关系可知R0＝d② 设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得 Eq＝max③ vx＝axt④ vx t＝d⑤ 2 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 vxtan θ＝⑥ v0 联立①②③④⑤⑥式得 E1 ＝v0tan2 θ⑦ B2 (2)联立⑤⑥式得 t＝ 2d ⑧ v0tan θ22．[2014·福建卷Ⅰ] 如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板．前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变． (1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0； (2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp； (3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率d Pm及相应的宽高比的值． h 22 Ldv0B2LSv0BLR 22．(1)Bdv0 (2) (3) LhR＋dρ4ρρ [解析] (1)设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保U0持恒定，有qv0B＝q① d 得U0＝Bdv0② (2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安，有p1hd＝f③ p2hd＝f＋F安④ F安＝BId⑥ 根据欧姆定律，有 I＝ 两导体板间液体的电阻 r＝ρ 由②③④⑤⑥⑦式得 Ldv0B2 Δp＝⑧ LhR＋dρ (3)电阻R获得的功率为 P＝I2R⑨ d⑦ LhU0⑥ R＋r