《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題十 磁場(chǎng)精練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題十 磁場(chǎng)精練（含解析）（29頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題十　磁場(chǎng) 『經(jīng)典特訓(xùn)題組』 1．如圖所示，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬細(xì)桿通有電流I時(shí)，水平靜止在傾角為θ的光滑絕緣固定斜面上。斜面處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。若電流和磁場(chǎng)的方向均不變，電流大小變?yōu)?.5I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B，重力加速度為g。則此時(shí)金屬細(xì)桿(　　) A．電流流向垂直紙面向外 B．受到的安培力大小為2BILsinθ C．對(duì)斜面壓力大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 D．將沿斜面加速向上運(yùn)動(dòng)，加速度大小為gsinθ 答案　D 解析　對(duì)金屬細(xì)桿受力分析，它受豎直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，水平向右的安培力，由左手定則得電流流向垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；根據(jù)

2、安培力公式可得此時(shí)受到的安培力大小為F安＝4B·IL＝2BIL，故B錯(cuò)誤；金屬細(xì)桿水平靜止斜面上時(shí)，金屬細(xì)桿受到重力、導(dǎo)軌的支持力和安培力而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可得：FNcosθ＝mg，F(xiàn)Nsinθ＝BIL，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小改變時(shí)，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝，a＝＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，故C錯(cuò)誤，D正確。 2．如圖所示，完全相同的甲、乙兩個(gè)環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點(diǎn)，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此時(shí)a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。當(dāng)把環(huán)形

3、電流乙撤去后，c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　) A．B1－ B．B2－ C．B2－B1 D. 答案　A 解析　對(duì)于圖中單個(gè)環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場(chǎng)方向均是向左，故c點(diǎn)的磁場(chǎng)方向也是向左的。設(shè)aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，單個(gè)環(huán)形電流在距離中點(diǎn)r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1r，在距離中點(diǎn)3r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B3r，故：a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B1＝B1r＋B3r；b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B2＝B1r＋B1r；當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后，c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：Bc＝B3r＝B1－B2，故選A。 3．粒子甲的質(zhì)量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，兩粒子均帶正電。讓它們?cè)趧驈?qiáng)磁場(chǎng)中同一點(diǎn)以大小相

4、等、方向相反的速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。以下四個(gè)圖中，能正確表示兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是(　　) 答案　A 解析　根據(jù)左手定則，甲、乙粒子應(yīng)逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，B、C、D錯(cuò)誤；由r＝可得二者軌道半徑之比為2∶1，即甲軌道半徑較大，故A正確。 4．如圖所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向左、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。有一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒垂直于磁場(chǎng)且以與水平方向成45°角的速度v進(jìn)入磁場(chǎng)和電場(chǎng)并做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng) B．微?？赡苤皇軆蓚€(gè)力作用 C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ D．

5、勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝ 答案　D 解析　若微粒做變速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力隨速度變化而變化，不可能做直線運(yùn)動(dòng)，故微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若微粒帶正電，電場(chǎng)力向左，洛倫茲力垂直速度方向斜向右下方，而重力豎直向下，則電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力三個(gè)力的合力不可能為零，微粒不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由此可知微粒帶負(fù)電，電場(chǎng)力向右，洛倫茲力垂直速度方向斜向左上方，重力豎直向下，只有電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力三力平衡，微粒才能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝，聯(lián)立解得：E＝，B＝，故C錯(cuò)誤，D正確。 5. (多選)質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球套在水平固定且足夠長(zhǎng)的粗糙

6、絕緣桿上，如圖所示，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給小球一個(gè)水平向右的初速度v0使其開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則小球從開(kāi)始到最終穩(wěn)定的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．一定做減速運(yùn)動(dòng) B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功可能是0 C．最終穩(wěn)定時(shí)的速度一定是 D．最終穩(wěn)定時(shí)的速度可能是0 答案　BD 解析　對(duì)小球受力分析，小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力及可能有的彈力和摩擦力。若qv0B＞mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、豎直向下的彈力和向左的摩擦力，據(jù)牛頓第二定律可得：qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，解得：小球的加速度a＝，方

7、向向左，則小球做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終加速度減為0，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，勻速的速度v＝；若qv0B＝mg，則小球受豎直向下的重力和豎直向上的洛倫茲力而平衡，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度v0＝；若qv0B＜mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、豎直向上的彈力和向左的摩擦力，據(jù)牛頓第二定律可得：mg＝qvB＋FN，μFN＝ma，解得：小球的加速度a＝，方向向左；則小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止。綜上，A、C錯(cuò)誤，D正確；若小球的初速度v0滿足qv0B＝mg，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將始終不受摩擦力，故小球克服摩擦力做的功可能是0，B正確。 6．如圖所示，邊界OM與ON之間分布有垂直紙面

8、向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界ON上有一粒子源S。某一時(shí)刻，從粒子源S沿平行于紙面，向各個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間有大量粒子從邊界OM射出磁場(chǎng)。已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間等于T(T為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為(　　) A.T B.T C.T D.T 答案　A 解析　粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，入射點(diǎn)是S，出射點(diǎn)在OM直線上，出射點(diǎn)與S點(diǎn)的連線為軌跡的一條弦，又由題設(shè)條件可知，所有粒子質(zhì)量相等，初速度也相等，則由r＝，T＝可得

9、，所有粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑與周期也都相等。當(dāng)從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短時(shí)，軌跡的弦最短，如圖所示，根據(jù)幾何知識(shí)，作ES⊥OM，ES即為最短的弦，粒子從S運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間最短； 由題意可知，粒子運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間等于T，當(dāng)從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，粒子的初速度方向應(yīng)該為沿ON方向水平向右，此時(shí)過(guò)粒子源沿垂直于ON方向作直線DS交OM邊界于D點(diǎn)，可得DS＝2r，由幾何知識(shí)OS＝2r，ES＝r，sin＝＝，可得：θ＝120°，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為：tmin＝T＝T，A正確。 7．如圖所示為回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對(duì)H粒子進(jìn)行加速，此時(shí)D形盒

10、中的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，D形盒縫隙間電場(chǎng)變化周期為T，加速電壓為U。忽略相對(duì)論效應(yīng)和粒子在D形盒縫隙間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．保持B、U和T不變，該回旋加速器可以加速質(zhì)子 B．只增大加速電壓U，H粒子獲得的最大動(dòng)能增大 C．只增大加速電壓U，H粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短 D．回旋加速器只能加速帶正電的粒子，不能加速帶負(fù)電的粒子 答案　C 解析　D形盒縫隙間電場(chǎng)變化周期與H粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，為T＝，而質(zhì)子與H粒子的比荷不相等，所以為了加速器可以加速質(zhì)子，應(yīng)對(duì)加速器進(jìn)行參數(shù)調(diào)節(jié)，改變B和T，A錯(cuò)誤；設(shè)D形盒半徑為r，則H粒子離開(kāi)回旋加速

11、器的最大速度vmax＝，所以只增大加速電壓U，H粒子獲得的最大動(dòng)能不會(huì)增大，B錯(cuò)誤；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的動(dòng)能為2qU，在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由回旋次數(shù)決定，設(shè)回旋次數(shù)為n，則由2nqU＝mv，可得n＝，所以粒子運(yùn)動(dòng)總時(shí)間t＝nT＝·＝，故只增大加速電壓U，H粒子在回旋加速器中回旋的次數(shù)會(huì)變少，即運(yùn)動(dòng)的時(shí)間會(huì)變短，C正確；回旋加速度既能加速帶正電的粒子，也能加速帶負(fù)電的粒子，D錯(cuò)誤。 8. 利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，被廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域?；魻栐话阌砂雽?dǎo)體材料制成，有的半導(dǎo)體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導(dǎo)體中的載流子是空穴(相當(dāng)于正電荷)。如圖所示，將扁平

12、長(zhǎng)方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開(kāi)關(guān)，讓電流從霍爾元件的左側(cè)流入右側(cè)，則其前后兩表面會(huì)形成電勢(shì)差?，F(xiàn)有載流子是電子的霍爾元件1和載流子是空穴的霍爾元件2，兩元件均按圖示方式接入電路(閉合開(kāi)關(guān))，則關(guān)于前后兩表面電勢(shì)高低的判斷，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若接入元件1時(shí)，前表面電勢(shì)高；若接入元件2時(shí)，前表面電勢(shì)低 B．若接入元件1時(shí)，前表面電勢(shì)低；若接入元件2時(shí)，前表面電勢(shì)高 C．不論接入哪個(gè)元件，都是前表面電勢(shì)高 D．不論接入哪個(gè)元件，都是前表面電勢(shì)低 答案　A 解析　若接入元件1時(shí)，霍爾元件中移動(dòng)的是自由電子，根據(jù)左手定則

13、，電子向后表面偏轉(zhuǎn)，所以前表面電勢(shì)高；若接入元件2時(shí)，根據(jù)左手定則，空穴向后表面聚集，故后表面電勢(shì)高，前表面電勢(shì)低，故A正確。 9. (多選)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，過(guò)(－2R,0)點(diǎn)垂直x軸放置一線型粒子發(fā)射裝置，能在0

14、開(kāi)發(fā)射裝置到擊中y軸所用時(shí)間t的范圍為＜t< 答案　ABD 解析　由題意，某時(shí)刻發(fā)出的粒子都擊中的點(diǎn)是y軸上同一點(diǎn)，由發(fā)射裝置最高點(diǎn)射出的粒子只能擊中(0，R)，則擊中的同一點(diǎn)只能是(0，R)，即粒子擊中點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為R，A正確；從最低點(diǎn)射出的也擊中(0，R)，那么粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力有：qvB＝m，可得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，B正確；粒子運(yùn)動(dòng)的半徑都相同，但是入射點(diǎn)不同，所以粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度方向不同，C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程粒子的速率不變，故粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間正比于軌跡的長(zhǎng)度，所以從最低點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，由此可得粒子從離開(kāi)發(fā)射裝置到擊中y軸所用的最長(zhǎng)時(shí)間為t1＝

15、T＋＝×＋＝，從最高點(diǎn)直接射向(0，R)的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，最短的時(shí)間為t2＝，D正確。 10. (多選)電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng)，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過(guò)導(dǎo)電彈體從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(chǎng)(可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng))，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比，通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。設(shè)彈體只受安培力作用，現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來(lái)的2倍，理論上可采用的辦法是 (　　) A．只將軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 B．只將電流I增加到原來(lái)的2倍 C．只將彈體質(zhì)量減小到原來(lái)的一半 D．將彈體

16、質(zhì)量減小到原來(lái)的一半，軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，其他量不變 答案　BD 解析　設(shè)B＝kI，軌道之間距離d，則發(fā)射過(guò)程中，安培力做功kI2dL，由動(dòng)能定理kI2dL＝mv2，要使彈體的出射速度增加至原來(lái)的2倍，可采用的辦法是只將電流I增加到原來(lái)的2倍，或?qū)楏w質(zhì)量減小到原來(lái)的一半，同時(shí)軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，其他量不變，B、D正確。 11．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，AO是∠x(chóng)Oy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點(diǎn)從OA上的M點(diǎn)由靜止釋放，質(zhì)點(diǎn)恰能沿AO運(yùn)動(dòng)且通過(guò)O點(diǎn)進(jìn)

17、入x軸下方區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點(diǎn)進(jìn)入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點(diǎn)(C點(diǎn)、D點(diǎn)圖中均未標(biāo)出)。已知OM＝20 m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝，重力加速度為g＝10 m/s2。求： (1)兩勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)OD的長(zhǎng)L； (3)質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)出發(fā)到擊中D點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t。 答案　(1)　(2) m　(3)4.86 s 解析　(1)質(zhì)點(diǎn)在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場(chǎng)，沿AO做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以有mg＝qE，即E＝。 (2)質(zhì)點(diǎn)在x軸下方，重力與電場(chǎng)力平衡，質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從C點(diǎn)進(jìn)入第一象限后做類平拋運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖所示， 由洛倫茲力提供向心力得

18、： Bqv＝m 沿AO做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知： v2＝2aOM， 因?yàn)椋篴＝g 由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知： R＝vt3，R－L＝at 聯(lián)立解得：L＝ m。 (3)質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)有：OM＝at， 解得：t1＝2 s 質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有：t2＝×＝ s 質(zhì)點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)有R＝vt3，得：t3＝0.5 s 質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)出發(fā)到擊中D點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為： t＝t1＋t2＋t3＝ s≈4.86 s。 12．如圖是導(dǎo)軌式電磁炮實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，其間安放金屬滑塊(即實(shí)驗(yàn)用彈丸)，滑塊可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。電源提供的強(qiáng)

19、大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過(guò)滑塊，再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌流回電源?；瑝K被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場(chǎng)推動(dòng)而發(fā)射。在發(fā)射過(guò)程中，該磁場(chǎng)在滑塊所在位置始終可以簡(jiǎn)化為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面，其強(qiáng)度與電流的關(guān)系為B＝kI，比例常量k＝2.5×10－6 T/A。 已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距l(xiāng)＝1.5 cm，滑塊的質(zhì)量m＝30 g，滑塊沿導(dǎo)軌滑行5 m后獲得的發(fā)射速度v＝3.0 km/s(此過(guò)程視為勻加速運(yùn)動(dòng))。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)求發(fā)射過(guò)程中電源提供的電流強(qiáng)度； (2)若電源輸出的能量有4%轉(zhuǎn)換為滑塊的動(dòng)能，則發(fā)射過(guò)程中電源的輸出功率和輸出電壓各是多大？ (3)若此滑塊射出后隨即以速度v沿水平方向擊中放

20、在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度為s′。設(shè)砂箱質(zhì)量為M，滑塊質(zhì)量為m，不計(jì)砂箱與水平面之間的摩擦。求滑塊對(duì)砂箱平均沖擊力的表達(dá)式。 答案　(1)8.5×105 A　(2)1.0×109 W　1.2×103 V (3)f＝· 解析　(1)由勻加速運(yùn)動(dòng)公式a＝＝9×105 m/s2 由安培力公式和牛頓第二定律，有 F＝BIl＝kI2l，kI2l＝ma 因此I＝ ≈8.5×105 A。 (2)滑塊獲得的動(dòng)能是電源輸出能量的4% 即PΔt×4%＝mv2 發(fā)射過(guò)程中電源供電時(shí)間Δt＝＝×10－2 s 電源的輸出功率為P＝＝1.0×109 W 由功率P＝IU，解得輸出電壓：U＝≈1

21、.2×103 V。 (3)分別對(duì)砂箱和滑塊應(yīng)用動(dòng)能定理，有 fsM＝Mv，－f′sm＝mv－mv2 由牛頓定律f＝f′和相對(duì)運(yùn)動(dòng)sm＝sM＋s′ 由動(dòng)量守恒mv＝(m＋M)v共 聯(lián)立求得平均沖擊力f＝·。 『真題調(diào)研題組』 1．(2019·全國(guó)卷Ⅰ) 如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為(　　) A．2F B．1.5F C．0.5F D．0 答案　B 解析　設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則電路中

22、，上下兩支路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下兩支路電流之比為I1∶I2＝1∶2。如圖所示，由于上邊支路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，根據(jù)安培力計(jì)算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的安培力大小為F＋F′＝1.5F，B正確。 2．(2019·全國(guó)卷Ⅱ) 如圖，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O，可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為(　

23、　) A.kBl，kBl B.kBl，kBl C.kBl，kBl D.kBl，kBl 答案　B 解析　若電子從a點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝；若電子從d點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線②，有qvdB＝m，R＝2＋l2，解得vd＝＝＝。B正確。 3．(2019·全國(guó)卷Ⅲ) 如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過(guò)x軸離開(kāi)第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(　　) A. B. C.

24、D. 答案　B 解析　帶電粒子在不同磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，其速度大小不變，由r＝知，第一象限內(nèi)的軌跡圓半徑是第二象限內(nèi)的軌跡圓半徑的2倍，如圖所示，由幾何知識(shí)可知，粒子在第二象限內(nèi)軌跡所對(duì)圓心角為90°，在第一象限內(nèi)軌跡所對(duì)圓心角為60°。 粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝＝，粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝＝，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝，B正確。 4．(2019·天津高考)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開(kāi)啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)

25、體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時(shí)，電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的(　　) A．前表面的電勢(shì)比后表面的低 B．前、后表面間的電壓U與v無(wú)關(guān) C．前、后表面間的電壓U與c成正比 D．自由電子受到的洛倫茲力大小為 答案　D 解析　由左手定則判斷，后表面帶負(fù)電，電勢(shì)低，A錯(cuò)誤；電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無(wú)關(guān)，故B、C錯(cuò)誤；自由電子受到的洛倫茲力F＝evB＝，D正確。

26、 5．(2018·北京高考)某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)的是(　　) A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向 B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度 答案　C 解析　由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，即有Eq＝qvB，則v＝，若僅撤除電場(chǎng)，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明要滿足題意需要對(duì)磁場(chǎng)與電場(chǎng)的方向以及強(qiáng)弱程度、粒子入射時(shí)速度都有要求，但是對(duì)粒子的電性和電量無(wú)要求，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 6. (2018·

27、全國(guó)卷Ⅱ)(多選)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對(duì)于L2對(duì)稱。整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中，外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　) A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 D．流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 答案　AC 解析　L1在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

28、相等，設(shè)為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小設(shè)為B2，方向垂直紙面向里，在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B2，方向垂直紙面向外，規(guī)定向外為正方向，根據(jù)矢量疊加原理可知B0－B1－B2＝B0，B2＋B0－B1＝B0，聯(lián)立這兩式可解得：B1＝B0，B2＝B0，故A、C正確。 7．(2019·全國(guó)卷Ⅰ) 如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng)；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°

29、，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力。求 (1)帶電粒子的比荷； (2)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間。 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動(dòng)能定理有 qU＝mv2① 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvB＝m② 粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖， 由幾何關(guān)系知 d＝r③ 聯(lián)立①②③式得 ＝④ (2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸所經(jīng)過(guò)的路程為 s＝＋rtan30°⑤ 帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為 t＝⑥ 聯(lián)立②

30、③④⑤⑥式得t＝。 8. (2018·全國(guó)卷Ⅱ)一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。 (1)定性畫(huà)出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡； (2)求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大??； (3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方

31、向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。 答案　(1)軌跡見(jiàn)解析　(2) (3)　 解析　(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖a所示。(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱) (2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為θ(見(jiàn)圖b)，速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有 qE＝ma① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcosθ④ 粒子在

32、磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝⑤ 由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦ (3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0cot⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得＝⑨ 設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′， 則t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期， T＝? 由③⑦⑨⑩?式得t′＝。 9. (2018·天津高考)如圖所示，在水平線ab下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的

33、交點(diǎn)分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出，不計(jì)粒子重力。 (1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t； (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出，粒子從M到N的過(guò)程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m?、? 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有F＝qE?、? 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma?、? 粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)

34、，有 v＝at?、? 聯(lián)立①②③④式得t＝?、? (2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期和速度、圓周運(yùn)動(dòng)半徑無(wú)關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過(guò)的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所用的時(shí)間最短，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可知(r′－R)2＋(R)2＝r′2?、? 設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ， 即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知 tanθ＝?、? 粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的分速度同樣為v，在垂直于電場(chǎng)方向的分速度始終為v0， 由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可

35、知tanθ＝?、? 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝。 『模擬沖刺題組』 1．(2019·北京西城一模)如圖所示，在兩塊平行金屬板間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有兩種帶電粒子M、N分別以同樣的速度v從左端沿兩板間的中線射入，都能沿直線從右端射出，不計(jì)粒子重力。以下說(shuō)法正確的是(　　) A．帶電粒子M、N的電性一定相同 B．帶電粒子M、N的電量一定相同 C．撤去電場(chǎng)僅保留磁場(chǎng)，M、N做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一定相等 D．撤去磁場(chǎng)僅保留電場(chǎng)，M、N若能通過(guò)場(chǎng)區(qū)，則通過(guò)場(chǎng)區(qū)的時(shí)間相等 答案　D 解析　根據(jù)左手定則判斷可知，無(wú)論粒子帶何種電荷，受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力的方向總相

36、反，滿足qvB＝qE，即vB＝E，故可看出粒子能否沿直線射出只與速度有關(guān)，與電性和電量無(wú)關(guān)，故A、B錯(cuò)誤；撤去電場(chǎng)后，粒子在剩下的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝m，可得R＝，兩粒子的比荷不一定相同，則運(yùn)動(dòng)的半徑不一定相同，故C錯(cuò)誤；撤去磁場(chǎng)后，兩粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，若能穿過(guò)場(chǎng)區(qū)，則水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由l＝vt可知兩粒子通過(guò)場(chǎng)區(qū)的時(shí)間相等，故D正確。 2．(2019·山西運(yùn)城高三上學(xué)期模擬)如圖所示，邊長(zhǎng)為l，質(zhì)量為m的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以恒定的逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎笮镮。圖中虛線過(guò)ab邊中點(diǎn)和ac邊中點(diǎn)，在虛線的下方為垂直于導(dǎo)線框向里的有界矩形勻

37、強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。此時(shí)導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的拉力為F1；保持其他條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場(chǎng)移至虛線上方，導(dǎo)線框仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)細(xì)線中拉力為F2。則導(dǎo)線框中的電流大小為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　當(dāng)磁場(chǎng)位于虛線下方時(shí)，導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的拉力為F1，可知線框受到安培力的合力方向豎直向上，大小為F安＝，根據(jù)平衡條件，則有：F1＋F安＝mg；現(xiàn)將虛線下方的磁場(chǎng)移至虛線上方，此時(shí)細(xì)線中拉力為F2，安培力大小F安′＝BI，方向豎直向下，則有F2＝mg＋F安′，聯(lián)立得：F2＝F1＋BIl，即I＝，故選A。 3．(2019·遼寧大

38、連二模) 如圖所示，AC是四分之一圓弧，O為圓心，D為圓弧中點(diǎn)，A、D、C處各有一垂直紙面的通電直導(dǎo)線，電流大小相等，方向垂直紙面向里，整個(gè)空間還存在一個(gè)大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰好為零。如果將D處電流反向，其他條件都不變，則O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　) A．2(－1)B B．2(＋1)B C．2B D．0 答案　A 解析　O點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度是A、D、C處電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度與空間大小為B的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和。O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰好為零，則A、C與空間磁場(chǎng)的矢量和一定與D單獨(dú)產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，根據(jù)矢量合成法則可得：D電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度BD＝，所以

39、將D處電流反向，其他條件都不變，O處磁感應(yīng)強(qiáng)度：B′＝2BD＝2(－1)B，故選A。 4．(2019·福建漳州二模)(多選) 如圖所示，紙面內(nèi)半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域外存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，紙面內(nèi)的線段PA與圓形區(qū)域相切于A點(diǎn)，PA＝2R。若P點(diǎn)處有一粒子源沿PA方向射出不同速率的帶正電粒子(質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)重力)，則能射入圓形區(qū)域內(nèi)部的粒子的速率可能為(　　) A. B. C. D. 答案　CD 解析　粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與圓形區(qū)域相切時(shí)，粒子恰好不能射入圓形區(qū)域內(nèi)部，粒子此時(shí)擁有最小速度。相切時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)得：(r－R

40、)2＋(2R)2＝(r＋R)2； 解得：r＝3R，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：qvB＝m，解得：v＝，故當(dāng)粒子速度滿足v′>都可以進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域，則A、B錯(cuò)誤，C、D正確。 5. (2019·安徽淮北宿州一模)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第二、三、四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E。從第一象限中坐標(biāo)為(L，L)的P點(diǎn)由靜止釋放帶正電的粒子(不計(jì)重力)，該粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)速度為v0，第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為(－L,0)，求： (1)粒子的比荷及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)粒子第三次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的速度

41、大小及方向； (3)粒子第二次經(jīng)過(guò)y軸與第三次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)兩點(diǎn)間的距離。 答案　(1)　 (2)v0，與x軸正方向成45°角斜向右下方 (3)3L 解析　(1)粒子從P點(diǎn)由靜止釋放并到達(dá)x軸過(guò)程中， 由動(dòng)能定理得EqL＝mv 解得＝ 粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并由洛倫茲力提供向心力。 設(shè)軌跡半徑為r1，則qBv0＝m 解得r1＝ 粒子第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為(－L,0)，故其軌跡半徑r1＝L，得B＝。 (2)粒子通過(guò)y軸上的點(diǎn)(0，L)，以平行x軸的速度v0進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t第三次通過(guò)x軸，軌跡如圖所示，在此過(guò)程中， 加速度a＝＝ 水平位移

42、x＝v0t 豎直位移L＝at2 解得t＝ x＝2L 該粒子第三次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)， 水平分速度vx＝v0 豎直分速度vy＝at＝v0 所以粒子第三次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的速度大小 v＝＝v0 其方向與x軸正方向成45°角斜向右下方。 (3)由前面的解析可知，粒子第二次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)坐標(biāo)為(0，L)，第三次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)坐標(biāo)為(2L,0)，再次進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)， r2＝＝L 由幾何關(guān)系可求得粒子第三次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)坐標(biāo)為(0，－2L)， 故粒子第二次經(jīng)過(guò)y軸與第三次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)兩點(diǎn)間距為3L。 6．(2019·湖南懷化一模)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、

43、方向垂直于坐標(biāo)平面向里的有界矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(圖中未畫(huà)出)；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為(－L,0)的A點(diǎn)。粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v0的電子，電子通過(guò)y軸上的C點(diǎn)時(shí)的速度方向與y軸正方向成α＝45°角，電子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后方向恰好垂直第一象限內(nèi)與x軸正方向成β＝15°角的射線ON。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用。求： (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t； (3)矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積Smin。 答案　(1)　(2)＋　(3)2 解析　(1)電子從A到C的過(guò)

44、程中，由動(dòng)能定理得： eEL＝mv－mv，vCcos45°＝v0 聯(lián)立解得：E＝。 (2)電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向有： L＝t1 其中vC＝，由數(shù)學(xué)知識(shí)知電子在磁場(chǎng)中的速度偏向角等于圓心角：θ＝ 電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2＝T，其中T＝， 電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2 聯(lián)立解得：t＝＋。 (3)電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有evB＝m，最小矩形區(qū)域如圖所示， 由數(shù)學(xué)知識(shí)得：CD＝2r·sin，CQ＝r－rcos 故矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積：Smin＝CD·CQ 聯(lián)立解得：Smin＝2。 7．(2019·重慶南開(kāi)中學(xué)

45、高三4月模擬)在矩形區(qū)域abcd中，存在如圖甲所示的磁場(chǎng)區(qū)域(包括邊界)，規(guī)定磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正，其中bc＝2ab＝2L、e為bc邊界上的一點(diǎn)，且ce＝。重力可忽略不計(jì)的正粒子從d點(diǎn)沿dc方向以初速度v0射入如圖乙所示的周期性變化的磁場(chǎng)，已知粒子的比荷為k。求： (1)如果在t＝0時(shí)刻射入磁場(chǎng)的粒子經(jīng)小于半個(gè)周期的時(shí)間從邊界上的e點(diǎn)離開(kāi)，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0應(yīng)為多大？ (2)如果磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝，在bc邊的右側(cè)加一垂直bc邊向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，t＝0時(shí)刻射入磁場(chǎng)的粒子剛好經(jīng)過(guò)T0后垂直bc邊離開(kāi)磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又沿dc邊從d點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，則電場(chǎng)強(qiáng)度E以及粒子在電場(chǎng)中的路程

46、x分別為多大？(T0未知，用k，L，v0表示) (3)如果磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝，欲使在小于半個(gè)周期的任意時(shí)刻射入磁場(chǎng)的粒子均不能由ad邊離開(kāi)磁場(chǎng)，則磁場(chǎng)的變化周期T0應(yīng)滿足什么條件？ 答案　(1) (2)(n＝1,2,3…)　(n＝1,2,3…) (3)T0≤ 解析　(1)根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖a所示， 由幾何關(guān)系有：R2＝2＋L2，計(jì)算得出：R＝L 又R＝，解得：B0＝。 　 (2)根據(jù)R＝，把B0＝代入可得粒子的半徑R＝L，畫(huà)出粒子在T0的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖b所示， 設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T，根據(jù)題意有：T0＝T 得T0＝，為保證粒子能回到d點(diǎn)，則在電場(chǎng)中所用時(shí)間t

47、滿足：t＝nT0(n＝1,2,3…) 又有t＝，a＝，解得E＝(n＝1,2,3…) 粒子在電場(chǎng)中路程：x＝2＝(n＝1,2,3…)。 (3)臨界情況為粒子從t＝0時(shí)刻射入，并且在T0時(shí)刻軌跡恰好與ad邊相切，如圖c所示， 設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由幾何關(guān)系知粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為150°， 對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝T＝，應(yīng)滿足t≥T0， 解得：T0≤。 8．(2019·山東淄博三模) 如圖，光滑水平桌面上有一個(gè)矩形區(qū)域abcd，bc長(zhǎng)度為2L，cd長(zhǎng)度為1.5L，e、f分別為ad、bc的中點(diǎn)。efcd區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的絕緣小球A靜止在磁場(chǎng)

48、中f點(diǎn)。abfe區(qū)域存在沿bf方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為；質(zhì)量為km的不帶電絕緣小球P，以大小為的初速度沿bf方向運(yùn)動(dòng)。P與A發(fā)生彈性正碰，A的電量保持不變，P、A均可視為質(zhì)點(diǎn)。 (1)求碰撞后A球的速度大?。? (2)若A從ed邊離開(kāi)磁場(chǎng)，求k的最大值； (3)若A從ed邊中點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，求k的可能值和A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間。 答案　(1)vA＝·　(2)1 (3)或　 解析　(1)設(shè)P、A碰后的速度分別為vP和vA，P碰前的速度為v＝ 由動(dòng)量守恒定律：kmv＝kmvP＋mvA 由機(jī)械能守恒定律：kmv2＝kmv＋mv 解得：vA＝·。 (2)設(shè)A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑

49、為R，由牛頓第二定律得：qvAB＝ 解得：R＝L，即k＝ 由此可知R越大，k值越大 如圖1，當(dāng)A球的軌跡與cd相切時(shí)，R為最大值，R＝L 求得k的最大值為1。 (3)令z點(diǎn)為ed邊的中點(diǎn)，分類討論如下： (ⅰ)A球在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)一次從z點(diǎn)就離開(kāi)磁場(chǎng)，如圖2有 R2＝2＋(1.5L－R)2 解得：R＝ 由R＝L可得：k＝ (ⅱ)分析可知A球能從z點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)需要滿足R≥，則A球在磁場(chǎng)中還可能經(jīng)歷一次半圓運(yùn)動(dòng)后進(jìn)到電場(chǎng)，然后再由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從z點(diǎn)離開(kāi)。 如圖3和圖4，由幾何關(guān)系有： R2＝2＋2 解得：R＝或R＝ 由k＝可得：k＝或k＝ 球A在電場(chǎng)中克服電場(chǎng)

50、力做功的最大值為 Wm＝ 當(dāng)k＝時(shí)，vA＝，由于·mv＝>，故不成立； 當(dāng)k＝時(shí)，vA＝，由于·mv＝＜，故成立。 綜合(ⅰ)、(ⅱ)可得A球能從z點(diǎn)離開(kāi)的k的可能值為： k＝或k＝ A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為T＝ 當(dāng)k＝時(shí)，如圖4，A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，最長(zhǎng)時(shí)間為t＝T，即t＝。 『熱門預(yù)測(cè)題組』 1．(2019·湖南常德高三一模)2018年，我省加大環(huán)保督查力度，打響碧水藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)。督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，測(cè)量管由絕緣材料制成，其長(zhǎng)為L(zhǎng)、直徑為D，左右兩端開(kāi)口，在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下。污水(含有大

51、量的正負(fù)離子)充滿管口從左向右流經(jīng)該測(cè)量管時(shí)，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量Q(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)。則(　　) A．a(chǎn)側(cè)電勢(shì)比c側(cè)電勢(shì)低 B．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大 C．污水流量Q與U成正比，與L、D無(wú)關(guān) D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ 答案　D 解析　污水中正、負(fù)離子從左向右移動(dòng)，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負(fù)離子向前表面偏，所以a側(cè)電勢(shì)比c側(cè)電勢(shì)高，故A錯(cuò)誤；最終正、負(fù)離子受到電場(chǎng)力和洛倫茲力處于平衡，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝＝·＝，可知Q與U、D成正比，與L無(wú)關(guān)，與離子濃度無(wú)關(guān)，B、C錯(cuò)誤；由Q＝可知，勻

52、強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，故D正確。 2．(2019·湖南常德一模)歐洲大型強(qiáng)子對(duì)撞機(jī)是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速對(duì)撞的高能物理設(shè)備，其原理可簡(jiǎn)化如下：兩束橫截面積極小，長(zhǎng)度為l0的質(zhì)子束以初速度v0同時(shí)從左、右兩側(cè)入口射入加速電場(chǎng)，出來(lái)后經(jīng)過(guò)相同的一段距離射入垂直紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域并被偏轉(zhuǎn)，最后兩質(zhì)子束發(fā)生相碰。已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為e；加速極板AB、A′B′間電壓均為U0，且滿足eU0＝mv。兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，半徑均為R，圓心O、O′在質(zhì)子束的入射方向上，其連線與質(zhì)子入射方向垂直且距離為H＝R；整個(gè)裝置處于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對(duì)論效應(yīng)

53、。 (1)試求質(zhì)子束經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速后(未進(jìn)入磁場(chǎng))的速度v和磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (2)如果某次實(shí)驗(yàn)時(shí)將磁場(chǎng)O的圓心往上移了，其余條件均不變，質(zhì)子束能在OO′連線的某位置相碰，求質(zhì)子束原來(lái)的長(zhǎng)度l0應(yīng)該滿足的條件。 答案　(1)2v0　　(2)l0≥ 解析　(1)對(duì)于單個(gè)質(zhì)子進(jìn)入加速電場(chǎng)后，則有： eU0＝mv2－mv 又：eU0＝mv，解得：v＝2v0； 根據(jù)對(duì)稱，兩束質(zhì)子會(huì)相遇于OO′的中點(diǎn)P，粒子束由CO方向射入，根據(jù)幾何關(guān)系可知必定沿OP方向射出，出射點(diǎn)為D，過(guò)C、D點(diǎn)作速度的垂線相交于K，則K點(diǎn)即為軌跡的圓心，如圖甲所示，并可知軌跡半徑r＝R 根據(jù)洛倫茲力提供向心

54、力有：evB＝m 可得磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B＝。 　 (2)磁場(chǎng)O的圓心上移了，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對(duì)稱，但是粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑仍為R，對(duì)于上方粒子，將不是向著圓心射入，而是從F點(diǎn)射入磁場(chǎng)，如圖乙所示，E點(diǎn)是原來(lái)C點(diǎn)位置，連接OF、OD，并作FK平行且等于OD，連KD，由于OD＝OF＝FK，故平行四邊形ODKF為菱形，即KD＝KF＝R，故粒子束仍然會(huì)從D點(diǎn)射出，但方向并不沿OD方向，K為粒子束的圓心，由于磁場(chǎng)上移了，故sin∠COF＝＝，∠COF＝，∠DOF＝∠FKD＝ 對(duì)于下方的質(zhì)子，則沒(méi)有任何改變，故兩質(zhì)子束若相遇，只可能相遇在D點(diǎn)， 下方質(zhì)子到達(dá)C′后最先到達(dá)D點(diǎn)的質(zhì)子所需時(shí)間為 t′＝＝ 而上方質(zhì)子中最后一個(gè)到達(dá)E點(diǎn)的時(shí)間比第一個(gè)到達(dá)E點(diǎn)的時(shí)間滯后Δt＝ 上方質(zhì)子從E點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)所需時(shí)間為 t＝＋＝R 要使兩質(zhì)子束相碰，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足t′≤t＋Δt 聯(lián)立解得l0≥。 - 29 -