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）

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1、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、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動等內(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)動情況,結(jié)合牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)知識、圓周運(yùn)動知識及功能關(guān)系等知識進(jìn)行綜合分析.歷年高考對本考點(diǎn)知識的考查覆蓋面大，幾乎每個(gè)知識點(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)動更是兩個(gè)命題頻率最高的知識點(diǎn)．帶電粒子在磁場中的運(yùn)動考題一般運(yùn)動情景復(fù)雜、綜合性強(qiáng)，多以把場的性質(zhì)、運(yùn)動學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動定律、功

2、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，對考生的空間想象能力、物理過程和運(yùn)動規(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、突出動態(tài)變化的手法，結(jié)合社會、生產(chǎn)、科技實(shí)際來著重考查綜合分析能力、知識遷移和創(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)。 第二部分知識背一背 一、洛倫茲力： 1、產(chǎn)生洛倫茲力的條件： （1）電荷對磁場有相對運(yùn)動．磁場對與其

3、相對靜止的電荷不會產(chǎn)生洛倫茲力作用． （2）電荷的運(yùn)動速度方向與磁場方向不平行． 2、洛倫茲力大小：當(dāng)電荷運(yùn)動方向與磁場方向平行時(shí)，洛倫茲力為零；當(dāng)電荷運(yùn)動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 1、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動規(guī)律 初速度的特點(diǎn)與運(yùn)動規(guī)律 （1），為靜止?fàn)顟B(tài)； （2），則粒子做勻速直線運(yùn)動； （3），則粒子做勻速圓周運(yùn)動，其基本公式為： 向心力公式： 運(yùn)動軌道半徑公式：； 運(yùn)動周期公式： 動能公式： 2、解題思路及方法 圓周運(yùn)動的圓心的確定：

4、 （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． 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（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)動的問題可從以下

5、三個(gè)方面入手：1、動力學(xué)觀點(diǎn)（牛頓定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)方程）；2、能量觀點(diǎn)（動能定理和機(jī)械能守恒或能量守恒）；3、動量觀點(diǎn)（動量定理和動量守恒定律）． 一般地，對于微觀粒子，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)動分析，確定是否考慮重力． 四、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(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

6、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，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

7、，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 解析帶電粒子在磁場中運(yùn)動的問題，應(yīng)畫出運(yùn)動軌跡示意圖，確定軌跡圓的圓心是關(guān)鍵．常用下列方法確定圓心：①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；②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．

8、帶電粒子在磁場中運(yùn)動側(cè)重于運(yùn)用數(shù)學(xué)知識（圓與三角形知識）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)動方向的依據(jù)，更是計(jì)算帶電粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間的橋梁，如帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為（α是圓弧對應(yīng)的圓心角）．帶電粒子在磁場中的運(yùn)動半徑不僅關(guān)聯(lián)速度的求解，而且在首先確定了運(yùn)動半徑的情況下，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)動問題 1.是否考慮粒子重力 （1）對于微觀粒子，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.

9、 （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)動分析時(shí)，要結(jié)合運(yùn)動狀態(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)動狀態(tài),注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合. （4）對于粒子連續(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)動情況分類 （1）磁場力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，

10、則帶電體做勻速直線運(yùn)動． ②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，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） ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動． ②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，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題． （3）電場力、磁場力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動． ②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動． ③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，因F洛不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題． 4．帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動

11、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)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，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)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(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)動規(guī)律的應(yīng)用．對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)到的最大動能與加速次數(shù)無

12、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α衰變，也可能發(fā)生的是β衰變 B．徑跡2可能是衰變后新核的徑跡 C．若是α衰變，則1和2的徑跡均是逆時(shí)針方向 D．若衰變方程是92238U→90234Th+24He,則r1:r2=1:45 【答案】 D 【解析】 【詳解】 原子核衰變過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可

13、知，衰變生成的兩粒子動量方向相反，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α衰變，但不是β衰變；若是α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，故AD錯(cuò)誤；核反應(yīng)過程系統(tǒng)動量守恒，原子核原來靜止，初動量為零，由動量守恒定律可知，原子核衰變后生成的兩核動量P大小相等、方向相反，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動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

14、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)動軌跡，半徑為r2的圓為粒子的運(yùn)動軌跡，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，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

15、 【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，會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（） A．R1中的電流大于R2中的電流

16、 B．R1 中的電流小于R2中的電流 C．R1 中產(chǎn)生的霍爾電壓小于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓 D．R1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=ρLS，設(shè)正方形金屬導(dǎo)體邊長為a，厚度為b，則R=ρa(bǔ)ab=ρb，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=Ba?Ineab=1ne?BIb，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

17、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2mv02aq B．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2πa2v0 C．該粒子在第一次通過無電場區(qū)域過程中的位移大小為v0t02-2a D．該粒子在第一次通過無電場區(qū)城過程中的

18、位移大小為22a-v0t02 【答案】 B 【解析】 【詳解】 畫出帶電粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示， 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)動的周期：T=2πrv0=2πmqB=2πav0，從P到N的時(shí)間t=T2=2πa2v0，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

19、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α衰變或β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α衰變，磁場垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為90 B．發(fā)生了α衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為86 C．發(fā)生了β衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為45 D．發(fā)生了β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β衰變；根據(jù)動量守恒定律，兩粒子動量等

20、大反向，由r=mvqB∝1q，則兩粒子的電量之比為1：44，因β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)α粒子后，其速度方向與磁場方向垂直，測得α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．α粒子與反沖粒子的動量大小相等，方向相反 B．原來放射性元素的原子核電荷數(shù)為90 C．反沖核的核電荷數(shù)為88 D．α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量守恒定律，由于初始總動量為零，則末

21、動量也為零，即α粒子和反沖核的動量大小相等，方向相反；由于釋放的α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；由Bqv=mv2R得：R=mvBq，若原來放射性元素的核電荷數(shù)為Q，則對α粒子：R1=P1B?2e，對反沖核：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)動徑跡，

22、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)會產(chǎn)生氣泡，從而顯示出粒子的運(yùn)動軌跡。觀察圖片，對氣泡室內(nèi)帶電粒子運(yùn)動徑跡的描述，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? 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)動過程中動能減少 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“勻強(qiáng)磁場…粒子的運(yùn)動軌跡”可知，本題考察帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，應(yīng)用牛頓第二定律、左手定則等知識分析推斷。 【詳解】 A：

23、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)動過程中動能減少，速度減??；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，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

24、性限度，則以下說法正確的是（g取10m/s2） A．通電直導(dǎo)線對斜面的壓力為19N B．彈簧的伸長量為4m C．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、斜面對其的支持力、彈簧對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°=

25、16N，根據(jù)胡克定律可知彈簧的伸長量為：Δx=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)動狀態(tài)的原因 D．紐曼、韋伯在對理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后,總結(jié)出

26、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)動的原因,故C錯(cuò)誤 D、紐曼、韋伯在對理論和實(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； 本題選不正確的，故選C 10．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

27、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 A．0.5 km/s B．1 km/s C．2 km/s D．4 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，則有洛倫茲力作為向心力

28、，即qvB＝mv2r，所以，vr＝Bqm，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θ的正粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r＝Rsinθ，入射角為30°正粒子的速度v1＝2km/s，半徑r1＝Rsin300＝2R，入射角為45°的粒子速度為v2，半徑r2=Rsin450=2R，因?yàn)関1r1=v2r2，所以，v2＝v1r1r2＝22R×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

29、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 B．x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)動時(shí)間為πBR29U D．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，設(shè)加速后的速度大小為v，根據(jù)動

30、能定理有：qU=12mv2-0，解得：v=2qUm，然后勻速運(yùn)動到E點(diǎn)進(jìn)入有界磁場中，其運(yùn)動軌跡如下圖所示： 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tanθ=xR，解得:θ=60°，設(shè)帶電粒子運(yùn)動的軌跡圓的半徑為r，根據(jù)數(shù)學(xué)知識有：r=33R，解得：m=qB2R26U，由t=α360°T=α360°×2πmqB，由幾何關(guān)系圓弧圓心角α=120°，聯(lián)立可得：t=πBR29U，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

31、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 A．11H、13H粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑之比為3:1 B．極板長L與間距d之比為1：2 C．11H、13H粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為3:1 D．11H、13H粒子進(jìn)入電場區(qū)域前的初動能之比小于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)動時(shí)在磁場中做

32、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； C．11H在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為π，由幾何關(guān)系可知，13H在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值為sinθ=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)動能定理，兩粒子在電場中運(yùn)動中滿足：Uq=12mv2-Ek1；Uq=12?3mv2-Ek2，則Ek1Ek2=12mv2-qU12?3mv2-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x

33、oy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y2–y1可能的值為 A．mvB0q B．2mvB0q C．3mvB0q D．4mvB0q 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 兩球在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑相等，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)動半個(gè)周期直接到達(dá)，如圖甲所示，則y2

34、-y1=2r=2mvqB0；第二種情況，如圖乙所示，A、B兩個(gè)球各自運(yùn)動半個(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)動量守恒和碰撞過程中動能不損失的條件下，兩球只能交換速度后又各自運(yùn)動半個(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c

35、d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=k△x；設(shè)滿量程時(shí)通過MN的電流強(qiáng)度為Im，則有：BImab+mg=k（b

36、c+△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，∠A＝60°，AO＝L，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θ，對于粒子進(jìn)入磁場后的運(yùn)動，下列說法正確的是 A．粒子有可能打到C點(diǎn) B．以θ＝30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最長 C．以θ > 30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間都相等 D．在

37、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α，則由幾何關(guān)系可知sinα=32L2L=34<12，則α<300，可知粒子能經(jīng)C點(diǎn)，此種情況下粒子在磁場中運(yùn)動的弦長最長，時(shí)間最長，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；以θ > 30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)的弧長不同，則運(yùn)動的時(shí)間不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若當(dāng)θ=90°入射時(shí)，假設(shè)此時(shí)粒子運(yùn)動的半徑等于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

38、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，電源的電動勢為E=3V，內(nèi)阻r=0.1Ω，限流電阻R0=4.9Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9Ω，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1.5N C．閉合開關(guān)后，液體熱功率為0.081W D．閉合開關(guān)10

39、s，液體具有的動能是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=0.9Ω，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，液體具有的動能是：Ek=W電流-W熱=(P-P熱)t=(UI-I2R)t=3.69J，故D正

40、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 θ，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（） A．t1+t2=2πmqB B．M 粒子的初速度大于 N 粒子的初速度 C．t1+t2=πm2qB D．M 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)動軌

41、跡如圖所示： 由幾何知識可知：R1（1-cosθ）=d 粒子的軌道半徑：R1=d1-cosθ 粒子N的運(yùn)動軌跡如圖所示： 由幾何知識可知：R2（1+cosθ）=d，粒子軌道半徑：R2=d1+cosθ 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)動的周期相同，均為：T=2πRv=2πmqB M、N兩粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角分別為2θ和（2π-2θ） M粒子運(yùn)動的時(shí)間：t1=2θ2π?T N粒子運(yùn)動的時(shí)間：t

42、2=2π-2θ2π?T 兩粒子運(yùn)動時(shí)間之和：t1+t2=2θ2π?T+2π-2θ2π?T=T=2πmqB，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，小車就會加速運(yùn)動起來，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，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改變 D．將小

43、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，磁感線會向里聚集，受到的力與A中方向相反，故車的加速度方

44、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)間會變短 C．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比n-1:n D．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α粒子 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí)速

45、度最大，根據(jù)qvmB=mvm2R，得vm=qBRm，那么質(zhì)子獲得的最大動能EKm=q2B2R22m，則最大動能與交流電壓U無關(guān)。故A錯(cuò)誤。根據(jù)T=2πmBq，若只增大交變電壓U，不會改變質(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)動的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T=2πmBq知，換用α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α粒子。故D錯(cuò)誤。故選B

46、C。 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)動的平均速度相同 D．三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動的圓心與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； 由幾何知識得，粒子a，c均從P點(diǎn)射出，所以弧OP的

47、對稱弧與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)動的軌跡半徑相等，故連接三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動的圓心與O點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)菱形，故D正確；故選BD。 【點(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)動的半徑是相等的，注意與數(shù)學(xué)知識相結(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

48、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，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，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

49、電場中運(yùn)動多長時(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，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，根據(jù)動能定理可得：mgh+qEhtan45°=12mvC2-0 解得：小球運(yùn)動到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，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)度大小：B=200T (3) 小球從D點(diǎn)

50、進(jìn)入虛線右側(cè)的電場后做內(nèi)平拋運(yùn)動，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/s2 y=12at2=0.1m 由于y=0.1m

51、邊某處飛出磁場，且速度方向相對入射方向偏轉(zhuǎn)θ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θ，求此電場強(qiáng)度的大小。 【答案】（1）qm=2v0Bl（2）Bv0cosθ 【解析】 【詳解】 （1）由牛頓第二定律：qv0B＝mv02r， 由幾何關(guān)系：r＝l2， 得qm=2v0Bl （2）設(shè)正方形邊長為l′，磁場中：qv0B＝mv02r， 其中sinθ＝l'r 電場中：qE＝ma， l′＝v0t，vy＝at，tanθ＝vyv0 解得E＝Bv0cosθ 23．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

52、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

53、的前提下，粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間為多少? 【答案】（1）Um=9mv0216q（2）B=16mv03hqH≥38h（3）t=127πh480v0 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)電壓的最大值為Um，則有 38h=12at2 a=Eqm E=Um34h h=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θ，則有 v=v0cosθ 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=2Rcosθ 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

54、 38h=2mv0Bq 解得：B=16mv03hq 故磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件為B≥16mv03hq… 設(shè)粒子在MN板間的最大偏轉(zhuǎn)角為φ，則 tanφ=34 即φ=37° 粒子進(jìn)入磁場的速度大小v=v0cosφ=54v0 粒子的軌跡半徑r=mvqB 磁場的最小高度H=r+rsinφ=2mv0qB 故磁場的高度H需滿足的條件為H≥38h （3）設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動對應(yīng)的最大圓心角為φ' 由幾何知識得φ'=π+2φ 粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t=φ'2πT T=2πmqB 解得粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間t=127πh480v0 24．如圖，平面直角坐標(biāo)系xoy第一象限內(nèi)存

55、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

56、=qEm 水平方向：2h=v0t 聯(lián)立解得：B=3mv022qh； (2)vy2=2a3h=3v02 Eq3h=12mv2-12mv02 v=vy2+v02=2v0 解得：v=2v0； (3)軌跡如圖所示： 由幾何關(guān)系得： Rcos15o=rcos45o Rcos30o+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，

57、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)動中垂直撞擊細(xì)桿。 【答案】（1）325mgl0。（2）mgq，方向豎直向下；P(0

58、,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)桿對小環(huán)的摩擦力為0，因此細(xì)桿對小環(huán)的彈力為0，因此有mg-qvB=0①，帶電小環(huán)在ab段運(yùn)動時(shí)，由動能定理得mgl0sinθ-Wf=12mv2②，由①式得速度v=256gl0③，解得Wf=325mgl0④； （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，電場力與重力平衡，由①式可判斷小環(huán)帶負(fù)電，所以電場方向豎直向下，且qE-mg=0⑤，設(shè)小環(huán)做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，有qvB=mv2R⑥，由⑤式得場強(qiáng)大小E=mgq，方向豎直向下⑦，

59、由③⑥式解得小環(huán)做圓周運(yùn)動的半徑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)⑧； （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)動時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律應(yīng)滿足tan53°=gtv⑨，在時(shí)間t內(nèi)小環(huán)下落高度y=12gt2⑩，聯(lián)立③⑨⑩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Ⅲ象限中有沿-y方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。在第Ⅰ和第Ⅱ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

60、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+3π)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，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，離開磁場后從N點(diǎn)到P點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動，畫出軌跡如圖所示； (2)電子在電場中運(yùn)動過程，有：vy=v0=eEmt 解得：t=mv0eE 則得：?OP=12?

61、eEmt2=mv022eE (3)電子在電場中運(yùn)動時(shí)間為：t1=t=mv0eE 電子在磁場中運(yùn)動時(shí)間為：t2=34T=34?2πmeB=3πm2eB 電子從N點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為：NP=2?OP 電子在磁場中運(yùn)動的速率為：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+3πm2eB 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)動的軌跡半徑：R=3mv0222eE 又evB=mv2R 解得：B=4E3v0 所以：t總=3mv0

62、2eE+3πm2eB=（4+3π)3mv08eE 27．如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ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Ⅳ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Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ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的大小； （2）abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。 【答案】（1）mv022

63、qh（2）2mv0qL 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t， 則有x=v0t=2h， y=12at2=h qE=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=2mv0qL 28．如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第Ⅰ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

64、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Ⅰ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，利用平拋運(yùn)動規(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.

65、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.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.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)動軌跡，當(dāng)粒子做類平拋運(yùn)動，運(yùn)用平拋運(yùn)動規(guī)律求出時(shí)間，當(dāng)粒子做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，由周期公式求出運(yùn)動時(shí)間。 【詳解】 (1)根據(jù)動能定理得，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)動的半徑

66、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， 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/s v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=3πmBq+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)動軌跡，當(dāng)是平拋運(yùn)動時(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Ⅱ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)，