2019-2020年高中物理 第八章 磁場(chǎng)高考真題備選題庫(kù)1(xx·海南高考)下列說(shuō)法中，符合物理學(xué)史實(shí)的是()A亞里士多德認(rèn)為，必須有力作用在物體上，物體才能運(yùn)動(dòng)；沒(méi)有力的作用，物體就靜止B牛頓認(rèn)為，力是物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的原因，而不是物體運(yùn)動(dòng)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(chǎng)D奧斯特發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線通電時(shí)，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(chǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。2. (xx·海南高考)如圖，兩根平行長(zhǎng)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(diǎn)，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為、l和3l。關(guān)于這三點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列判斷正確的是()Aa處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大Bb、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等Ca、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同Db處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零解析：選AD根據(jù)通電直導(dǎo)線的磁場(chǎng)，利用右手螺旋定則，可知b處場(chǎng)強(qiáng)為零，兩導(dǎo)線分別在a處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大于在c處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，a、c兩處的場(chǎng)強(qiáng)疊加都是同向疊加，選項(xiàng)A、D正確。3. (xx·上海高考)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，面積為S的矩形剛性導(dǎo)線框abcd可繞過(guò)ad邊的固定軸OO轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直。在線框中通以電流強(qiáng)度為I的穩(wěn)恒電流，并使線框與豎直平面成角，此時(shí)bc邊受到相對(duì)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L(zhǎng)absin ；力矩為：MFLabsin SBIsin ，A項(xiàng)正確。4(xx·全國(guó)卷)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受的安培力，下列說(shuō)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(chǎng)的方向C安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角無(wú)關(guān)D將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉?lái)的一半解析：選B根據(jù)左手定則可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場(chǎng)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(cuò)誤，B正確；當(dāng)電流I的方向平行于磁場(chǎng)B的方向時(shí)，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(chǎng)B的方向時(shí)，直導(dǎo)線受到的安培力最大，可見(jiàn)，安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角有關(guān)，C錯(cuò)誤；如圖所示，電流I和磁場(chǎng)B垂直，直導(dǎo)線受到的安培力FBIL，將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，分段研究導(dǎo)線受到的安培力，電流I和磁場(chǎng)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(cuò)誤。5(xx·安徽理綜)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長(zhǎng)直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)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(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)分布情況和帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(qiáng)度的矢量疊加，可得O點(diǎn)處的磁場(chǎng)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(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為，如果僅改變下列某一個(gè)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(zhǎng)變短，角變小C金屬棒質(zhì)量變大，角變大D磁感應(yīng)強(qiáng)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(xiàng)A正確；兩懸線等長(zhǎng)變短，角不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬棒質(zhì)量變大，角變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，金屬棒所受安培力變大，角變大，選項(xiàng)D錯(cuò)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(guò)O點(diǎn)垂直紙面的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其在紙面上的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，垂直紙面的寬度為L(zhǎng)2，在膜的下端(圖中A處)掛有一平行于轉(zhuǎn)軸，質(zhì)量為m，長(zhǎng)為L(zhǎng)2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(yáng)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(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)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(huà)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(shí)，導(dǎo)體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時(shí)電流強(qiáng)度的大小和光電池的輸出功率(2)當(dāng)變?yōu)?5°時(shí)，通過(guò)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(shí)，I60光電池輸出功率為P60UI60(2)當(dāng)45°時(shí)，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(jiàn)解析第2節(jié) 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用1(xx·全國(guó)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(qiáng)磁場(chǎng)(未畫(huà)出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O。已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2的2倍。設(shè)粒子在P點(diǎn)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(cuò)誤。2(xx·全國(guó)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(qiáng)磁場(chǎng)，硅微條徑跡探測(cè)器可以探測(cè)粒子在其中運(yùn)動(dòng)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，下列說(shuō)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑一定相同C僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D粒子的動(dòng)能越大，它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(jìn)入磁場(chǎng)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(xiàng)A正確；根據(jù)qvB，得r，若電子與正電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于質(zhì)子、正電子，它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不能確定mv的大小，故選項(xiàng)C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv，粒子的動(dòng)能大，其mv不一定大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3(xx·安徽高考)“人造小太陽(yáng)”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)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(qiáng)的磁場(chǎng)，以使帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑不變。由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于()A. BTC. DT2解析：選A由題意可知，等離子體的動(dòng)能EkcT(c是比例系數(shù))，在磁場(chǎng)中做半徑一定的圓周運(yùn)動(dòng)，由qvBm可知，B，因此A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。4(xx·新課標(biāo)全國(guó))如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)區(qū)域，射入點(diǎn)與ab的距離為。已知粒子射出磁場(chǎng)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計(jì)重力)()A. B.C. D.解析：選B本題考查帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生對(duì)勻速圓周運(yùn)動(dòng)、牛頓第二定律的理解和應(yīng)用能力。設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(xiàng)B正確。5(xx·新課標(biāo)全國(guó))空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場(chǎng)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(chǎng)，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏離入射方向60°。不計(jì)重力，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A. B.C. D.解析：選A本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生應(yīng)用力學(xué)、幾何知識(shí)分析解決問(wèn)題的能力。畫(huà)出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，如圖所示。設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，選項(xiàng)A正確。6(xx·江蘇)如圖所示，MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(diǎn)射入磁場(chǎng)。若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)能落在邊界上的A點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的有()A若粒子落在A點(diǎn)的左側(cè)，其速度一定小于v0B若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè)，其速度一定大于v0C若粒子落在A點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)以速度v0入射時(shí)，最遠(yuǎn)落在A點(diǎn)，又粒子在O點(diǎn)垂直射入磁場(chǎng)時(shí)，在邊界上的落點(diǎn)最遠(yuǎn)，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(shí)，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(cuò)誤；當(dāng)粒子射到A點(diǎn)左側(cè)相距d的點(diǎn)時(shí)，最小速度為vmin，則，又因，所以vminv0，所以粒子落在A點(diǎn)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(diǎn)右側(cè)相距d的點(diǎn)時(shí)，最小速度為v1，則，又因，即v1v0，D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)t時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)重力，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?)A.t B2tC.t D3t解析：設(shè)電子粒子以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，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(jìn)入時(shí)，軌道半徑r2r1，圓心在O2，則tan 。即tan 3tan。故60°，2120°；帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tT，所以，即t22t12t，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)，有5個(gè)帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(hào)質(zhì)量電荷量(q>0)速度大小1m2qv22m2q2v33m3q3v42m2q3v52mqv由以上信息可知，從圖中a、b、c處進(jìn)入的粒子對(duì)應(yīng)表中的編號(hào)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(duì)洛倫茲力方向的理解，并能應(yīng)用R解決帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡問(wèn)題由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡并結(jié)合左手定則可知，a、b、c三個(gè)帶電粒子分別帶正、正、負(fù)電荷，而a、b、c三個(gè)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為 r1r2r3232，由R可知五個(gè)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為2332，所以a、b、c三個(gè)帶電粒子分別是編號(hào)2、4、5三個(gè)，D正確答案：D9(xx·新課標(biāo)全國(guó))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(qiáng)磁場(chǎng)，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(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開(kāi)該區(qū)域，離開(kāi)時(shí)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(chǎng)換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開(kāi)該區(qū)域。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。解析：粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)。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(diǎn)的速度。過(guò)b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c和d點(diǎn)。由幾何關(guān)系知，線段、和過(guò)a、b兩點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫(huà)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。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(chǎng)中的受力公式得qEma粒子在電場(chǎng)方向和直線方向所走的距離均為r，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得rat2rvt式中t是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。聯(lián)立式得E答案：第3節(jié) 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1. (xx·海南高考)如圖，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)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(diǎn)沿y軸正方向射出，一段時(shí)間后進(jìn)入電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向相反；又經(jīng)過(guò)一段時(shí)間T0，磁場(chǎng)的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變。不?jì)重力。(1)求粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時(shí)所需的時(shí)間；(2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值。解析：(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R，運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有qv0BmT依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)，運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，所需時(shí)間t1為t1T，求得t1(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，先做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x軸時(shí)速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2，加速度大小為a，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，有qEmav0at2得t2根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點(diǎn)，必須滿足t2T0得電場(chǎng)強(qiáng)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸負(fù)向。在y軸正半軸上某點(diǎn)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(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場(chǎng)。不計(jì)重力。若該粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為，求(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；(2)該粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。解析：(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)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(chǎng)強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Eqmaxvxaxttd由于粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖)，有tan 聯(lián)立式得v0tan2(2)聯(lián)立式得t答案：見(jiàn)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(qiáng)磁場(chǎng)。取垂直于紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計(jì)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(chǎng)且平行于板面的方向射入磁場(chǎng)區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí)，可使t0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)t時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大??； (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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T(mén)，由圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(gè)TB內(nèi)，只有A、B兩個(gè)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(gè)數(shù)為n(n0,1,2,3)若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2(RRsin )nd當(dāng)n0時(shí)，無(wú)解當(dāng)n1時(shí)，聯(lián)立式得(或sin )聯(lián)立式得TB當(dāng)n2時(shí)，不滿足0的要求若在B點(diǎn)擊中P板，椐題意由幾何關(guān)系得R2Rsin 2(RRsin )nd當(dāng)n0時(shí)，無(wú)解當(dāng)n1時(shí)，聯(lián)立式得arcsin (或sin )聯(lián)立式得TB當(dāng)n2時(shí)，不滿足0的要求答案：見(jiàn)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(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和，以水平面MN為理想分界面。區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對(duì)的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L(zhǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入?yún)^(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入?yún)^(qū)，P點(diǎn)與A1板的距離是L的k倍，不計(jì)重力，碰到擋板的粒子不予考慮。(1)若k1，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場(chǎng)中的速度大小v與k的關(guān)系式和區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式。解析：(1)粒子在電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若k1，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心在M點(diǎn)，因此做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rL且qvB0m粒子在電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R由題意及幾何關(guān)系得，6L2(kLkL)解得BB0答案：見(jiàn)解析5(xx·江蘇高考)某裝置用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示。裝置的長(zhǎng)為L(zhǎng)，上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場(chǎng)的間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場(chǎng)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(diǎn)射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)。改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置。不計(jì)粒子的重力。(1)求磁場(chǎng)區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值。解析：(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為r根據(jù)題意L3rsin 30°3dcos 30°且hr(1cos 30°)解得h(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌?chǎng)中的軌道半徑為rmqvBmqvB由題意知3rsin 30°4rsin 30°解得vvv(3)設(shè)粒子經(jīng)過(guò)上下方磁場(chǎng)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(jiàn)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(zhǎng)，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對(duì)稱放置一根均勻金屬棒。從t0時(shí)刻起，棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I，周期為T(mén)，最大值為Im，圖1中I所示方向?yàn)殡娏髡较?。則金屬棒()A一直向右移動(dòng)B速度隨時(shí)間周期性變化C受到的安培力隨時(shí)間周期性變化D受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功解析：選ABC由左手定則可知，金屬棒一開(kāi)始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電流反向以后，金屬棒開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一個(gè)周期速度變?yōu)?，然后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)A、B正確；安培力FBIL，由圖像可知前半個(gè)周期安培力水平向右，后半個(gè)周期安培力水平向左，不斷重復(fù)，選項(xiàng)C正確；一個(gè)周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動(dòng)能定理可知安培力在一個(gè)周期內(nèi)不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)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(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖所示。已知離子P在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)30°后從磁場(chǎng)右邊界射出。在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P和P3()A在電場(chǎng)中的加速度之比為11B在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為 1C在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為12D離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為13解析：選BCD本題考查離子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生的分析和計(jì)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(chǎng)中的加速度(aqE/m)之比不等于11，則A項(xiàng)錯(cuò)誤；離子在離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)有：qU mv2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：qvBm，得半徑r，則半徑之比為11，則B項(xiàng)正確，設(shè)磁場(chǎng)寬度為d，由幾何關(guān)系drsin ，可知離子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)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(guò)的角度之比為12，則C項(xiàng)正確；離子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能之比等于電荷量之比，即13，則D項(xiàng)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)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(chǎng)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(guò)程中沒(méi)有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求：(1)M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)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(jìn)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生應(yīng)用電磁學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題和綜合應(yīng)用知識(shí)解題的能力。(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得qUmv2由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得UEd聯(lián)立上式可得E(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)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(diǎn)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(duì)的圓心角AOS等于。由幾何關(guān)系得rRtan 粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)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(chǎng)強(qiáng)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(jìn)入S孔時(shí)的速度為v，由式看出綜合式可得vv設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)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(duì)圓心角為，比較兩式得到rR，可見(jiàn)粒子須經(jīng)過(guò)四個(gè)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(qiáng)電場(chǎng)，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(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，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(chǎng)，通過(guò)電場(chǎng)后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第象限，又經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。解析：本題主要考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生綜合應(yīng)用物理規(guī)律分析解決問(wèn)題的能力。(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有xv0t2hyat2hqEma聯(lián)立以上各式可得E(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvBm當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)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(guò)施加適當(dāng)?shù)碾妶?chǎng)和磁場(chǎng)來(lái)實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制。如圖1所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t作周期性變化的圖象如圖2所示。x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和q，不計(jì)重力。在t時(shí)刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。(1)求P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v0；(2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；(3)在t0時(shí)刻釋放P，求P速度為零時(shí)的坐標(biāo)。解析：本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中加速、在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的綜合，意在考查考生綜合應(yīng)用力學(xué)、電磁學(xué)知識(shí)綜合分析及解決問(wèn)題的能力。(1)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)力FqE0，加速度a，速度v0at，且t解得v0(2)只有當(dāng)t2時(shí)，P在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)束并開(kāi)始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，才能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，如圖所示。設(shè)P在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，則(n)T(n1,2,3)勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB0m，T解得B0(n1,2,3)(3)在t0時(shí)刻釋放，P在電場(chǎng)中加速的時(shí)間為t0在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有v1圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1解得r1又經(jīng)(t0)時(shí)間P減速為零后向右加速的時(shí)間為t0P再進(jìn)入磁場(chǎng)，有v2，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2解得r2綜上分析，速度為零時(shí)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(jiàn)解析第4節(jié) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1(xx·重慶高考)如圖所示，在無(wú)限長(zhǎng)的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上下磁場(chǎng)的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，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(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。(1)求電場(chǎng)強(qiáng)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(guò)Q點(diǎn)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(chǎng)強(qiáng)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(duì)應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過(guò)KL時(shí)距離K點(diǎn)為x。由題意有3nx1.8 h(n1,2,3，)xx得r1(1)，n3.5即n1時(shí)，v；n2時(shí)，v；n3時(shí)，v。答案：見(jiàn)解析2(xx·浙江高考)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)。某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)化原理如圖1所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價(jià)正離子；為加速區(qū)，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，兩端加有電壓，形成軸向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進(jìn)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在離軸線處的C點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，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(diǎn)和C點(diǎn)的連線成角(0<90°)。推進(jìn)器工作時(shí)，向區(qū)注入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為v0，電子在區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，電離效果越好。已知離子質(zhì)量為M；電子質(zhì)量為m，電量為e。(電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞)(1)求區(qū)的加速電壓及離子的加速度大??；(2)為取得好的電離效果，請(qǐng)判斷區(qū)中的磁場(chǎng)方向(按圖2說(shuō)明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”)；(3)為90°時(shí)，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍；(4)要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與角的關(guān)系。解析：(1)由動(dòng)能定理得MveUUae(2)垂直紙面向外(3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r，由圖甲中幾何關(guān)系得2rReBvm所以有v0v要使式有解，磁感應(yīng)強(qiáng)度B(4)如圖乙所示，OARr，OC，ACr根據(jù)幾何關(guān)系得r由式得vmax答案：見(jiàn)解析3(xx·福建高考)如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開(kāi)關(guān)S和定值電阻R相連。整個(gè)管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)，且開(kāi)關(guān)閉合前后，液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流動(dòng)，液體所受的摩擦阻力不變。(1)求開(kāi)關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢(shì)差大小U0；(2)求開(kāi)關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差的變化p；(3)調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積Sdh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比d/h的值。解析：(1)設(shè)帶電離子所帶的電荷量為q，當(dāng)其所受的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡時(shí)，U0保持恒定，有qv0Bq得U0Bdv0。(2)設(shè)開(kāi)關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差分別為p1、p2，液體所受的摩擦阻力均為f，開(kāi)關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安，有p1hdfp2hdfF安F安Bid根據(jù)歐姆定律，有I兩導(dǎo)體板間液體的電阻r由式得p。(3)電阻R獲得的功率為PI2RP2R當(dāng)時(shí)電阻R獲得的最大功率Pm。答案：見(jiàn)解析4(xx·四川高考)在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角 37°。過(guò)G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.25 T；過(guò)D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度E1×104 N/C。小物體P1質(zhì)量m2×103 kg、電荷量q8×106 C，受到水平向右的推力F 9.98×103 N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力。當(dāng)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0.1 s與P1相遇。P1和P2與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小物體P1在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大小；(2)傾斜軌道GH的長(zhǎng)度s。解析：(1)設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則F1qvBf(mgF1)由題意，水平方向合力為零Ff0聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s(2)設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P1在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s1，則s1vGta1t2設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則m2gsin m2gcos m2a2P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P2在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s2則s2a2t2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得ss1s2s0.56 m答案：(1)4 m/s(2)0.56 m5(xx·四川高考)如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計(jì)，忽略邊緣效應(yīng)。p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點(diǎn)右側(cè)相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面。質(zhì)量為m、電荷量為q(q > 0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫(huà)出)從O點(diǎn)發(fā)射，沿p板上表面運(yùn)動(dòng)時(shí)間t后到達(dá)K孔，不與板碰撞地進(jìn)入兩板之間。粒子視為質(zhì)點(diǎn)，在圖示平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。(1)求發(fā)射裝置對(duì)粒子做的功；(2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開(kāi)關(guān)S接“1”位置時(shí)，進(jìn)入板間的粒子落在b板上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與過(guò)K孔豎直線的距離為l。此后將開(kāi)關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強(qiáng)度；(3)若選用恰當(dāng)直流電源，電路中開(kāi)關(guān)S接“1”位置，使進(jìn)入板間的粒子受力平衡，此時(shí)在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小合適的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)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(yùn)動(dòng)的速度為v0，有hv0t設(shè)發(fā)射裝置對(duì)粒子做的功為W，由動(dòng)能定理得Wmv聯(lián)立式可得W(2)S接“1”位置時(shí)，電源的電動(dòng)勢(shì)E0與板間電勢(shì)差U有E0U 板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，粒子進(jìn)入板間時(shí)有水平方向的速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場(chǎng)力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有UEhmgqEmahatlv0t1S接“2”位置，則在電阻R上流過(guò)的電流I滿足I聯(lián)立式得I(3)由題意知此時(shí)在板間運(yùn)動(dòng)的粒子重力與電場(chǎng)力平衡，當(dāng)粒子從K進(jìn)入板間后立即進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，粒子從D點(diǎn)出磁場(chǎng)區(qū)域后沿DT做勻速直線運(yùn)動(dòng)，DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B取最大值時(shí)的夾角為最大值m，設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有qv0B過(guò)D點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的半徑R也隨之變大，D點(diǎn)向b板靠近，DT與b板上表面的夾角也越變?cè)叫。?dāng)D點(diǎn)無(wú)限接近于b板上表面時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后在板間幾乎沿著b板上表面運(yùn)動(dòng)而從T孔飛出板間區(qū)域，此時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長(zhǎng)為L(zhǎng)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T(mén)0。在t0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)刻通過(guò)S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)。(不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場(chǎng))(1)求粒子到達(dá)S2時(shí)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(qiáng)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(shí)刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過(guò)程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。解析：(1)粒子由S1至S2的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式得da()2聯(lián)立式得d(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(wú)場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程用時(shí)為t1，有dvt1聯(lián)立式得t1若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得dt2聯(lián)立式得t2設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tt3T0t1t2聯(lián)立式得t設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，由式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T由題意可知Tt聯(lián)立式得B答案：見(jiàn)解析7(xx·天津理綜)對(duì)鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開(kāi)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(chǎng)，其初速度可視為零，然后經(jīng)過(guò)小孔S2垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離子行進(jìn)半個(gè)圓周后離開(kāi)磁場(chǎng)并被收集，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)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(chǎng)的電壓U。(2)求出在離子被收集的過(guò)程中任意時(shí)間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M。(3)實(shí)際上加速電壓的大小會(huì)在U±U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(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)中會(huì)發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡不發(fā)生交疊，應(yīng)小于多少？(結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)設(shè)離子經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理得qUmv2離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)間內(nèi)收集到的離子個(gè)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U±U之間有微小變化，鈾235離子在磁場(chǎng)中最大半徑為Rmax 鈾238離子在磁場(chǎng)中最小半徑為Rmin 這兩種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡不發(fā)生交疊的條件為Rmax<Rmin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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(xì)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(shí)針?lè)较?從上向下看)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中T0。設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，對(duì)原磁場(chǎng)的影響可忽略。(1)在t0到tT0這段時(shí)間內(nèi)，小球不受細(xì)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(qiáng)度增大過(guò)程中，將產(chǎn)生渦旋電場(chǎng)，其電場(chǎng)線是在水平面內(nèi)一系列沿逆時(shí)針?lè)较虻耐膱A，同一條電場(chǎng)線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等。試求tT0到t1.5T0這段時(shí)間內(nèi)：細(xì)管內(nèi)渦旋電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；電場(chǎng)力對(duì)小球做的功W。解析：(1)小球運(yùn)動(dòng)時(shí)不受細(xì)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(shí)間內(nèi)，細(xì)管內(nèi)一周的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E感r2由題圖乙可知由于同一條電場(chǎng)線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，所以E由式及T0得E在T0到1.5T0時(shí)間內(nèi)，小球沿切線方向的加速度大小恒為a小球運(yùn)動(dòng)的末速度大小為vv0at由題圖乙t0.5T0，并由式得vv0由動(dòng)能定理，電場(chǎng)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(jì)勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(shí)，將開(kāi)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(kāi)關(guān)S由1擲到2時(shí)，電容器開(kāi)始放電，此時(shí)電流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，此后棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，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(fù)極，與電容器的極性相同，當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)一段時(shí)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(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電容器不再放電，電路電流等于零，棒做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度減為零，所以C錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤，D正確；因電容器兩極板間有電壓，qCU不等于零，所以A錯(cuò)誤答案：D