3、B1＝B2＝B3
C．a(chǎn)和b處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里
D．a(chǎn)處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，b和c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里
答案：AC
解析：由題意可知，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由三條通電導(dǎo)線在此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加而成，有兩條導(dǎo)線在此處產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消，由第三條導(dǎo)線決定此處的磁場(chǎng)，合磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，而b點(diǎn)與a點(diǎn)有相同的情況，同理可得b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，大小與a處的相同，而在c點(diǎn)三根導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相同，所以疊加而成的磁場(chǎng)最強(qiáng)，故A正確，B錯(cuò)誤；由圖可知，根據(jù)安培定則可得，a和b處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，故C正確，D錯(cuò)誤．
4、
3．[2019·石家莊模擬]如圖甲所示，一個(gè)條形磁鐵P固定在水平桌面上，以P的右端點(diǎn)為原點(diǎn)，中軸線為x軸建立一維坐標(biāo)系．一個(gè)靈敏的小磁針Q放置在x軸上不同位置，設(shè)Q與x軸之間的夾角為θ.實(shí)驗(yàn)測(cè)得sinθ與x之間的關(guān)系如圖乙所示．已知該處地磁場(chǎng)方向水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.下列說(shuō)法正確的是( )
A．P的右端為S極
B．P的中軸線與地磁場(chǎng)方向垂直
C．P在x0處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0
D．x0處合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0
答案：B
解析：
x→∞時(shí)sinθ＝1，θ＝90°，此時(shí)小磁針N極指向即為地磁場(chǎng)的方向，即B對(duì)．小磁針離P越遠(yuǎn)，θ越大，說(shuō)明P對(duì)小磁
5、針的N極的斥力和對(duì)小磁針S極的引力越小，故P的右端應(yīng)為N極，故A錯(cuò)．x＝x0處，sinθ＝，θ＝45°，即x0處合磁場(chǎng)的方向與x軸正向成45°角，如圖所示，易知x＝x0處，P產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BP＝B0，合磁場(chǎng)的大小B＝B.所以C、D均錯(cuò)．
4.
[2019·貴州遵義模擬]有四條垂直于紙面的長(zhǎng)直固定導(dǎo)線，電流方向如圖所示，其中a、b、c三條導(dǎo)線到d導(dǎo)線的距離相等，三條導(dǎo)線與d的連線互成120°角．四條導(dǎo)線的電流大小都為I，其中a導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力大小為F.現(xiàn)突然把c導(dǎo)線的電流方向改為垂直于紙面向外，電流大小不變．此時(shí)d導(dǎo)線所受安培力的合力大小為( )
A．0 B．F
6、C.F D．2F
答案：D
解析：a導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力大小為F，三條導(dǎo)線與d的連線互成120°角，因此在c導(dǎo)線的電流方向改變之前，d導(dǎo)線所受安培力的合力為零；當(dāng)c導(dǎo)線的電流方向改變之后，則有：a、b導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力夾角為120°，大小為F，因此這兩個(gè)安培力的合力大小為F，方向指向c導(dǎo)線，而c導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力大小為F，方向指向c導(dǎo)線，那么此時(shí)，d導(dǎo)線所受安培力的合力大小為2F，故D項(xiàng)正確．
5.
[2019·安徽蚌埠模擬]一段導(dǎo)線abcde位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且與磁場(chǎng)方向(垂直于紙面向里)垂直．線段ab、bc、cd和de的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，且∠abc＝∠cd
7、e＝120°，流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．導(dǎo)線段abcde所受到的磁場(chǎng)的作用力的合力大小為( )
A．2BIL B．3BIL
C．(＋2)BIL D．4BIL
答案：B
解析：因?yàn)椤蟖bc＝∠cde＝120°，根據(jù)幾何關(guān)系可知∠bcd＝60°，故b與d之間的直線距離也為L(zhǎng)，則導(dǎo)線段abcde的有效長(zhǎng)度為3L，故所受安培力的大小為F＝3BIL，故B正確．
6．[2019·山東德州模擬](多選)靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一個(gè)原子核發(fā)生衰變，產(chǎn)生兩個(gè)未知粒子1和2，它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，下列說(shuō)法正確的是( )
A．可能是α衰變
B．一定是β衰變
8、C．粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量
D．粒子1與粒子2運(yùn)動(dòng)周期相同
答案：BC
解析：靜止的原子核發(fā)生衰變，遵循動(dòng)量守恒定律，兩粒子的運(yùn)動(dòng)方向相反，由于兩軌跡內(nèi)切，所以一定是β衰變，A錯(cuò)誤，B正確；由qvB＝，得R＝，所以半徑R與電荷量q成反比，所以粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量，C正確；由T＝知，β衰變中兩粒子的比荷不同，所以兩粒子運(yùn)動(dòng)周期不同，D錯(cuò)誤．
7.
[2019·貴州貴陽(yáng)模擬](多選)如圖所示，MN為兩個(gè)方向相同且垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界面，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系為B1＝2B2.一比荷值為k的帶電粒子(不計(jì)重力)，以一定速率從O點(diǎn)垂直于MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B
9、1的磁場(chǎng)，則粒子下一次到達(dá)O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為( )
A. B.
C. D.
答案：BC
解析：根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，qvB＝m，可得R＝，由此可知帶電粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑(或直徑)是在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑(或直徑)的2倍，畫(huà)出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，如圖所示．粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝2×＝，粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝＝，則粒子下一次到達(dá)O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＝＋＝＝＝，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，B、C正確．
8.
[2019·江蘇
10、揚(yáng)州等六市模擬]如圖所示，水平虛線MN上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里．大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內(nèi)從水平向右到豎直向上90°范圍內(nèi)的各個(gè)方向，由小孔O射入磁場(chǎng)區(qū)域，做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)．不計(jì)粒子重力和粒子間相互作用．下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過(guò)的區(qū)域，其中正確的是( )
答案：B
解析：由小孔O射入磁場(chǎng)區(qū)域，做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)榱Ｗ訋д姡鶕?jù)左手定則可知粒子將向左偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤；因?yàn)榱Ｗ右韵嗤乃俾恃匚挥诩埫鎯?nèi)從水平向右到豎直向上90°范圍內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射，由O點(diǎn)水平向右射入的粒子的軌跡恰好應(yīng)為最右端邊界；在豎直方向上最遠(yuǎn)點(diǎn)距MN為2R，由
11、O點(diǎn)豎直向上射入的粒子，打在最左端，兩軌跡圍成部分因?yàn)闆](méi)有粒子射入，所以中間會(huì)出現(xiàn)一塊空白區(qū)域，故B正確，A、D錯(cuò)誤．
二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)
9．(8分)
如圖所示，MN是一根長(zhǎng)為l＝10 cm、質(zhì)量為m＝50 g的金屬棒，用兩根長(zhǎng)度也為l的細(xì)軟導(dǎo)線將金屬棒MN水平吊起，使金屬棒處在B＝ T的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．未通電流時(shí)，細(xì)導(dǎo)線在豎直方向，通入恒定電流后，金屬棒向外偏轉(zhuǎn)的最大偏角θ＝37°.忽略磁場(chǎng)對(duì)軟導(dǎo)線的作用力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求金屬棒中恒定電流的大小．
答案：5 A
解析：
金屬棒向外偏
12、轉(zhuǎn)的過(guò)程中，受重力mg、導(dǎo)線拉力FT、安培力F，其側(cè)視圖如圖所示，其中導(dǎo)線的拉力不做功，由動(dòng)能定理得
WF＋WG＝0(1分)
其中安培力做的功WF＝Flsinθ＝BIl2sinθ(2分)
重力做的功WG＝－mgl(1－cosθ)(2分)
解得金屬棒中的電流為I＝(2分)
代入數(shù)據(jù)得I＝5 A(1分)
10．(10分)
如圖所示，輕質(zhì)空心金屬輪A可繞過(guò)圓心O的光滑水平軸運(yùn)動(dòng)，沿金屬輪半徑方向接有一根輕質(zhì)金屬棒OC，其長(zhǎng)度為a、電阻為r，A輪的邊緣與金屬棒的端點(diǎn)O通過(guò)電刷、導(dǎo)線與一阻值為R的電阻相連．一輕細(xì)繩的一端固定在A輪的邊緣上的某點(diǎn)，繩在A輪上繞有足夠多的匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量
13、為m的重物P，A輪處在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)A輪、端點(diǎn)O與電刷之間的摩擦及A輪的電阻．求：
(1)當(dāng)A輪角速度為ω時(shí)，金屬棒所受安培力的大小；
(2)釋放重物，在運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，重物勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度．
答案：(1) (2)
解析：(1)在Δt時(shí)間內(nèi)，金屬棒轉(zhuǎn)過(guò)的角度為θ，則其掃過(guò)的面積為：
ΔS＝a2θ＝a2ωΔt(1分)
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E，則E＝＝(1分)
又I＝(1分)
F＝BIa(1分)
所以金屬棒所受安培力F＝(1分)
(2)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝(1分)
重物P勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的功率等于所有電阻的熱
14、功率之和
即mgv＝(1分)
而v＝ω·a(1分)
解得重物勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v＝，方向?yàn)樨Q直向下(2分)
11．(13分)
如圖所示，在空間中存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界AB與CD之間的寬度為d，在左邊界的Q點(diǎn)處有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子沿與左邊界夾角為30°的方向射入磁場(chǎng)，粒子重力不計(jì)．
(1)求帶電粒子能從AB邊界飛出的最大速度；
(2)若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場(chǎng)，穿過(guò)小孔進(jìn)入如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中減速至零且不碰到負(fù)極板，求極板間電壓及整個(gè)過(guò)程中粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(3)若帶電粒子的速度是(2)中的倍，并可以從Q點(diǎn)沿紙面各個(gè)方向射
15、入磁場(chǎng)，求粒子從出發(fā)點(diǎn)到打到CD邊界的最高點(diǎn)位置之間的距離．
答案：(1) (2) (3)2d
解析：(1)當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到右邊界，其軌跡恰好與CD邊相切時(shí)，所對(duì)應(yīng)的速度是能從AB邊界飛出的最大速度，其軌跡如
圖甲所示，設(shè)其軌道半徑為R，最大速度為vmax
由幾何關(guān)系得：R＋Rcos30°＝d(1分)
由洛倫茲力提供向心力得：
Bqvmax＝m(1分)
由以上兩式解得：vmax＝(1分)
(2)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系知粒子此時(shí)的軌道半徑為：R2＝(1分)
設(shè)這時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2，由洛倫茲力提供向心力得：Bqv2＝m
粒子進(jìn)入電場(chǎng)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由
16、動(dòng)能定理得：
mv＝qU(2分)
解得極板間電壓
U＝＝(1分)
粒子不碰到右極板所加電壓滿足的條件為U≥(1分)
因粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為60°，所用時(shí)間為，而周期
T＝(1分)
因返回通過(guò)磁場(chǎng)所用時(shí)間相同，所以總時(shí)間
t＝2×＝(1分)
(3)當(dāng)粒子速度為(2)中的倍時(shí)，即v3＝v2，
根據(jù)Bqv3＝m解得R3＝2d(1分)
當(dāng)粒子沿BA方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，打在DC邊上的點(diǎn)為最高點(diǎn)，如圖丙，由幾何關(guān)系可得粒子能打到CD邊界的最高點(diǎn)位置與Q點(diǎn)的距離為：l＝R3＝2d(2分)
12.
(16分)如圖所示，兩平行金屬板A、B間的電勢(shì)差為U＝5×104 V．在B板的右側(cè)有
17、兩個(gè)方向不同但寬度相同的有界磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ，它們的寬度為d1＝d2＝6.25 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1＝2.0 T、B2＝4.0 T，方向如圖中所示．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1.0×10－8 kg、電荷量q＝1.6×10－6 C、重力忽略不計(jì)的粒子從A板的O點(diǎn)處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)加速后恰好從B板的小孔Q處飛出．試求：
(1)帶電粒子從加速電場(chǎng)中出來(lái)的速度v；
(2)帶電粒子穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ所用的時(shí)間t；
(3)帶電粒子從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ射出時(shí)速度方向與邊界面的夾角；
(4)若d1的寬度不變，改變d2的寬度，要使粒子不能從Ⅱ區(qū)飛出磁場(chǎng)，則d2的寬度至少為多大？
答案：(1)4.0×103 m/s (2)1.6
18、×10－3 s
(3)60° (4)9.375 m
解析：(1)粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有：
qU＝mv2－0(2分)
解得v＝4.0×103 m/s(1分)
(2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲，設(shè)粒子在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qvB1＝(1分)
代入數(shù)據(jù)解得r＝12.5 m(1分)
設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為θ，則：
sinθ＝＝＝(1分)
所以θ＝30°(1分)
粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)周期T＝(1分)
則粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T(1分)
解得t＝ s≈1.6×10－3 s(1分)
(3)設(shè)粒子在Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半
19、徑為R，則qvB2＝(1分)
解得R＝6.25 m(1分)
如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知△MO2P為等邊三角形，所以粒子離開(kāi)Ⅱ區(qū)域時(shí)速度與邊界面的夾角為α＝60°(1分)
(4)要使粒子不能從Ⅱ區(qū)飛出磁場(chǎng)，粒子運(yùn)動(dòng)的軌道與磁場(chǎng)邊界相切時(shí)，由圖乙可知Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)的寬度至少為：
d2＝R＋Rcos60°＝1.5R＝9.375 m(3分)
探究創(chuàng)新卷⑧ 著眼于練模擬悟規(guī)范——爭(zhēng)滿分
(本試卷滿分95分)
一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的．全部選對(duì)的得6分，選不全的得3分，有選錯(cuò)或不答
20、的得0分)
1．(多選)如圖所示，紙面內(nèi)A、B兩點(diǎn)之間連接有四段導(dǎo)線分別為ACB、ADB、AEB和AFB，四段導(dǎo)線的粗細(xì)、材料均相同，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里．現(xiàn)給A、B兩端加上恒定電壓，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．四段導(dǎo)線受到的安培力的方向相同
B．四段導(dǎo)線受到的安培力的大小相等
C．ADB段導(dǎo)線受到的安培力最大
D．AEB段導(dǎo)線受到的安培力最小
答案：AC
解析：導(dǎo)線的粗細(xì)、材料均相同，由電阻定律R＝ρ可知，導(dǎo)線越長(zhǎng)，電阻越大，由I＝可知，ADB段導(dǎo)線長(zhǎng)度最小，則ADB段導(dǎo)線電流最大，四段導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度L′都相同，由F＝BIL′可知，ADB段導(dǎo)線受到的安培力最大
21、，而AFB段導(dǎo)線比AEB段導(dǎo)線長(zhǎng)，AEB段導(dǎo)線受到的安培力不是最小的，故C正確、D錯(cuò)誤；由左手定則可知，四段導(dǎo)線所受安培力的方向均相同，故A正確、B錯(cuò)誤．
2．[2019·山西太原五中模擬](多選)圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E＝1 V，電容器的電容為C＝1 F．兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l＝1 m，電阻不計(jì)．一質(zhì)量為m＝1 kg、電阻為R＝1 Ω的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)．當(dāng)MN達(dá)到最大速度時(shí)離開(kāi)導(dǎo)軌
22、，則( )
A．磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外
B．MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量為0.5 C
C．MN的最大速度為1 m/s
D．MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為1 m/s2
答案：BD
解析：電容器上極板帶正電，通過(guò)MN的電流方向向下，由于MN向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則知，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，A錯(cuò)誤；電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝，設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝BIl，由牛頓第二定律有F＝ma，聯(lián)立解得a＝＝1 m/s2.當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE，開(kāi)關(guān)S接2后，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)
23、動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有E′＝Blvmax，依題意有E′＝，設(shè)在此過(guò)程MN中的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有＝Bl，由動(dòng)量定理，有Δt＝mvmax，又IΔt＝Q0－Q，聯(lián)立解得Q＝＝0.5 C，vmax＝0.5 m/s，C錯(cuò)誤，B、D正確．
3.
[2019·廣東廣州模擬]如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且不計(jì)重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30°的方向從P點(diǎn)垂直磁場(chǎng)射入，最后粒子垂直于MN射出，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為( )
A. B.
C. D.
答案：B
24、解析：設(shè)該粒子的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得rcos60°＝R，可得r＝2R.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝，選項(xiàng)B正確．
4.
[2019·廣東湛江模擬](多選)如圖所示，在空間有一坐標(biāo)系xOy，直線OP與x軸正方向的夾角為30°，第一象限內(nèi)有兩個(gè)方向都垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，直線OP是它們的邊界，OP上方區(qū)域Ⅰ中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子(不計(jì)重力)以速度v從O點(diǎn)沿與OP成30°角的方向垂直磁場(chǎng)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，質(zhì)子先后通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x軸上的Q點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，則( )
A
25、．質(zhì)子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
B．質(zhì)子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
C．質(zhì)子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
D．質(zhì)子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
答案：BD
解析：質(zhì)子在兩個(gè)磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力，均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖所示．根據(jù)圓的對(duì)稱性及題設(shè)可知，質(zhì)子到達(dá)OP上的A點(diǎn)時(shí)速度方向水平向右，與x軸平行，質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，所以質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝T＝×＝，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)在區(qū)域Ⅰ中的軌跡半徑為r1，在區(qū)域Ⅱ中的軌跡半徑為r2，由幾何知識(shí)知△OAO1為等邊三角形，則r2＝r1sin30°，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝m，qvB2＝m，聯(lián)立解得
26、B2＝2B，由題設(shè)及幾何知識(shí)可得在區(qū)域Ⅱ中軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為90°，所以質(zhì)子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝T2＝×＝，故C錯(cuò)誤，D正確．
5．如圖所示，某空間同時(shí)存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電場(chǎng)線與水平方向的夾角為θ.一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒以速度v沿電場(chǎng)線方向進(jìn)入該空間，恰好沿直線從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)．下列說(shuō)法中正確的是( )
A．該微?？赡軒ж?fù)電
B．微粒從P到Q的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)
C．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
D．電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為
答案：C
解析：帶電微粒從P到Q恰好沿直線運(yùn)動(dòng)，則微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，作出微粒在電磁場(chǎng)中受力分析圖如圖
27、所示，由圖可知微粒一定帶正電，故A、B錯(cuò)誤；由受力分析及平衡條件可知qE＝mgsinθ，qBv＝mgcosθ，解得E＝，B＝，故C正確、D錯(cuò)誤．
6．美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過(guò)電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子領(lǐng)域前進(jìn)了一大步．如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)恒定，且被限制在A、C兩板之間．帶電粒子從P0處以初速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是
28、( )
A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)
D．加速電場(chǎng)方向需要做周期性變化
答案：C
解析：由題圖可知，帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由公式R＝和qU＝mv－mv可知，帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周，電場(chǎng)力做功相同，動(dòng)能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增加量不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由v＝可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，選項(xiàng)C正確；由T＝可知，粒子運(yùn)動(dòng)的周期不隨v的變化而變化，故加速電場(chǎng)的方向不需做周期性變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
7.
如圖所示，平行金屬板a、b之間的距離為d，a板帶正電荷，b
29、板帶負(fù)電荷，a、b之間還有一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1.一不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0射入a、b之間，恰能在兩金屬板之間勻速向下運(yùn)動(dòng)，并進(jìn)入PQ下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，PQ下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，方向如圖所示．已知帶電粒子的比荷為c，則( )
A．帶電粒子在a、b之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的電場(chǎng)力水平向右
B．平行金屬板a、b之間的電壓為U＝dv0B2
C．帶電粒子進(jìn)入PQ下方的磁場(chǎng)之后，向左偏轉(zhuǎn)
D．帶電粒子在PQ下方磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為
答案：D
解析：由于不知道帶電粒子的電性，故無(wú)法確定帶電粒子在a、b間運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的電場(chǎng)力的方向，也無(wú)法確定帶電粒子進(jìn)
30、入PQ下方的磁場(chǎng)之后向哪偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；粒子在a、b之間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有q＝qv0B1，解得平行金屬板a、b之間的電壓為U＝dv0B1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；帶電粒子在PQ下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r＝＝，選項(xiàng)D正確．
8．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點(diǎn)A由靜止開(kāi)始下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個(gè)裝置處于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為，方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．物塊最終停在A點(diǎn)
B．物塊最終停在最低點(diǎn)
C．物塊做往
31、復(fù)運(yùn)動(dòng)
D．物塊首次滑到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mg＋qB
答案：CD
解析：由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力的方向向右，所以物塊最終從最低點(diǎn)開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)某位置時(shí)速度變?yōu)榱?，然后又向左運(yùn)動(dòng)，即物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，C正確，A、B錯(cuò)誤；物塊從A點(diǎn)首次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理得，mgR－qER＝mv2－0，且E＝，聯(lián)立得v＝，物塊首次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N－mg－qvB＝m，解得FN＝2mg＋qB，由牛頓第三定律知，D正確．
二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)
9．(12分)
如圖，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后沿圖
32、中圓弧虛線通過(guò)靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)，已知圓弧所在處場(chǎng)強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d，離子重力不計(jì)．
(1)求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大??；
(2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的值；
(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要求離子能最終打在QN上，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍．
答案：(1) (2) (3)·≤B<·
解析：(1)離子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝mv2.離子在輻向電場(chǎng)中做勻速
33、圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
qE0＝.
聯(lián)立可得R＝.
(2)離子做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有
d＝vt，
3d＝at2.
由牛頓第二定律得qE＝ma.
聯(lián)立可得E＝.
(3)離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
qvB＝，
則r＝·.
離子能打在QN上，則既沒(méi)有從DQ邊出去也沒(méi)有從CN邊出去，則離子運(yùn)動(dòng)徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ所示．
由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：
d
34、右側(cè)有一個(gè)以點(diǎn)(3L,0)為圓心、半徑為L(zhǎng)的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點(diǎn)分別為M、N.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子，從y軸上的A點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向射入電場(chǎng)，飛出電場(chǎng)后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為30°.不考慮電子所受的重力．
(1)求電子進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)的速度大小和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大?。?
(2)若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個(gè)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使電子穿出圓形區(qū)域時(shí)速度方向垂直于x軸．求所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)．
(3)若在電子剛進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)，在圓形區(qū)域內(nèi)加上按圖乙所示變化的磁場(chǎng)(以垂直于紙面向外為磁場(chǎng)正方向)，最后電子
35、從N點(diǎn)處飛出，速度方向與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相同．請(qǐng)寫(xiě)出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小、磁場(chǎng)變化周期T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達(dá)式．
答案：(1)v0 (2)
(3)B0＝(n＝1,2,3，…) T＝(n＝1,2,3，…)
解析：
(1)電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，射出電場(chǎng)時(shí)，速度分解圖如圖1所示．
由速度關(guān)系可得＝cosθ，
解得v＝v0，
由速度關(guān)系得vy＝v0tanθ＝v0，
在豎直方向上有vy＝at＝t，
在水平方向上有t＝，
聯(lián)立解得E＝.
(2)電子在圓形區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝L，
根據(jù)牛頓第二定律有evB＝，
聯(lián)立解得B＝，
36、根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿過(guò)圓形區(qū)域時(shí)位置的橫坐標(biāo)
x＝2L＋L－Lcos60°＝，
縱坐標(biāo)y＝－Lsin60°＝－L.
故電子穿出圓形區(qū)域時(shí)位置坐標(biāo)為.
(3)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最簡(jiǎn)單的情景如圖2所示．
在磁場(chǎng)變化的前三分之一個(gè)周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為60°，設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1，運(yùn)動(dòng)的周期T0，電子在x軸方向上的位移恰好等于r1；
在磁場(chǎng)變化的后三分之二個(gè)周期內(nèi)，因磁感應(yīng)強(qiáng)度大小減半，電子運(yùn)動(dòng)的周期T′＝2T0，故電子的偏轉(zhuǎn)角仍為60°，電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑變?yōu)?r1，粒子在x軸方向上的位移恰好等于2r1.
綜合上述分析，電子能到達(dá)N點(diǎn)且速度符合要求的空間條件是
3r1n＝
37、2L(n＝1,2,3，…)，
而r1＝，
解得B0＝(n＝1,2,3，…)，
應(yīng)滿足的時(shí)間條件為(T0＋T′)＝T，而T0＝，
T′＝，
解得T＝(n＝1,2,3，…)．
11.
(11分)[2019·廣東汕頭模擬]如圖所示，xOy坐標(biāo)系中，在y軸右側(cè)有一平行于y軸的邊界PQ，PQ左側(cè)和右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B與的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直于xOy平面向里．y軸上有一點(diǎn)A與原點(diǎn)O的距離為l.帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝時(shí)恰好到達(dá)A點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力．
(1)求邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點(diǎn)射出的速度大小v
38、0.
(2)若相同的粒子以更大的速度從原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出，為使粒子能經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，粒子的速度大小應(yīng)為多大？
答案：(1)l (2) (n＝1,2)
解析：
帶電粒子在PQ左側(cè)和右側(cè)的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分別有
qv0B＝m，qv0＝m，可得半徑r1＝，
r2＝2r1，
由T＝可得T1＝，T2＝2T1.
(1)粒子射出后經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝時(shí)恰好到達(dá)A點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)情況如圖甲所示．設(shè)圖中圓弧DE對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，則粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為T(mén)2＋T1＝.解得θ＝60°.
△C1C2C3為等邊三角形，根據(jù)幾何關(guān)系得l＝2r1＋(r2－r1)，d＝r1cos30°，
解得PQ與y軸
39、的距離d和粒子從O點(diǎn)射出的速度大小v0分別為d＝l，v0＝.
(2)以更大的速度從原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出的相同的粒子，必然是從y軸最高點(diǎn)轉(zhuǎn)向下方時(shí)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，運(yùn)動(dòng)情況如圖乙所示，設(shè)圖中∠C1DF＝α，則粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期在y軸上的位移y＝2r1′＋2(r2′－r1′)sinα－2r1′(或y＝2r1′sinα)，
cosα＝，
經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的條件是ny＝l(n＝1,2,3，…)
解得v＝ (n＝1,2,3，…)，
考慮到v>v0＝，故n只能取1或2，
即粒子的速度大小為v＝或
v＝.
12．(12分)
[2019·河北衡水中學(xué)模擬]如圖所示，△AQC是邊長(zhǎng)
40、為2L的等邊三角形，P、D分別為AQ、AC的中點(diǎn)．在虛線QC下方存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．區(qū)域Ⅰ(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，區(qū)域Ⅱ(△APD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅲ(虛線PD以上、△APD以外)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為5B.一帶正電的粒子從Q點(diǎn)正下方、距離Q點(diǎn)為L(zhǎng)的O點(diǎn)以某一初速度射出，在電場(chǎng)力作用下從QC邊中點(diǎn)N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域Ⅰ，接著從P點(diǎn)垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ.此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運(yùn)動(dòng)后又以原速率返回O點(diǎn)．粒子重力忽略不計(jì)，求：
(1)該粒子的比荷；
(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E及粒子從O點(diǎn)射出時(shí)的初速度v的
41、大小；
(3)粒子從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t.
答案：(1) (2)2Bv0 v0 (3)＋
解析：(1)粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
根據(jù)牛頓第二定律得qv0B＝m，
根據(jù)題意有R＝L，
解得＝.
(2)粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得
L＝v0t′，
L＝at′2，
由牛頓第二定律得a＝，
解得E＝2Bv0，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v＝2aL，
故粒子從O點(diǎn)射出時(shí)的初速度v＝＝v0.
(3)粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間包括三段：在電場(chǎng)中往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0、在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1、在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＋t3.
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有t0＝，
設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則
t1＝2×＝，
粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有
qv0·5B＝m，
解得粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝＝.
則粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為T(mén).
由周期公式可得T＝＝，
故t2＋t3＝T＝×＝，
故粒子整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程所經(jīng)歷的總時(shí)間t＝t0＋t1＋t2＋t3＝＋.
2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測(cè)八 磁場(chǎng)（含解析）
