2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題10 磁場（含解析）

專題10 磁場第一部分名師綜述本章內(nèi)容包括磁場的基本性質(zhì)和安培定則、左手定則的應(yīng)用、安培力的應(yīng)用、洛倫茲力和帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)等內(nèi)容，基本概念多且非常抽象,需要熟練掌握磁場的基本概念，掌握用磁感線描述磁場的方法，以及電流、帶電粒子在磁場中的受力和運(yùn)動(dòng)情況,結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)、圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)及功能關(guān)系等知識(shí)進(jìn)行綜合分析.歷年高考對(duì)本考點(diǎn)知識(shí)的考查覆蓋面大，幾乎每個(gè)知識(shí)點(diǎn)都考查到。特別是左手定則的運(yùn)用和帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)更是兩個(gè)命題頻率最高的知識(shí)點(diǎn)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)考題一般運(yùn)動(dòng)情景復(fù)雜、綜合性強(qiáng)，多以把場的性質(zhì)、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系及交變電流等有機(jī)結(jié)合的計(jì)算題出現(xiàn)，難度中等偏上，對(duì)考生的空間想象能力、物理過程和運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合分析能力及用數(shù)學(xué)方法解決物理問題的能力要求較高。從近兩年高考看，涉及本考點(diǎn)的命題常以構(gòu)思新穎、高難度的壓軸題形式出現(xiàn)，在復(fù)習(xí)中要高度重視。特別是帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題在歷年高考中出現(xiàn)頻率高，難度大，經(jīng)常通過變換過程情景、翻新陳題面貌、突出動(dòng)態(tài)變化的手法，結(jié)合社會(huì)、生產(chǎn)、科技實(shí)際來著重考查綜合分析能力、知識(shí)遷移和創(chuàng)新應(yīng)用能力。情景新穎、數(shù)理結(jié)合、聯(lián)系實(shí)際將是本考點(diǎn)今年高考命題的特點(diǎn)。第二部分知識(shí)背一背一、洛倫茲力：1、產(chǎn)生洛倫茲力的條件：（1）電荷對(duì)磁場有相對(duì)運(yùn)動(dòng)磁場對(duì)與其相對(duì)靜止的電荷不會(huì)產(chǎn)生洛倫茲力作用（2）電荷的運(yùn)動(dòng)速度方向與磁場方向不平行2、洛倫茲力大?。寒?dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向與磁場方向平行時(shí)，洛倫茲力為零；當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向與磁場方向垂直時(shí)，洛倫茲力最大，等于；3、洛倫茲力的方向：洛倫茲力方向用左手定則判斷4、洛倫茲力不做功二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場的運(yùn)動(dòng)1、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)規(guī)律初速度的特點(diǎn)與運(yùn)動(dòng)規(guī)律（1），為靜止?fàn)顟B(tài)；（2），則粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；（3），則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其基本公式為：向心力公式：運(yùn)動(dòng)軌道半徑公式：；運(yùn)動(dòng)周期公式：動(dòng)能公式：2、解題思路及方法圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的確定：（1）利用洛侖茲力的方向永遠(yuǎn)指向圓心的特點(diǎn)，只要找到圓運(yùn)動(dòng)兩個(gè)點(diǎn)上的洛侖茲力的方向，其延長線的交點(diǎn)必為圓心（2）利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點(diǎn)找圓心三、帶電體在復(fù)合場或組合場中的運(yùn)動(dòng)復(fù)合場是指重力場、電場和磁場三者或其中任意兩者共存于同一區(qū)域的場；組合場是指電場與磁場同時(shí)存在，但不重疊出現(xiàn)在同一區(qū)域的情況帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)（包括平衡），說到底仍然是一個(gè)力學(xué)問題，只要掌握不同的場對(duì)帶電體作用的特點(diǎn)和差異，從分析帶電體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況著手，充分發(fā)掘隱含條件，建立清晰的物理情景，最終把物理模型轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)表達(dá)式，即可求解解決復(fù)合場或組合場中帶電體運(yùn)動(dòng)的問題可從以下三個(gè)方面入手：1、動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)（牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程）；2、能量觀點(diǎn)（動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒或能量守恒）；3、動(dòng)量觀點(diǎn)（動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律）一般地，對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等不計(jì)重力，而一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴等應(yīng)考慮其重力有時(shí)也可由題設(shè)條件，結(jié)合受力與運(yùn)動(dòng)分析，確定是否考慮重力四、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例1電視顯像管電視顯像管是應(yīng)用電子束磁偏轉(zhuǎn)的原理來工作的，使電子束偏轉(zhuǎn)的磁場是由兩對(duì)偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的顯像管工作時(shí)，由陰極發(fā)射電子束，利用磁場來使電子束偏轉(zhuǎn)，實(shí)現(xiàn)電視技術(shù)中的掃描，使整個(gè)熒光屏都在發(fā)光2速度選擇器（如圖所示）（1）平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器（2）帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是。3磁流體發(fā)電機(jī)（1）磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能（2）根據(jù)左手定則，如圖中的B是發(fā)電機(jī)正極（3）磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為l，等離子體速度為v，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由得兩極板間能達(dá)到的最大電勢差.4電磁流量計(jì)工作原理：如圖所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的自由電荷（正、負(fù)離子），在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：，所以，因此液體流量。5霍爾效應(yīng)在勻強(qiáng)磁場中放置一個(gè)矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差，其原理如圖所示第三部分技能+方法一、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)解析帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，應(yīng)畫出運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，確定軌跡圓的圓心是關(guān)鍵常用下列方法確定圓心：已知軌跡上某兩點(diǎn)速度方向，作出過兩點(diǎn)的速度的垂線，兩條垂線的交點(diǎn)即圓心；已知軌跡上兩個(gè)點(diǎn)的位置，兩點(diǎn)連線的中垂線過圓心帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)側(cè)重于運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)（圓與三角形知識(shí)）求解，帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度、初速度與磁場邊界的夾角往往是解題的關(guān)鍵，角度是確定圓心、運(yùn)動(dòng)方向的依據(jù)，更是計(jì)算帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的橋梁，如帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（是圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角）帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑不僅關(guān)聯(lián)速度的求解，而且在首先確定了運(yùn)動(dòng)半徑的情況下，可利用半徑發(fā)現(xiàn)題中隱含的幾何關(guān)系二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題1.是否考慮粒子重力（1）對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對(duì)于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力.（2）在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理.（3）不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要結(jié)合運(yùn)動(dòng)狀態(tài)確定是否要考慮重力.2.分析方法（1）弄清復(fù)合場的組成.如磁場、電場的復(fù)合,磁場、重力場的復(fù)合,磁場、電場、重力場三者的復(fù)合等.（2）正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析.（3）確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合.（4）對(duì)于粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同區(qū)域、不同種類的場時(shí),要分階段進(jìn)行處理.3帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類（1）磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因F洛不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題（2）電場力、磁場力并存（不計(jì)重力的微觀粒子）若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題（3）電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因F洛不做功，可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問題4帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果三、與磁場有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用問題與磁場、復(fù)合場相關(guān)的實(shí)際應(yīng)用問題很多，如回旋加速器、速度選擇器、質(zhì)譜儀、電磁流量計(jì)、等離子發(fā)電機(jī)、霍爾效應(yīng)等，對(duì)這類問題的分析首先要清楚相關(guān)儀器的結(jié)構(gòu)，進(jìn)而理解其原理，其核心原理都是帶電粒子在磁場、復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用對(duì)于常用儀器要記住其基本結(jié)構(gòu)、基本原理以及經(jīng)常出現(xiàn)的基本結(jié)論，例如“回旋加速器加速后的帶電粒子所能達(dá)到的最大動(dòng)能與加速次數(shù)無關(guān)，而與加速器半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)”等，這樣有利于提高快速解題能力第四部分基礎(chǔ)練+測一、單選題1在勻強(qiáng)磁場中，一個(gè)原來靜止的原子核，由于衰變放射出某種粒子，結(jié)果得到一張兩個(gè)相切圓1和2的徑跡照片如圖所示，己知兩個(gè)相切圓半徑分別為r1、r2。下列說法正確的是( )A原子核可能發(fā)生的是衰變，也可能發(fā)生的是衰變B徑跡2可能是衰變后新核的徑跡C若是衰變，則1和2的徑跡均是逆時(shí)針方向D若衰變方程是92238U90234Th+24He,則r1:r2=1:45【答案】 D【解析】【詳解】原子核衰變過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，衰變生成的兩粒子動(dòng)量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定則知：若生成的兩粒子電性相反則在磁場中的軌跡為內(nèi)切圓，若電性相同則在磁場中的軌跡為外切圓，所以為電性相同的粒子，可能發(fā)生的是衰變，但不是衰變；若是衰變，生成的兩粒子電性相同，圖示由左手定則可知，兩粒子都沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，故AD錯(cuò)誤；核反應(yīng)過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，原子核原來靜止，初動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律可知，原子核衰變后生成的兩核動(dòng)量P大小相等、方向相反，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=mvqB=PBq，由于P、B都相同，則粒子電荷量q越大，其軌道半徑r越小，由于新核的電荷量大于粒子的電荷量，則新核的軌道半徑小于粒子的軌道半徑，則半徑為r1的圓為放出新核的運(yùn)動(dòng)軌跡，半徑為r2的圓為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，且：r1：r2=2：90=1：45，故D正確，B錯(cuò)誤；2根據(jù)電磁炮原理，我們可以設(shè)計(jì)一新型電磁船:船體上安裝了用于產(chǎn)生強(qiáng)磁場的超導(dǎo)線圈，在兩船舷之間裝有電池，導(dǎo)電的海水在安培力作用下即可推動(dòng)該船前進(jìn)。如圖是電磁船的簡化原理圖，其中MN和PQ是與電池相連的導(dǎo)體棒，MN、 PQ、電池與海水構(gòu)成閉合回路，且與船體絕緣，要使該船水平向左運(yùn)動(dòng)，則超導(dǎo)線圈在NMPQ所在區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向是A豎直向下B豎直向上C水平向左D水平向右【答案】 A【解析】【詳解】由電源、海水構(gòu)成的閉合電路可知海水中電流的方向是從MN指向PQ，根據(jù)左手定則可知磁場方向豎直向下時(shí)海水受到的力水平向右，海水反作用于船體的力水平向左，符合題意。故A項(xiàng)正確，BCD三項(xiàng)錯(cuò)誤。3如圖所示，R1和R2是同種材料、厚度相同、上下表面為正方形的金屬導(dǎo)體，但 R1的尺寸比R2的尺寸大。將兩導(dǎo)體同時(shí)放置在同一勻強(qiáng)磁場B中，磁場方向垂直于兩導(dǎo)體正方形表面，在兩導(dǎo)體上加相同的電壓，形成圖所示方向的電流；電子由于定向移動(dòng)，會(huì)在垂直于電流方向受到洛倫茲力作用，從而產(chǎn)生霍爾電壓，當(dāng)電流和霍爾電壓達(dá)到穩(wěn)定時(shí),下列說法中正確的是（）AR1中的電流大于R2中的電流BR1 中的電流小于R2中的電流CR1 中產(chǎn)生的霍爾電壓小于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓DR1中產(chǎn)生的霍爾電壓等于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓【答案】 D【解析】【詳解】AB電阻R=LS，設(shè)正方形金屬導(dǎo)體邊長為a，厚度為b，則R=aab=b，則R1=R2，在兩導(dǎo)體上加上相同電壓，則R1中的電流等于R2中的電流，故AB錯(cuò)誤。CD根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，則有evB=eUHa，解得：UH=Bav=BaIneab=1neBIb，則有R1中產(chǎn)生的霍爾電壓等于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓，故C錯(cuò)誤，D正確。4如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，第二象限內(nèi)的部分區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，現(xiàn)有一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子，以大小為v0的初速度從P(a,0)點(diǎn)沿與x軸正方向成45的方向射入磁場中，通過y軸上的N(0,a)點(diǎn)進(jìn)人第二象限后，依次通過無電場區(qū)域和勻強(qiáng)電場區(qū)域后，到達(dá)x軸時(shí)速度恰好為0，已知該粒子從第一次通過N點(diǎn)到第二次通過N點(diǎn)時(shí)所用的時(shí)間為t0，粒子重力不計(jì)，下列說法正確的是()A磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2mv02aqB該粒子從P點(diǎn)開始到第一次通過N點(diǎn)時(shí)所用的時(shí)間為2a2v0C該粒子在第一次通過無電場區(qū)域過程中的位移大小為v0t02-2aD該粒子在第一次通過無電場區(qū)城過程中的位移大小為22a-v0t02【答案】 B【解析】【詳解】畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知r=22a，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r，聯(lián)立可得：B=2mv0aq，故A錯(cuò)誤；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期：T=2rv0=2mqB=2av0，從P到N的時(shí)間t=T2=2a2v0，故B正確；設(shè)粒子在非電場區(qū)域飛行時(shí)間為t1，位移為x1，在電場中飛行時(shí)間為t2，位移為x2，則有t1+t2=t0由幾何關(guān)系有：x1+x2=2a又因?yàn)椋簒1=v0t1，x2=v0t22聯(lián)立可得：x1=v0t1=22a-v0t0，故CD錯(cuò)誤。故選B。5將靜止在P點(diǎn)的原子核置于勻強(qiáng)磁場中（勻強(qiáng)磁場的方向圖中未畫出），能發(fā)生衰變或衰變，衰變后沿垂直于磁場的方向射入勻強(qiáng)磁場中，得到軌跡圓弧AP和軌跡圓弧PB，兩軌跡在P點(diǎn)相切，它們的半徑RAP與RPB之比為44:1，則A發(fā)生了衰變，磁場垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為90B發(fā)生了衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為86C發(fā)生了衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為45D發(fā)生了衰變，磁場垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為43【答案】 D【解析】【詳解】兩粒子運(yùn)動(dòng)方向相反，受洛倫茲力方向相同，可知兩粒子帶異種電荷，可知發(fā)生的是衰變；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，兩粒子動(dòng)量等大反向，由r=mvqB1q，則兩粒子的電量之比為1：44，因射線帶一個(gè)負(fù)電荷，則原核電荷數(shù)為43，根據(jù)左手定則可知，磁場垂直紙面向外，故選D.6如圖所示，靜止在勻強(qiáng)磁場中的某放射性元素的原子核，當(dāng)它放出一個(gè)粒子后，其速度方向與磁場方向垂直，測得粒子和反沖核軌道半徑之比為44:1，則下列說法不正確的是（）A粒子與反沖粒子的動(dòng)量大小相等，方向相反B原來放射性元素的原子核電荷數(shù)為90C反沖核的核電荷數(shù)為88D粒子和反沖粒子的速度之比為1:88【答案】 D【解析】【詳解】微粒之間相互作用的過程中遵守動(dòng)量守恒定律，由于初始總動(dòng)量為零，則末動(dòng)量也為零，即粒子和反沖核的動(dòng)量大小相等，方向相反；由于釋放的粒子和反沖核均在垂直于磁場的平面內(nèi)，且在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)；由Bqv=mv2R得：R=mvBq，若原來放射性元素的核電荷數(shù)為Q，則對(duì)粒子：R1=P1B2e，對(duì)反沖核：R2=P2B(Q-2)e，由于P1=P2，根據(jù)R1:R2=44:1，解得Q=90，反沖核的核電荷數(shù)為90-2=88，它們的速度大小與質(zhì)量成反比，由于不知道質(zhì)量關(guān)系，無法確定速度大小關(guān)系，故A、B、C正確，D錯(cuò)誤；7在粒子物理學(xué)的研究中，我們可以讓粒子通過“云室”“氣泡室”等裝置，顯示它們的徑跡。右圖為在氣泡室中垂直施加勻強(qiáng)磁場后帶電粒子的運(yùn)動(dòng)徑跡，密封的氣泡室里裝滿了因絕熱膨脹而處于過熱狀態(tài)的液體，當(dāng)帶電粒子經(jīng)過液體時(shí)會(huì)產(chǎn)生氣泡，從而顯示出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。觀察圖片，對(duì)氣泡室內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)徑跡的描述，下列說法不正確的是A不同粒子的徑跡半徑不同是因?yàn)榱Ｗ拥谋群?、速度不同造成的B從同一方向飛來的粒子偏轉(zhuǎn)方向不同是電荷量大小不同導(dǎo)致的C從同一方向飛來的粒子偏轉(zhuǎn)方向不同是電荷種類不同導(dǎo)致的D粒子的徑跡是螺旋線是因?yàn)榱Ｗ釉谶\(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能減少【答案】 B【解析】【分析】根據(jù)題中“勻強(qiáng)磁場粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡”可知，本題考察帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律、左手定則等知識(shí)分析推斷?！驹斀狻緼：據(jù)qvB=mv2r可得r=mvqB，則不同粒子的徑跡半徑不同是因?yàn)榱Ｗ拥谋群?、速度不同造成的。故A項(xiàng)正確。BC：據(jù)左手定則可知，從同一方向飛來的粒子偏轉(zhuǎn)方向不同是電荷種類不同導(dǎo)致的。故B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。D：粒子在運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能減少，速度減小；據(jù)r=mvqB可知，粒子的徑跡是螺旋線。故D項(xiàng)正確。本題選不正確的，答案是B。8如圖所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0.5m、質(zhì)量為2kg的通電直導(dǎo)線，電流大小I=2A、方向垂直于紙面向里，導(dǎo)線用平行于斜面的輕彈簧拴住不動(dòng)，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為5T,豎直向上的磁場中，已知彈簧的勁度系數(shù)為400N/m,整個(gè)過程未超出彈簧的彈性限度，則以下說法正確的是（g取10m/s2）A通電直導(dǎo)線對(duì)斜面的壓力為19NB彈簧的伸長量為4mC如果磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則彈簧的彈力減小D如果磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則通電導(dǎo)線對(duì)斜面的壓力減小【答案】 D【解析】【詳解】AB、通電直導(dǎo)線受到重力、斜面對(duì)其的支持力、彈簧對(duì)其的拉力和水平向右安培力作用，通電直導(dǎo)線受到的安培力：F安=BIL=5N，根據(jù)平衡條件可得：F彈-mgsin37°-BILcos370=0，F(xiàn)N+BILsin37°-mgcos37°=0，解得：FN=mgcos37°-BILsin37°=13N，F(xiàn)彈=mgsin37°+BILcos37°=16N，根據(jù)胡克定律可知彈簧的伸長量為：x=F彈k=16400m=0.04m，故A、B錯(cuò)誤；CD、如果磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，通電直導(dǎo)線受到的安培力F安=BIL增大，彈簧的彈力F彈=mgsin37°+BILcos37°增大，斜面對(duì)通電導(dǎo)線的支持力FN=mgcos37°-BILsin37°減小，故D正確，C錯(cuò)誤；故選D。9以下涉及物理學(xué)史上的四個(gè)重大發(fā)現(xiàn),其中說法不正確的是A卡文迪許通過扭秤實(shí)驗(yàn),測定出了萬有引力常量B奧斯特通過實(shí)驗(yàn)研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場C牛頓根據(jù)理想斜面實(shí)驗(yàn),提出力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因D紐曼、韋伯在對(duì)理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后,總結(jié)出后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律的結(jié)論【答案】 C【解析】【詳解】A、卡文迪許通過扭秤實(shí)驗(yàn),測定出了萬有引力恒量.所以A選項(xiàng)是正確的.B、奧斯特通過實(shí)驗(yàn)研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場,所以B選項(xiàng)是正確的;C、伽利略根據(jù)理想斜面實(shí)驗(yàn),提出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因,故C錯(cuò)誤D、紐曼、韋伯在對(duì)理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后,先后指出：閉合電路中電磁感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律，故D對(duì)；本題選不正確的，故選C10如圖所示，OO為圓柱筒的軸線，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場的磁感線平行于軸線方向，在圓筒壁上布滿許多小孔，如aa、bb、cc、，其中任意兩孔的連線均垂直于軸線，有許多比荷為qm的正粒子，以不同的速度、入射角射入小孔，且均從垂直于OO軸線的對(duì)稱的小孔中射出，入射角為30°的粒子的速度大小為2km/s、則入射角為45°的粒子速度大小為A0.5 km/s B1 km/sC2 km/s D4 km/s【答案】 B【解析】【分析】根據(jù)洛倫茲力做向心力求得速度與半徑成正比，由幾何關(guān)系求得兩種入射角的情況下分別對(duì)應(yīng)的半徑，即可求得速度的比值，進(jìn)而求得速度【詳解】正粒子在勻強(qiáng)磁場中在洛倫茲力作用下進(jìn)行勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有洛倫茲力作為向心力，即qvBmv2r，所以，vrBqm，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，正粒子的比荷不變，所以vr為常數(shù)。設(shè)圓柱筒半徑為R，則有右圖所示幾何關(guān)系，那么，入射角為的正粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rRsin，入射角為30°正粒子的速度v12km/s，半徑r1Rsin3002R，入射角為45°的粒子速度為v2，半徑r2=Rsin450=2R，因?yàn)関1r1=v2r2，所以，v2v1r1r222R×2R(km/s)1km/s。故選B。二、多選題11質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖，離子源A產(chǎn)生電荷量相同而質(zhì)量不同的離子束（初速度可視為零），從狹縫S1進(jìn)入電場，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，再通過狹縫S2從小孔垂直MN射入圓形勻強(qiáng)磁場。該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外，半徑為R，磁場邊界與直線MN相切E為切點(diǎn)。離子離開磁場最終到達(dá)感光底片MN上，設(shè)離子電荷量為g，到達(dá)感光底片上的點(diǎn)與E點(diǎn)的距離為x，不計(jì)重力，可以判斷（）A離子束帶負(fù)電Bx越大，則離子的比荷一定越大C到達(dá)x=3R處的離子在勻強(qiáng)磁場運(yùn)動(dòng)時(shí)間為BR29UD到達(dá)x=3R處的離子質(zhì)量為qB2R26U【答案】 CD【解析】【詳解】帶電粒子在加速電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速后的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理有：qU=12mv2-0，解得：v=2qUm，然后勻速運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)進(jìn)入有界磁場中，其運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示：粒子從E點(diǎn)先沿虛線圓弧，再沿直線做勻速直線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)。由左手定則，粒子是正電。故A錯(cuò)誤；由qvB=mv2r，則r=mvqB，x越大則r越大，則比荷qm越小，故B錯(cuò)誤；在ENO中tan=xR，解得:=60°，設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓的半徑為r，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)有：r=33R，解得：m=qB2R26U，由t=360T=360×2mqB，由幾何關(guān)系圓弧圓心角=120°，聯(lián)立可得：t=BR29U，故CD正確。12如圖所示,長為L、相距d的兩水平放置的平行金屬板之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。從離子源先后發(fā)射出氫同位素粒子11H、13H (不計(jì)重力),經(jīng)同一電場區(qū)加速,從兩極板中點(diǎn)以相同速率垂直磁感線水平進(jìn)入磁場,兩種粒子都恰好不打在極板上。下列說法正確的是A11H、13H粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑之比為3:1B極板長L與間距d之比為1：2C11H、13H粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為3:1D11H、13H粒子進(jìn)入電場區(qū)域前的初動(dòng)能之比小于1/3【答案】 BD【解析】【詳解】A在磁場中的半徑：R=mvqB，因兩同位素的質(zhì)量之比為1:3，則半徑之比為1:3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)在磁場中做圓周運(yùn)的半徑之比為r1:r2=1:3，且兩種粒子都恰好不打在極板上，可知12d=2r1,(r2-12d)2+L2=r22，聯(lián)立解得：L:d=1:2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C11H在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，由幾何關(guān)系可知，13H在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值為sin=Lr2=223，可知兩種粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比不等于3:1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D根據(jù)動(dòng)能定理，兩粒子在電場中運(yùn)動(dòng)中滿足：Uq=12mv2-Ek1；Uq=123mv2-Ek2，則Ek1Ek2=12mv2-qU123mv2-qU=1312mv2-qU(12mv2-13qU)<13，選項(xiàng)D正確.13在光滑水平絕緣的足夠大的桌面上建立xoy坐標(biāo)系，空間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，有兩個(gè)完全相同的質(zhì)量為m的帶正電小球A、B分別位于y軸上縱坐標(biāo)為y2、y1的位置，電荷量都為q，兩個(gè)小球都以垂直于y軸、大小為v的速度同時(shí)射入磁場。如圖所示(兩球若發(fā)生碰撞只能是彈性正碰)，要讓B球到(0，y2)處，那y2y1可能的值為AmvB0qB2mvB0qC3mvB0qD4mvB0q【答案】 BD【解析】【詳解】兩球在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑相等，由洛倫茲力提供向心力有qvB0=mv2r，得r=mvqB0。B球要到達(dá)(0,y2)處，第一種情況是運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期直接到達(dá)，如圖甲所示，則y2-y1=2r=2mvqB0；第二種情況，如圖乙所示，A、B兩個(gè)球各自運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期后發(fā)生彈性正碰，因?yàn)閮汕蛸|(zhì)量相等，在滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒和碰撞過程中動(dòng)能不損失的條件下，兩球只能交換速度后又各自運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期達(dá)到另一點(diǎn)，y2-y1=4r=4mvqB0。故BD兩項(xiàng)正確，AC兩項(xiàng)錯(cuò)誤。14如圖為一電流表的原理示意圖，質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指標(biāo)尺上的讀數(shù)，MN的長度大于ab，當(dāng)MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時(shí)，MN與矩形區(qū)域cd邊重合；當(dāng)MN中有電流通過時(shí)，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度下列說法正確的是A若要電流表正常工作，M端與電源正極相接B若要電流表正常工作，M端與電源負(fù)極相接C若將量程擴(kuò)大2倍，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍D若將量程擴(kuò)大2倍，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?/2倍【答案】 AD【解析】【詳解】為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下。跟左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應(yīng)接正極。故若要電流表正常工作，M端應(yīng)接正極，故A正確，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒沒通電時(shí)：mg=kx；設(shè)滿量程時(shí)通過MN的電流強(qiáng)度為Im，則有：BImab+mg=k（bc+x）；設(shè)量程擴(kuò)大后，磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽，則有2B'Imab+mg=k（bc+x）；得：B=12B，故D正確，C錯(cuò)誤；故選AD。15如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，A60°，AOL，在O點(diǎn)放置一個(gè)粒子源，可以向各個(gè)方向發(fā)射某種帶正電的粒子（不計(jì)重力作用），粒子的比荷為qm，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0=2qBLm。粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為，對(duì)于粒子進(jìn)入磁場后的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是A粒子有可能打到C點(diǎn)B以30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長C以 > 30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等D在AC邊界上有粒子射出的區(qū)域長度大于L【答案】 AD【解析】【詳解】根據(jù)Bqv0=mv02r，可知粒子的運(yùn)動(dòng)半徑r=2L；假設(shè)粒子能經(jīng)過C點(diǎn)，則此時(shí)粒子速度方向與CO的夾角為，則由幾何關(guān)系可知sin=32L2L=34<12，則<300，可知粒子能經(jīng)C點(diǎn)，此種情況下粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的弦長最長，時(shí)間最長，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；以 > 30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的弧長不同，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若當(dāng)=90°入射時(shí)，假設(shè)此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑等于OC=3L，則粒子打到AC邊上的位置距離C點(diǎn)3L的位置，粒子的半徑大于3L，則粒子打到AC邊上的位置距離C點(diǎn)的距離一定大于3L，選項(xiàng)D正確；故選AD。16如圖所示，某同學(xué)用玻璃皿在中心放一個(gè)圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個(gè)圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的實(shí)驗(yàn)”，若蹄形磁鐵兩極間正對(duì)部分的磁場視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.1T，玻璃皿的橫截面的半徑為a=0.05m，電源的電動(dòng)勢為E=3V，內(nèi)阻r=0.1，限流電阻R0=4.9，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9，閉合開關(guān)后當(dāng)液體旋轉(zhuǎn)時(shí)電壓表的示數(shù)為1.5V，則（不計(jì)一切摩擦阻力）（ ）A由上往下看，液體做逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)B液體所受的安培力大小為1.5NC閉合開關(guān)后，液體熱功率為0.081WD閉合開關(guān)10s，液體具有的動(dòng)能是3.69J【答案】 ACD【解析】【詳解】A、根據(jù)左手定則，導(dǎo)電液體受到的安培力沿逆時(shí)針方向，因此液體沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，故A正確；B、電壓表的示數(shù)U=1.5V，則根據(jù)閉合電路歐姆定律：E=U+IR0+Ir，所以電路中的電流值為：I=E-UR0+r=0.3A，液體所受安培力為F=BIa=1.5×10-3N，故B錯(cuò)誤；C、玻璃皿中兩極間液體的等效電阻為R=0.9，液體的熱功率為：P熱=I2R=0.081W，故C正確；D、根據(jù)能量守恒定律，閉合開關(guān)10s，液體具有的動(dòng)能是：Ek=W電流-W熱=(P-P熱)t=(UI-I2R)t=3.69J，故D正確；17如下圖所示，平行直線 aa及 bb間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B現(xiàn)分別在 aa上某兩點(diǎn)射入帶正電粒子 M、N，M、N 的初速度方向不同，但與 aa的夾角均為 ，兩粒子都恰不能越過界線 bb若兩粒子質(zhì)量均為 m，電荷量均為 q，兩粒子射入到 bb的時(shí)間分別為 t1和t2，則（）At1+t2=2mqBBM 粒子的初速度大于 N 粒子的初速度Ct1+t2=m2qBDM 粒子軌跡半徑小于 N 粒子的軌跡半徑【答案】 AB【解析】【詳解】設(shè)磁場寬度為d，M和N兩粒子的軌跡半徑分別為R1和R2，粒子M的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何知識(shí)可知：R1（1-cos）=d粒子的軌道半徑：R1=d1-cos粒子N的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何知識(shí)可知：R2（1+cos）=d，粒子軌道半徑：R2=d1+cos故M粒子軌跡半徑R1大于N粒子的軌跡半徑R2；根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2R可得粒子半徑：R=mvqB，可知當(dāng)m、q和B相同時(shí)，R與v成正比，故M粒子的初速度大于N粒子的初速度；兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期相同，均為：T=2Rv=2mqBM、N兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓心角分別為2和（2-2）M粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1=22TN粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2=2-22T兩粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間之和：t1+t2=22T+2-22T=T=2mqB，故AB正確，CD錯(cuò)誤。18央視是真的嗎節(jié)目做了如下實(shí)驗(yàn)：用裸露的鋼導(dǎo)線繞制成一根無限長螺旋管，將螺旋管固定在絕緣水平桌面上，用一節(jié)干電池和兩磁鐵制成一個(gè)“小車”，兩導(dǎo)電磁鐵的同名磁極粘在電池的正、負(fù)兩極上，只要將這輛小車推入螺旋管中，小車就會(huì)加速運(yùn)動(dòng)起來，如圖所示。圖中電池所在處的線圈沒有畫出，關(guān)于小車的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是A圖中小車的加速度方向向右B小車加速運(yùn)動(dòng)的能量源于安培力做功C將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連，小車的加速度方向會(huì)改變D將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連，小車的加速度方向不會(huì)改變【答案】 BC【解析】【詳解】A項(xiàng)：兩磁極間的磁感線如圖甲所示，干電池與磁體及中間部分線圈組成了閉合回路，在兩磁極間的線圈產(chǎn)生電流，左端磁極的左側(cè)線圈和右端磁極的右側(cè)線圈中沒有電流，其中線圈中電流方向的左視圖如圖乙所示，由左手定則可知，中間線圈所受的安培力向右，由牛頓第二定律有小車具有向左的加速度，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：在兩磁極間的線圈產(chǎn)生電流，根據(jù)F=BIL可知，小車加速運(yùn)動(dòng)是受安培力作用，故B正確；C、D項(xiàng)：將小車兩磁極均改為S極與電池相連，磁感線會(huì)向里聚集，受到的力與A中方向相反，故車的加速度方向?qū)l(fā)生改變，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。19回旋加速器工作原理示意圖如圖所示.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,兩盒間的狹縫很小,粒子穿過的時(shí)間可忽略,它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上,A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速.質(zhì)子初速度可忽略，則下列說法正確的是A若只增大交流電壓U,則質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能增大B若只增大交流電壓U,則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行時(shí)間會(huì)變短C質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比n-1:nD不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f,該回旋加速器也能用于加速粒子【答案】 BC【解析】【詳解】當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí)速度最大，根據(jù)qvmB=mvm2R，得vm=qBRm，那么質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能EKm=q2B2R22m，則最大動(dòng)能與交流電壓U無關(guān)。故A錯(cuò)誤。根據(jù)T=2mBq，若只增大交變電壓U，不會(huì)改變質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的周期，但加速次數(shù)減少，則運(yùn)行時(shí)間也會(huì)變短。故B正確。質(zhì)子第n-1次被加速：(n-1)qU=12mvn-12；第n次被加速：nqU=12mvn2；其中r=mvqB=1B2mUq，則半徑之比rn-1rn=n-1n；選項(xiàng)C正確；帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T=2mBq知，換用粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速粒子。故D錯(cuò)誤。故選BC。20如圖所示，從有界勻強(qiáng)磁場的邊界上O點(diǎn)以相同的速率射出三個(gè)相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向與邊界垂直，粒子b偏轉(zhuǎn)后打在邊界上的Q點(diǎn)，另外兩個(gè)粒子打在邊界OQ的中點(diǎn)P處，不計(jì)粒子所受的重力和粒子間的相互作用力，下列說法正確的是A粒子一定帶正電B粒子a與b射出的方向間的夾角等于粒子b與c射出的方向間的夾角C兩粒子a、c在磁場中運(yùn)動(dòng)的平均速度相同D三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與O點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)菱形【答案】 BD【解析】【詳解】如圖，粒子往右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由幾何知識(shí)得，粒子a，c均從P點(diǎn)射出，所以弧OP的對(duì)稱弧與a粒子的軌跡半徑相等，故a，b粒子與b，c粒子的射出的方向間的夾角相等，故B正確；a，c粒子位移相等，時(shí)間不等，故兩粒子a，c在磁場中運(yùn)動(dòng)的平均速度不相同，故C錯(cuò)誤；根據(jù)r=mvqB，則速率相同的三個(gè)粒子在同一磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑相等，故連接三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與O點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)菱形，故D正確；故選BD?！军c(diǎn)睛】解答此題的關(guān)鍵是知道相同粒子在同一磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑是相等的，注意與數(shù)學(xué)知識(shí)相結(jié)合解答更容易。三、解答題21如圖所示，豎直虛線左側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有水平向左的勻強(qiáng)電場，兩電場的電場強(qiáng)度大小均為E=2×1 02v/m，右側(cè)電場中有一斜面，斜面的傾角45°，虛線左側(cè)還有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面由上的A點(diǎn)由靜止釋放，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，從斜面的底端（虛線上的C點(diǎn)）進(jìn)入虛線左側(cè)正交的電場和磁場中，結(jié)果小球恰好能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并從虛線上的D點(diǎn)進(jìn)入虛線右側(cè)的電場，小球的電荷量為q=lxl0-6C，C、D兩點(diǎn)間的距離為d=202cm，A、C兩點(diǎn)的高度差h=l0cm，g=l0m/s2，斜面的上端足夠長。(1)求小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小。(2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。(3)試分析小球從D點(diǎn)進(jìn)入虛線右側(cè)的電場后，能不能打在斜面上？如果能，求小球從D點(diǎn)打到斜面上所用的時(shí)間；如果不能，則小球在電場中運(yùn)動(dòng)多長時(shí)間恰好進(jìn)入虛線左側(cè)正交的電場和磁場中？【答案】(1) 2m/s (2)200T (3)能。0.1s【解析】【詳解】(1)小球恰好能在虛線左側(cè)正交的電場和磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有：qE=mg從斜面由上的A點(diǎn)由靜止釋放，小球沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgh+qEhtan45°=12mvC2-0解得：小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。簐C=2m/s(2) 小球恰好能在虛線左側(cè)正交的電場和磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有幾何關(guān)系可得：2R=d解得：R=0.2m根據(jù)qvCB=mvC2R可得：勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。築=200T(3) 小球從D點(diǎn)進(jìn)入虛線右側(cè)的電場后做內(nèi)平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小球能打在斜面上，則有：平行速度方向：dcos45°=vCt解得：dcos45°=vCt=0.1s垂直速度方向有：a=(mg)2+(qE)2m=20m/s2y=12at2=0.1m由于y=0.1m<dsin45°，假設(shè)成立，即能打在斜面上22如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy第一、四象限存在正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域 ACDF，原點(diǎn)O位于AC邊中點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直平面向里。帶電粒子以速度v0從O點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場。不計(jì)粒子的重力。（1）若正方形邊長為l，粒子恰從AF邊中點(diǎn)射出，求粒子的比荷；（2）設(shè)粒子從DF邊某處飛出磁場，且速度方向相對(duì)入射方向偏轉(zhuǎn)角。若將磁場換成沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，粒子也從DF邊上射出時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角仍為，求此電場強(qiáng)度的大小。【答案】（1）qm=2v0Bl（2）Bv0cos【解析】【詳解】（1）由牛頓第二定律：qv0Bmv02r，由幾何關(guān)系：rl2，得qm=2v0Bl（2）設(shè)正方形邊長為l，磁場中：qv0Bmv02r，其中sinl'r電場中：qEma，lv0t，vyat，tanvyv0解得EBv0cos23如圖甲所示，平面OO垂直于紙面，其上方有長為h、相距為34h的兩塊平行導(dǎo)體板M、N。兩極板間加上如圖乙所示的電壓，平面OO的下方是一個(gè)與OO平面平行的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外。在兩極板的正中間的正上方有一粒子源，它連續(xù)放射出質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子，其初速度大小為v0，方向垂直電場及OO平面。不計(jì)粒子重力及空氣的阻力，每個(gè)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的極短時(shí)間內(nèi)，可以認(rèn)為電場強(qiáng)度不變，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）若要求帶電粒子飛出電場時(shí)不打在板上，則板間電壓U的最大值不能超過多少?（2）若UMN的最大值取第（1）問求出的最大值，要使所有的粒子通過磁場后都能回到兩板間，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及磁場的高度H需滿足什么條件?（3）在滿足（2）問的前提下，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為多少?【答案】（1）Um=9mv0216q（2）B=16mv03hqH38h（3）t=127h480v0【解析】【詳解】（1）設(shè)電壓的最大值為Um，則有38h=12at2a=EqmE=Um34hh=v0t解得：Um=9mv0216q（2）設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度v與v0的夾角為，則有v=v0cos又Bqv=mv2R粒子從OO上射出磁場的位置與射入磁場的位置的距離s=2Rcos解得：s=2mv0Bq若沿v0方向射進(jìn)磁場的粒子能回到板間，則其他方向的粒子都能回到板間。當(dāng)s=38h時(shí)，B最小，即38h=2mv0Bq解得：B=16mv03hq故磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件為B16mv03hq設(shè)粒子在MN板間的最大偏轉(zhuǎn)角為，則tan=34即=37°粒子進(jìn)入磁場的速度大小v=v0cos=54v0粒子的軌跡半徑r=mvqB磁場的最小高度H=r+rsin=2mv0qB故磁場的高度H需滿足的條件為H38h（3）設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的最大圓心角為'由幾何知識(shí)得'=+2粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t='2TT=2mqB解得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間t=127h480v024如圖，平面直角坐標(biāo)系xoy第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第四象限內(nèi)存在方向垂直紙面向外圓心標(biāo)O'（2h，-2h），半徑R=2h的圓形有界勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有一帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為+q，以速v0由y軸上y=3h處的A點(diǎn)垂直y軸飛入第一象限并由x=2h處的C點(diǎn)進(jìn)入有界磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)900后飛離磁場（粒子重力不計(jì)、cos15°=6+24、cos30°=32、cos60°=12）求：（1）電場強(qiáng)度E；（2）帶電粒子進(jìn)入磁場中的速度v的大小；（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B【答案】（1）E=3mv022qh；（2）2v0；（3）B=（3-1）mv0qh【解析】【詳解】(1)豎直方向：3h=12at2其中a=qEm水平方向：2h=v0t聯(lián)立解得：B=3mv022qh；(2)vy2=2a3h=3v02Eq3h=12mv2-12mv02v=vy2+v02=2v0解得：v=2v0；(3)軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：Rcos15o=rcos45oRcos30o+Rsin30o=r解得：r=(3+1)h由公式qvB=mv2r聯(lián)立解得：B=(3-1)mv0qh。25在xOy豎直平面內(nèi)存在水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=5m2qg6l0；粗糙細(xì)桿abc在b處彎出長度可忽略的一小段圓弧，ab段長度為l0，與水平方向成37°角，bc段在水平x軸上，c端處在坐標(biāo)原點(diǎn)O。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小環(huán)套在細(xì)桿頂端，由a端從靜止釋放，恰能勻速通過水平段bc。重力加速度為g，（cos37°=0.8，sin37°=0.6）。（1）求小環(huán)在細(xì)桿abc上運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做的功Wf；（2）若在x>0的區(qū)域加一豎直方向的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），帶電小環(huán)從c端離開細(xì)桿后能垂直通過y軸上的P點(diǎn)，且通過P點(diǎn)時(shí)的速度與通過坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)速度大小相等，求所加電場的電場強(qiáng)度E及小環(huán)通過y軸的位置坐標(biāo)P；（3）若在小環(huán)從P點(diǎn)通過y軸瞬間撤去磁場，通過計(jì)算判斷小環(huán)能否在運(yùn)動(dòng)中垂直撞擊細(xì)桿?！敬鸢浮浚?）325mgl0。（2）mgq，方向豎直向下；P(0,4825l0)（3）小環(huán)不能垂直撞擊細(xì)桿【解析】【詳解】（1）小環(huán)恰能勻速通過bc段，表明細(xì)桿對(duì)小環(huán)的摩擦力為0，因此細(xì)桿對(duì)小環(huán)的彈力為0，因此有mg-qvB=0，帶電小環(huán)在ab段運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理得mgl0sin-Wf=12mv2，由式得速度v=256gl0，解得Wf=325mgl0；（2）加一豎直方向的勻強(qiáng)電場，小環(huán)垂直通過y軸，且兩次通過y軸時(shí)速度大小相等，說明其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力與重力平衡，由式可判斷小環(huán)帶負(fù)電，所以電場方向豎直向下，且qE-mg=0，設(shè)小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，有qvB=mv2R，由式得場強(qiáng)大小E=mgq，方向豎直向下，由式解得小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=2425l0，即小環(huán)通過y軸的位置y=2R=4825l0，故位置坐標(biāo)為P(0,4825l0)；（3）如果小環(huán)速度垂直細(xì)桿時(shí)，速度的偏轉(zhuǎn)角為53°，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律應(yīng)滿足tan53°=gtv，在時(shí)間t內(nèi)小環(huán)下落高度y=12gt2，聯(lián)立解得y=6475l0，此時(shí)小環(huán)離細(xì)桿a端的高度h=2R-y-lsin37°=715l0>0不合題意，即小環(huán)不能垂直撞擊細(xì)桿。26如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第象限中有沿-y方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。在第和第象限有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于坐標(biāo)平面向里。有一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從y軸的P點(diǎn)以初速度v0垂直于電場方向進(jìn)入電場（不計(jì)重力），經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，沿著與x軸負(fù)方向成45º角進(jìn)入磁場，并能返回到原出發(fā)點(diǎn)P。（1）畫出電子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖；（2）求P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離；（3）電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)多長時(shí)間再次返回P點(diǎn)？【答案】（1）（2）mv022Ee（3）t=(4+3)3mv08Ee【解析】【詳解】解：(1)如圖所示，電子進(jìn)入電場，從P點(diǎn)到M點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開磁場后從N點(diǎn)到P點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡如圖所示；(2)電子在電場中運(yùn)動(dòng)過程，有：vy=v0=eEmt解得：t=mv0eE則得： OP=12eEmt2=mv022eE(3)電子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t1=t=mv0eE電子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2=34T=342meB=3m2eB電子從N點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為：NP=2OP電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速率為：v=2v0則電子從N點(diǎn)到P點(diǎn)的時(shí)間為：t3=DPv=mv02eE故總時(shí)間為：t總=t1+t2+t3=3mv02eE+3m2eB又由圖知，OM=v0t1=mv02eE，ON=OP=mv022eE，而MN=OM+ON=2R聯(lián)立上兩式得，電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑：R=3mv0222eE又evB=mv2R解得：B=4E3v0所以：t總=3mv02eE+3m2eB=（4+3)3mv08eE27如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P （0，h）點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點(diǎn)進(jìn)入第象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求：（1）電場強(qiáng)度E的大??；（2）abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值?！敬鸢浮浚?）mv022qh（2）2mv0qL【解析】【詳解】（1）設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有x=v0t=2h，y=12at2=hqE=ma，聯(lián)立以上各式可得E=mv022qh；（2）粒子達(dá)到a點(diǎn)時(shí)沿負(fù)y方向的分速度為vy=at=v0，所以v=v02+vy2=2v0，方向指向第IV象限與x軸正方和成45o角；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvB=mv2r當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有r=22L所以磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值B=2mv0qL28如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第象限分布著場強(qiáng)E=5×103V/m、方向水平向左的勻強(qiáng)電場，其余三個(gè)象限分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)從電場中M(0.5,0.5)點(diǎn)由靜止釋放一比荷為qm=2×104C/kg、重力不計(jì)的帶正電微粒，該微粒第一次進(jìn)入磁場后將垂直通過x軸.求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(2)帶電微粒第二次進(jìn)入磁場時(shí)的位置坐標(biāo)；(3)為了使微粒還能回到釋放點(diǎn)M，在微粒第二次進(jìn)入磁場后撤掉第象限的電場，求此情況下微粒從釋放到回到M點(diǎn)所用時(shí)間【答案】(1) 1T(2) (0m,1m)(3) 7.21×10-4s.【解析】【分析】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做的是類平拋運(yùn)動(dòng)，利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合電場強(qiáng)度、電荷的荷質(zhì)比，求出粒子的進(jìn)入磁場的速度大小與方向以及位置.當(dāng)帶電粒子進(jìn)入磁場后，僅受洛倫茲力作用，做勻速圓周運(yùn)動(dòng).由微粒第一次進(jìn)入磁場后將垂直通過x軸，可尋找到已知長度與圓弧半徑的關(guān)系，從而求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，當(dāng)粒子再次進(jìn)入電場時(shí)，仍是類平拋運(yùn)動(dòng).利用相同方法求出離開電場的位置要求微粒從釋放到回到M點(diǎn)所用時(shí)間，畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，當(dāng)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出時(shí)間，當(dāng)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由周期公式求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！驹斀狻?1)根據(jù)動(dòng)能定理得，qExM=12mv2代入數(shù)據(jù)解得：v=2qExMm=2×2×104×5×103×0.5=104m/s因?yàn)槲⒘５谝淮芜M(jìn)入磁場后將垂直通過x軸，根據(jù)幾何關(guān)系知，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=xM，R=xM=mvBq，解得B=mvqxM=1042×104×0.5=1T；(2)粒子垂直進(jìn)入電場，做類平拋運(yùn)動(dòng)，則a拋=qEm=2×104×5×103=108m/s2，xM=12a拋t拋2，代入數(shù)據(jù)解得t拋=10-4s，則y=vt拋=104×10-4=1m；帶電微粒第二次進(jìn)入磁場時(shí)的位置坐標(biāo)為(0m,1m)(3)第一次進(jìn)入磁場后軌跡如圖所示:入磁場時(shí)：vM=a拋t拋=108×10-4=104m/sv入=v2+vx2=2×104m/sR'=mv入Bq=12(m)，軌跡如上圖所示，t=2×34T+2t拋+LOMv入=3mBq+2t拋+0.52v入，代入數(shù)據(jù)得：t=7.21×10-4s.【點(diǎn)睛】本題重點(diǎn)是畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，當(dāng)是平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，則可分解成沿電場強(qiáng)度方向是勻加速，垂直電場強(qiáng)度方向是勻速當(dāng)是圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，可由幾何關(guān)系去找到已知長度與半徑的關(guān)系，最終能求出結(jié)果。29如圖所示直角坐標(biāo)系中的第I象限存在沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第象限中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)電量為q、質(zhì)量為m的正離子(不計(jì)重力)，