2019-2020年高中物理 第八章 磁場高考真題備選題庫.doc

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2019-2020年高中物理 第八章 磁場高考真題備選題庫1(xx海南高考)下列說法中，符合物理學(xué)史實的是()A亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體就靜止B牛頓認為，力是物體運動狀態(tài)改變的原因，而不是物體運動的原因C麥克斯韋發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場D奧斯特發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線通電時，導(dǎo)線附近的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)解析：選ABD奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場，選項C錯誤。2. (xx海南高考)如圖，兩根平行長直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為、l和3l。關(guān)于這三點處的磁感應(yīng)強度，下列判斷正確的是()Aa處的磁感應(yīng)強度大小比c處的大Bb、c兩處的磁感應(yīng)強度大小相等Ca、c兩處的磁感應(yīng)強度方向相同Db處的磁感應(yīng)強度為零解析：選AD根據(jù)通電直導(dǎo)線的磁場，利用右手螺旋定則，可知b處場強為零，兩導(dǎo)線分別在a處產(chǎn)生的場強大于在c處產(chǎn)生的場強，a、c兩處的場強疊加都是同向疊加，選項A、D正確。3. (xx上海高考)如圖，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，面積為S的矩形剛性導(dǎo)線框abcd可繞過ad邊的固定軸OO轉(zhuǎn)動，磁場方向與線框平面垂直。在線框中通以電流強度為I的穩(wěn)恒電流，并使線框與豎直平面成角，此時bc邊受到相對OO軸的安培力力矩大小為()AISBsin BISBcos C. D.解析：選A根據(jù)左手定則，可知通電導(dǎo)線受到的安培力沿豎直方向向上，大小為FBILbc，此力到轉(zhuǎn)軸的力臂為Labsin ；力矩為：MFLabsin SBIsin ，A項正確。4(xx全國卷)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()A安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B安培力的方向總是垂直于磁場的方向C安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D將直導(dǎo)線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯哼xB根據(jù)左手定則可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場B確定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A錯誤，B正確；當(dāng)電流I的方向平行于磁場B的方向時，直導(dǎo)線受到的安培力為零，當(dāng)電流I的方向垂直于磁場B的方向時，直導(dǎo)線受到的安培力最大，可見，安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，C錯誤；如圖所示，電流I和磁場B垂直，直導(dǎo)線受到的安培力FBIL，將直導(dǎo)線從中點折成直角，分段研究導(dǎo)線受到的安培力，電流I和磁場B垂直，根據(jù)平行四邊形定則可得，導(dǎo)線受到的安培力的合力為FBIL，D錯誤。5(xx安徽理綜)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()A向上B向下C向左 D向右解析：選B本題考查通電導(dǎo)線周圍的磁場分布情況和帶電粒子在磁場中的運動情況，意在考查考生的理解能力和分析推理能力。根據(jù)安培定則及磁感應(yīng)強度的矢量疊加，可得O點處的磁場向左，再根據(jù)左手定則判斷帶電粒子受到的洛倫茲力向下。6(xx天津理綜)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為，如果僅改變下列某一個條件，角的相應(yīng)變化情況是()A棒中的電流變大，角變大B兩懸線等長變短，角變小C金屬棒質(zhì)量變大，角變大D磁感應(yīng)強度變大，角變小解析：棒中電流變大，金屬棒所受安培力變大，角變大，選項A正確；兩懸線等長變短，角不變，選項B錯誤；金屬棒質(zhì)量變大，角變小，選項C錯誤；磁感應(yīng)強度變大，金屬棒所受安培力變大，角變大，選項D錯誤。答案：A7(xx浙江理綜)如圖所示，一矩形輕質(zhì)柔軟反射膜可繞過O點垂直紙面的水平軸轉(zhuǎn)動，其在紙面上的長度為L1，垂直紙面的寬度為L2，在膜的下端(圖中A處)掛有一平行于轉(zhuǎn)軸，質(zhì)量為m，長為L2的導(dǎo)體棒使膜展成平面在膜下方水平放置一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經(jīng)反射膜反射到光電池板上的所有光能，并將光能轉(zhuǎn)化成電能光電池板可等效為一個電池，輸出電壓恒定為U；輸出電流正比于光電池板接收到的光能(設(shè)垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定)導(dǎo)體棒處在方向豎直向上的勻強磁場B中，并與光電池構(gòu)成回路流經(jīng)導(dǎo)體棒的電流垂直紙面向外(注：光電池與導(dǎo)體棒直接相連，連接導(dǎo)線未畫出)(1)現(xiàn)有一束平行光水平入射，當(dāng)反射膜與豎直方向成60時，導(dǎo)體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時電流強度的大小和光電池的輸出功率(2)當(dāng)變?yōu)?5時，通過調(diào)整電路使導(dǎo)體棒保持平衡，光電池除維持導(dǎo)體棒力學(xué)平衡外，還能輸出多少額外電功率？解析：(1)導(dǎo)體棒所受安培力FAIBL2導(dǎo)體棒有靜力平衡關(guān)系mgtanFA解得Img所以當(dāng)60時，I60光電池輸出功率為P60UI60(2)當(dāng)45時，根據(jù)式可知維持靜力平衡需要的電流為I45根據(jù)幾何關(guān)系可知可得P45P60而光電池產(chǎn)生的電流為I光電所以能提供的額外電流為I額外I光電I45(1)可提供額外功率為P額外I額外U(1)答案：見解析第2節(jié) 磁場對運動電荷的作用1(xx全國卷)如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為()A2B.C1D.解析：選D根據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強磁場中的運動性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌道半徑r2的2倍。設(shè)粒子在P點的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B1，則B1；同理，B2，則，D正確，A、B、C錯誤。2(xx全國卷)如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()A電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小解析：選AC根據(jù)洛倫茲力提供向心力，利用左手定則解題。根據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項A正確；根據(jù)qvB，得r，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv，粒子的動能大，其mv不一定大，選項D錯誤。3(xx安徽高考)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于()A. BTC. DT2解析：選A由題意可知，等離子體的動能EkcT(c是比例系數(shù))，在磁場中做半徑一定的圓周運動，由qvBm可知，B，因此A項正確，B、C、D項錯誤。4(xx新課標(biāo)全國)如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率為(不計重力)()A. B.C. D.解析：選B本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，意在考查考生對勻速圓周運動、牛頓第二定律的理解和應(yīng)用能力。設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律可得：qvBm，根據(jù)幾何關(guān)系可知rR，聯(lián)立兩式解得v，選項B正確。5(xx新課標(biāo)全國)空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60。不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為()A. B.C. D.解析：選A本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動及其相關(guān)知識點，意在考查考生應(yīng)用力學(xué)、幾何知識分析解決問題的能力。畫出帶電粒子運動軌跡示意圖，如圖所示。設(shè)帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡的半徑為r，根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律，qv0Bm，解得r。由圖中幾何關(guān)系可得：tan 30。聯(lián)立解得：該磁場的磁感應(yīng)強度B，選項A正確。6(xx江蘇)如圖所示，MN是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點。下列說法正確的有()A若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0qBd/2mD若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0qBd/2m解析：因粒子由O點以速度v0入射時，最遠落在A點，又粒子在O點垂直射入磁場時，在邊界上的落點最遠，即，所以粒子若落在A的右側(cè)，速度應(yīng)大于v0，B正確；當(dāng)粒子落在A的左側(cè)時，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A錯誤；當(dāng)粒子射到A點左側(cè)相距d的點時，最小速度為vmin，則，又因，所以vminv0，所以粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于vminv0，C正確；當(dāng)粒子射到A點右側(cè)相距d的點時，最小速度為v1，則，又因，即v1v0，D錯誤。答案：BC7(xx安徽理綜)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)椋詮腁點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)A.t B2tC.t D3t解析：設(shè)電子粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據(jù)qvB，得r1，根據(jù)幾何關(guān)系得tan ，且160當(dāng)帶電粒子以v的速度進入時，軌道半徑r2r1，圓心在O2，則tan 。即tan 3tan。故60，2120；帶電粒子在磁場中運動的時間tT，所以，即t22t12t，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。答案：B8(xx重慶理綜)如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應(yīng)的圓弧這些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示.粒子編號質(zhì)量電荷量(q0)速度大小1m2qv22m2q2v33m3q3v42m2q3v52mqv由以上信息可知，從圖中a、b、c處進入的粒子對應(yīng)表中的編號分別為()A3、5、4 B4、2、5C5、3、2 D2、4、5解析：本題意在考查考生對洛倫茲力方向的理解，并能應(yīng)用R解決帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡問題由帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡并結(jié)合左手定則可知，a、b、c三個帶電粒子分別帶正、正、負電荷，而a、b、c三個帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為 r1r2r3232，由R可知五個帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為2332，所以a、b、c三個帶電粒子分別是編號2、4、5三個，D正確答案：D9(xx新課標(biāo)全國)如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為R?，F(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小。解析：粒子在磁場中做圓周運動。設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvBm式中v為粒子在a點的速度。過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點。由幾何關(guān)系知，線段、和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形。因此r設(shè)x，由幾何關(guān)系得RxR聯(lián)立式得rR再考慮粒子在電場中的運動。設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動。設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qEma粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學(xué)公式得rat2rvt式中t是粒子在電場中運動的時間。聯(lián)立式得E答案：第3節(jié) 帶電粒子在組合場中的運動1. (xx海南高考)如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變。不計重力?1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值。解析：(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有qv0BmT依題意，粒子第一次到達x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為，所需時間t1為t1T，求得t1(2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，有qEmav0at2得t2根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2T0得電場強度最大值E 答案：(1)(2)2(xx大綱卷)如圖，在第一象限存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為，求(1)電場強度大小與磁感應(yīng)強度大小的比值；(2)該粒子在電場中運動的時間。解析：(1)如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0Bm由題給條件和幾何關(guān)系可知R0d設(shè)電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得Eqmaxvxaxttd由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有tan 聯(lián)立式得v0tan2(2)聯(lián)立式得t答案：見解析3(xx山東高考)如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時，可使t0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。(1)若tTB，求B0；(2)若tTB，求粒子在磁場中運動時加速度的大小； (3)若B0，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。解析：(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1d聯(lián)立式得B0(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2d聯(lián)立式得a(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得T由牛頓第二定律得qv0B0由題意知B0，代入式得d4R粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置粒子才有可能垂直擊中P板，且均要求0，由題意可知T設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n0,1,2,3)若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2(RRsin )nd當(dāng)n0時，無解當(dāng)n1時，聯(lián)立式得(或sin )聯(lián)立式得TB當(dāng)n2時，不滿足0的要求若在B點擊中P板，椐題意由幾何關(guān)系得R2Rsin 2(RRsin )nd當(dāng)n0時，無解當(dāng)n1時，聯(lián)立式得arcsin (或sin )聯(lián)立式得TB當(dāng)n2時，不滿足0的要求答案：見解析4(xx廣東高考)如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6 L，兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域和，以水平面MN為理想分界面。區(qū)的磁感應(yīng)強度為B0，方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入?yún)^(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點，再進入?yún)^(qū)，P點與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮。(1)若k1，求勻強電場的電場強度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和區(qū)的磁感應(yīng)強度B與k的關(guān)系式。解析：(1)粒子在電場中做加速運動，在磁場中做勻速圓周運動。若k1，則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡圓心在M點，因此做圓周運動的半徑rL且qvB0m粒子在電場中做加速運動，由動能定理得，qEdmv2求得E(2)若2k3，且粒子沿水平方向從S2射出由幾何關(guān)系知：(rL)2(kL)2r2解得r由qvB0m得，v粒子在磁場中運動的半徑R由題意及幾何關(guān)系得，6L2(kLkL)解得BB0答案：見解析5(xx江蘇高考)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示。裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點。改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。(1)求磁場區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值。解析：(1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r根據(jù)題意L3rsin 303dcos 30且hr(1cos 30)解得h(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞mqvBmqvB由題意知3rsin 304rsin 30解得vvv(3)設(shè)粒子經(jīng)過上下方磁場共n1次由題意知L(2n2)dcos 30(2n2)rnsin 30且mqvnB，解得vn(1n1，n取整數(shù))答案 ：見解析6(xx浙江高考)如圖1所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t0時刻起，棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒()A一直向右移動B速度隨時間周期性變化C受到的安培力隨時間周期性變化D受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功解析：選ABC由左手定則可知，金屬棒一開始向右做勻加速運動，當(dāng)電流反向以后，金屬棒開始做勻減速運動，經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?，然后重復(fù)上述運動，所以選項A、B正確；安培力FBIL，由圖像可知前半個周期安培力水平向右，后半個周期安培力水平向左，不斷重復(fù)，選項C正確；一個周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)不做功，選項D錯誤。7(xx浙江理綜)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P和P3()A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運動的半徑之比為 1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13解析：選BCD本題考查離子在電場、磁場中的運動，意在考查考生的分析和計算能力。離子P和P3質(zhì)量之比為11，電荷量之比等于13，故在電場中的加速度(aqE/m)之比不等于11，則A項錯誤；離子在離開電場區(qū)域時有：qU mv2，在磁場中做勻速圓周運動，有：qvBm，得半徑r，則半徑之比為11，則B項正確，設(shè)磁場寬度為d，由幾何關(guān)系drsin ，可知離子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值之比等于半徑倒數(shù)之比，即1，因30，則60，故轉(zhuǎn)過的角度之比為12，則C項正確；離子離開電場時的動能之比等于電荷量之比，即13，則D項正確。8(xx天津理綜)一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：(1)M、N間電場強度E的大??；(2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。解析：本題考查帶電粒子在電磁場中的運動，意在考查考生應(yīng)用電磁學(xué)知識分析問題和綜合應(yīng)用知識解題的能力。(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qUmv2由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得UEd聯(lián)立上式可得E(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為O，圓半徑為r。設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角AOS等于。由幾何關(guān)系得rRtan 粒子運動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得qvBm聯(lián)立式得R(3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移了 d后，設(shè)板間電壓為U，則U設(shè)粒子進入S孔時的速度為v，由式看出綜合式可得vv設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r，則r設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為，比較兩式得到rR，可見粒子須經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n3答案：(1)(2)(3)39(xx安徽理綜)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軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，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，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)點進入第象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第象限，且速度與y軸負方向成45角，不計粒子所受的重力。求： (1)電場強度E的大小；(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值。解析：本題主要考查帶電粒子在復(fù)合場的運動，意在考查考生綜合應(yīng)用物理規(guī)律分析解決問題的能力。(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則有xv0t2hyat2hqEma聯(lián)立以上各式可得E(2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度為vyatv0所以vv0，方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)粒子在磁場中運動時，有qvBm當(dāng)粒子從b點射出時，磁場的磁感應(yīng)強度為最小值，此時有rL，所以B答案：(1)(2)v0方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)10(xx江蘇)在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制。如圖1所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B隨時間t作周期性變化的圖象如圖2所示。x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。在坐標(biāo)原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和q，不計重力。在t時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運動。(1)求P在磁場中運動時速度的大小v0；(2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；(3)在t0時刻釋放P，求P速度為零時的坐標(biāo)。解析：本題考查帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)問題的綜合，意在考查考生綜合應(yīng)用力學(xué)、電磁學(xué)知識綜合分析及解決問題的能力。(1)做勻加速直線運動，2做勻速圓周運動電場力FqE0，加速度a，速度v0at，且t解得v0(2)只有當(dāng)t2時，P在磁場中做圓周運動結(jié)束并開始沿x軸負方向運動，才能沿一定軌道做往復(fù)運動，如圖所示。設(shè)P在磁場中做圓周運動的周期為T，則(n)T(n1,2,3)勻速圓周運動qvB0m，T解得B0(n1,2,3)(3)在t0時刻釋放，P在電場中加速的時間為t0在磁場中做勻速圓周運動，有v1圓周運動的半徑r1解得r1又經(jīng)(t0)時間P減速為零后向右加速的時間為t0P再進入磁場，有v2，圓周運動的半徑r2解得r2綜上分析，速度為零時橫坐標(biāo)x0相應(yīng)的縱坐標(biāo)為y(k1,2,3)解得y(k1,2,3)答案：見解析第4節(jié) 帶電粒子在疊加場中的運動1(xx重慶高考)如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g。(1)求電場強度的大小和方向。(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。解析：(1)設(shè)電場強度大小為E由題意有mgqE得E，方向豎直向上甲(2)如圖甲所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的邊線與NS的夾角為。由r，有r1，r2r1由(r1r2)sin r2r1r1cos hvmin(96)。乙(3)如圖乙所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x。由題意有3nx1.8 h(n1,2,3，)xx得r1(1)，n3.5即n1時，v；n2時，v；n3時，v。答案：見解析2(xx浙江高考)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設(shè)計的簡化原理如圖1所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價正離子；為加速區(qū)，長度為L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強電場。區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進入?yún)^(qū)，被加速后以速度vM從右側(cè)噴出。區(qū)內(nèi)有軸向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在離軸線處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動，截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成角(0 0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫出)從O點發(fā)射，沿p板上表面運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間。粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。(1)求發(fā)射裝置對粒子做的功；(2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開關(guān)S接“1”位置時，進入板間的粒子落在b板上的A點，A點與過K孔豎直線的距離為l。此后將開關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強度；(3)若選用恰當(dāng)直流電源，電路中開關(guān)S接“1”位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應(yīng)強度大小合適的勻強磁場(磁感應(yīng)強度B只能在0Bm 范圍內(nèi)選取)，使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面的夾角的所有可能值(可用反三角函數(shù)表示)。解析：(1)設(shè)粒子在p板上做勻速直線運動的速度為v0，有hv0t設(shè)發(fā)射裝置對粒子做的功為W，由動能定理得Wmv聯(lián)立式可得W(2)S接“1”位置時，電源的電動勢E0與板間電勢差U有E0U 板間產(chǎn)生勻強電場的場強為E，粒子進入板間時有水平方向的速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運動，設(shè)加速度為a，運動時間為t1，有UEhmgqEmahatlv0t1S接“2”位置，則在電阻R上流過的電流I滿足I聯(lián)立式得I(3)由題意知此時在板間運動的粒子重力與電場力平衡，當(dāng)粒子從K進入板間后立即進入磁場做勻速圓周運動，如圖所示，粒子從D點出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運動，DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角，磁場的磁感應(yīng)強度B取最大值時的夾角為最大值m，設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，有qv0B過D點作b板的垂線與b板的上表面交于G，由幾何關(guān)系有hR(1cos )hRsin tan 聯(lián)立式，將BBm代入，求得marcsin 當(dāng)B逐漸減小，粒子做勻速圓周運動的半徑R也隨之變大，D點向b板靠近，DT與b板上表面的夾角也越變越小，當(dāng)D點無限接近于b板上表面時，粒子離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運動而從T孔飛出板間區(qū)域，此時BmB0滿足題目要求，夾角趨近0，即00則題目所求為0arcsin 答案：(1)(2)(3)0arcsin6(xx山東理綜)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為q(q0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t時刻通過S2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d。(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件。(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強度的大小。解析：(1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得qU0mv2由式得v設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qma由運動學(xué)公式得da()2聯(lián)立式得d(2)設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R聯(lián)立式得B(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有dvt1聯(lián)立式得t1若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學(xué)公式得dt2聯(lián)立式得t2設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt3T0t1t2聯(lián)立式得t設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由式結(jié)合運動學(xué)公式得T由題意可知Tt聯(lián)立式得B答案：見解析7(xx天津理綜)對鈾235的進一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義。如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，做半徑為R的勻速圓周運動，離子行進半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流為I。不考慮離子重力及離子間的相互作用。(1)求加速電場的電壓U。(2)求出在離子被收集的過程中任意時間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M。(3)實際上加速電壓的大小會在UU范圍內(nèi)微小變化。若容器A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場加速后進入磁場中會發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊，應(yīng)小于多少？(結(jié)果用百分數(shù)表示，保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)設(shè)離子經(jīng)電場加速后進入磁場時的速度為v，由動能定理得qUmv2離子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力充當(dāng)向心力，即qvBm由式解得U(2)設(shè)在t時間內(nèi)收集到的離子個數(shù)為N，總電荷量為Q，則QItNMNm由式解得M(3)由式有R 設(shè)m為鈾238離子的質(zhì)量，由于電壓在UU之間有微小變化，鈾235離子在磁場中最大半徑為Rmax 鈾238離子在磁場中最小半徑為Rmin 這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊的條件為RmaxRmin即 則有m(UU)m(UU)其中鈾235離子的質(zhì)量m235 u(u為原子質(zhì)量單位)，鈾238離子的質(zhì)量m238 u，故解得0.63 %答案：(1)(2)(3)小于0.63%8(xx天津理綜)如圖甲，在圓柱形區(qū)域內(nèi)存在一方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在此區(qū)域內(nèi)，沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細玻璃管，環(huán)心O在區(qū)域中心。一質(zhì)量為m、帶電量為q(q0)的小球，在管內(nèi)沿逆時針方向(從上向下看)做圓周運動。已知磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中T0。設(shè)小球在運動過程中電量保持不變，對原磁場的影響可忽略。(1)在t0到tT0這段時間內(nèi)，小球不受細管側(cè)壁的作用力，求小球的速度大小v0；(2)在豎直向下的磁感應(yīng)強度增大過程中，將產(chǎn)生渦旋電場，其電場線是在水平面內(nèi)一系列沿逆時針方向的同心圓，同一條電場線上各點的場強大小相等。試求tT0到t1.5T0這段時間內(nèi)：細管內(nèi)渦旋電場的場強大小E；電場力對小球做的功W。解析：(1)小球運動時不受細管側(cè)壁的作用力，因而小球所受洛倫茲力提供向心力qv0B0m由式解得v0(2)在T0到1.5T0這段時間內(nèi)，細管內(nèi)一周的感應(yīng)電動勢E感r2由題圖乙可知由于同一條電場線上各點的場強大小相等，所以E由式及T0得E在T0到1.5T0時間內(nèi)，小球沿切線方向的加速度大小恒為a小球運動的末速度大小為vv0at由題圖乙t0.5T0，并由式得vv0由動能定理，電場力做功為Wmv2mv由式解得Wmv答案：(1)v0(2)EW9(2011江蘇)如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直阻值為 R 的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好t0 時，將開關(guān) S 由1 擲到 2.q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度和加速度下列圖象正確的是 ()解析：當(dāng)開關(guān)S由1擲到2時，電容器開始放電，此時電流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，此后棒開始運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，棒相當(dāng)于電源，利用右手定則可判斷棒上端為正極，下端為負極，與電容器的極性相同，當(dāng)棒運動一段時間后，電路中的電流逐漸減小，當(dāng)電容器極板電壓與棒兩端電動勢相等時，電容器不再放電，電路電流等于零，棒做勻速運動，加速度減為零，所以C錯誤，B錯誤，D正確；因電容器兩極板間有電壓，qCU不等于零，所以A錯誤答案：D