2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí)刷題首秧專題十磁倡練含解析

1、高考物理總復(fù)習(xí)專題十磁場經(jīng)典特訓(xùn)題組1.如圖所示，一根長為 l的金屬細(xì)桿通有電流I時(shí)，水平靜止在傾角為e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)磁場中。若電流和磁場的方向均不變，電流大小變?yōu)?.5 I ,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B,重力加速度為 go則此時(shí)金屬細(xì)桿()-19 -Fn' = mgcos 0 +,.2八a mg 1+sin 82BILsin 0 =-cos 0a 2BILcos 9 mgsin 9= gsin 0 ,加速度方向沿斜面向上,A.電流流向垂直紙面向外B.受到的安培力大小為2BILsin 0C.對斜面壓力大小變?yōu)樵瓉淼?倍D.將沿斜面加速向

2、上運(yùn)動(dòng)，加速度大小為gsin 9答案 D解析 對金屬細(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)安培力公式可得此時(shí)受 ,1 ，人一,到的安培力大小為 F安=4B- 2IL=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：FnCos 0 = mg FNSin 0= 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: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 O,乙的圓心 為Q,在兩環(huán)圓心的連

3、線上有 a、b、c三點(diǎn)，其中aO=Ob= bQ=Qc,此時(shí)a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng) 度大小為B, b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 艮。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后， c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為答案 A解析 對于圖中單個(gè)環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場方向均是向左，故c點(diǎn)的磁場方向也是向左的。設(shè) aO= Ob= bQ= Oc= 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)度為在距離中點(diǎn)3r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 反,故：a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：B = Br+&； -一一 1,b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：R=Br+Br；當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后，c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度：EC=Rr=B 萬巳，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

4、2倍，兩粒子均帶正電。讓它們在勻強(qiáng)磁場中同一點(diǎn)以大小相等、方向相反的速度開始運(yùn)動(dòng)。已知磁場方向垂直紙面向里。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)針方向運(yùn)動(dòng),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)度為一. mv -,B、C、D錯(cuò)誤；由=不可得二者 qBB的勻強(qiáng)磁場和水平向左、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場。有一質(zhì)量為簿電荷量大小為q的微粒垂直于磁場且以與水平方向成45。角的速度v進(jìn)入磁場和電場并做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為go則下列說法正確的是（）X X X XX X X' XA.微?？赡?/p>

5、做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.微?？赡苤皇軆蓚€(gè)力作用C.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度-mgD.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E= mgq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：q已mgan45。，qvB=7 mg 2+ qE 2,聯(lián)立解得：E=

6、詈 B= 窄丫,故C錯(cuò)誤，D正確。5.（多選）質(zhì)量為mi帶電量為+ q的小球套在水平固定且足夠長的粗糙絕緣桿上，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)磁場中?，F(xiàn)給小球一個(gè)水平向右的初速度 V0使其開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則小球從開始到最終穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是（）A. 一定做減速運(yùn)動(dòng)B.運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功可能是0C.最終穩(wěn)定時(shí)的速度一定是 mg qBD.最終穩(wěn)定時(shí)的速度可能是0答案 BD解析 對小球受力分析，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

7、左的摩擦力，據(jù)牛頓第二定律可得:qvB= mg Fn,Fn= ma解得：小球的加速度a =“ 怨一叱,方向向左，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=mg若qv°B= mg則小球受豎直向下的重力和豎直向上的洛倫茲 qB ，、mg ,一一 ，一 一， 一一. 一力而平衡，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度V0 = qB；右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,n mg- qvB一FN=ma解得：小球的加速度 a= m ，方向向左；則小球做加速度增大的

8、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向里的勻強(qiáng)磁場，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)過一段時(shí)間有大量粒子從1邊界OM1寸出磁場。已知/ MON30 ,從邊界OM1寸出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間等于-T（T為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期），則從邊界 OM!寸出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為

9、（）1111A.3T B. 4T C. 6T D. 8T答案 Amv解析 粒子在磁場中做勻速圓周運(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rOM射出的粒子在ES! OM ES即為最丁=二/何得，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 磁場中運(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，作短的弦，粒子從 S運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間最短;一,一,，一, ，、-1,.一由題意可知，粒子運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間等于 萬丁，當(dāng)從邊界OM!寸出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長時(shí)，粒子的初速度方向應(yīng)該為沿ON方向水平向右

10、，此時(shí)過粒子源沿垂直于ON方向作直線DS交OMa界于D點(diǎn)，可得DS= 2r,由幾何知識 OS= 鄧r, ES= 43r.一 .e 1.可得：0=120° ,故粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為：tmin=；T=彳丁，A正確。36037 .如圖所示為回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對1H粒子進(jìn)行加速，此時(shí) D形盒中的磁場的磁感應(yīng)弓II度大小為 B, D形盒縫隙間電場變化周期為 T,加速電壓為 U忽略相對論效 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8 .只增大加速電壓 U, 2H粒子獲得的最大動(dòng)能增大C.只增大加速電壓 U, 2

11、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 CqB，解析 D形盒縫隙間電場變化周期與 2H粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，為丁= 而質(zhì)子與2H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2H粒子離開回旋加速器的最大速度以只增大加速電壓 U, 1H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=mmax,可得 n=±所以粒子運(yùn)動(dòng)總時(shí)間t = nT=：一7 ,

12、2兀 =' ,故只增大加速電24mU4mU qB2U壓U, 2H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，將扁平長方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強(qiáng)磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關(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)形成電勢差。 現(xiàn)有載流子是電子的霍爾元件 1和載流子是空穴的霍爾

13、元件 2,兩元件均按圖示方式接入電路 （閉合開關(guān)），則關(guān)于前后兩表面電勢高低的判斷，下列說法中正確的是（）A.若接入元件1時(shí)，前表面電勢高；若接入元件2時(shí)，前表面電勢低9 .若接入元件1時(shí)，前表面電勢低；若接入元件2時(shí)，前表面電勢高C.不論接入哪個(gè)元件，都是前表面電勢高D.不論接入哪個(gè)元件，都是前表面電勢低答案 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，電子向后表面偏轉(zhuǎn)，所以前表面電勢高；若接入元件2時(shí)，根據(jù)左手定則，空穴向后表面聚集，故后表面電勢高，前表面電勢低，故 A正確。1 10 （多選）如圖所示,半徑為R的4圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,過（2R，0）

14、點(diǎn)垂直X軸放置一線型粒子發(fā)射裝置，能在0<y<R的區(qū)間內(nèi)各處沿 X軸正方向同時(shí)發(fā)射出速度均為v、帶正電的同種粒子，粒子質(zhì)量為mi電荷量為q。不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用力。若某時(shí)刻粒子被裝置發(fā)射出后，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)恰好擊中y軸上的同一點(diǎn)，則下列說法中正確的是（）-in -r oA.粒子擊中點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為R ，mvB.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 qRC.粒子離開磁場時(shí)速度方向相同D.粒子從離開發(fā)射裝置到擊中y軸所用時(shí)間",共匡142R2 +兀 R的氾圍為T<t<2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R）,即粒子擊中

15、點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為 R A的粒子只能擊中（0, R）,則擊中的同一點(diǎn)只能是（0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2,.»v mv向心力有：qvB= mR，可得磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=示 B正確；粒子運(yùn)動(dòng)的半徑都相同，但是入射點(diǎn)不同，所以粒子離開磁場時(shí)的速度方向不同,C錯(cuò)誤；整個(gè)過程粒子的速率不變，故粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間正比于軌跡的長度，所以從最低點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，由此可得粒子從離開 發(fā)射裝置到擊中y軸所用的最長時(shí)間為ti=4T+R= 4*等+ R=T從最高點(diǎn)直接. 2R射向（0, R）的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，最短的時(shí)間為t2=T，D正確。11

16、 .（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（可視為勻強(qiáng)磁場）,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的 2倍，理論上可采用的辦法是（）A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B.只將電流I增加到原來的2倍C.只將彈體質(zhì)量減小到原來的一半D.將彈體質(zhì)量減小到原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?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)射過程中，

17、安培力做功 kI2dL,由動(dòng)能定理kI 2dL = 1mV,要使彈體的出射速度增加至原來的 2倍，可采用的辦法是只將電流 I增加到原來的2 倍，或?qū)楏w質(zhì)量減小到原來的一半，同時(shí)軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變，B、D正確。12 .如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，AO是/ xOy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強(qiáng)電場，下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩電場的電場強(qiáng)度 大小相等。一質(zhì)量為 m電荷量為+ q的質(zhì)點(diǎn)從OA上白M M點(diǎn)由靜止釋放，質(zhì)點(diǎn)恰能沿 AO運(yùn)動(dòng) 且通過O點(diǎn)進(jìn)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上白D D點(diǎn) . .2m 一一.

18、(C點(diǎn)、D點(diǎn)圖中均未標(biāo)出)。已知OM= 20/2 m,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=,重力加q2速度為g = 10 m/s 。求：(1)兩勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度 E的大?。?2) OD的長 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?！?mg 35 2答案(1).(2) 丁 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，沿 AO做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以有 mg= qE,即 E= mg) q(2)質(zhì)點(diǎn)在x軸下方，重力與電場力平衡，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:2vBqv= mR沿AO故勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)

19、學(xué)規(guī)律知：2v = 2aoM因?yàn)椋篴= 2g由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知：1, 2R= vt 3, R L=/at3聯(lián)立解得：L =竺£ m。4 一12（3）質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)有：OM= 2ati,解得：ti=2 s質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有：12= 1 X r= j s4 Bq 4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 = 11 + 12+13= 2.5 + / s = 4.86 s o412 .如圖是導(dǎo)軌式電磁炮實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。兩根平行長直金屬導(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)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保

20、持良好接觸。電源提供的強(qiáng)大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過滑塊，再從另一導(dǎo)軌流回電源?；瑝K被導(dǎo)軌中的 電流形成的磁場推動(dòng)而發(fā)射。在發(fā)射過程中，該磁場在滑塊所在位置始終可以簡化為勻強(qiáng)磁 場，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=2.5X10 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 m30 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)射過程中電源提供的電流強(qiáng)度;(2)若電源輸出的能量有 4%專換為滑塊的動(dòng)能，則發(fā)射過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

21、即以速度v沿水平方向擊中放在水平面上的砂箱，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。求滑塊對砂箱平均沖擊力的表達(dá)式。答案 (1)8.5 X105 A (2)1.0 X109 W 1.2X103 V2s、二Mmv(3) f = 2 m M .廠2解析 (1)由勻加速運(yùn)動(dòng)公式 a = I=9xi。5 m/s 2 mV9電源的輸出功率為 P= A . yAO/=1.0 X10 W t X 4%由功率P= IU,解得輸出電壓：U= P= 1.2 X103 V。(3)分別對砂箱和滑塊應(yīng)用動(dòng)能定理，有2s由安培力公式和牛頓第二定律，有F= BIl = kI 2

22、l , kI 2l = ma因此I =8.5 X105 Ao(2)滑塊獲得的動(dòng)能是電源輸出能量的4%12fs M= 2吊4一sm= 2mQ 1md由牛頓定律f = f '和相對運(yùn)動(dòng) sm= sm+ s '由動(dòng)量守恒mv= (M) v 共1 2即 PA t x 4%= 2mv發(fā)射過程中電源供電時(shí)間At =- = -1x 10 2 sa 3聯(lián)立求得平均沖擊力f=?留力2 llrr IVI真題調(diào)研題組1. （2019 全國卷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

23、的安培力大小為 F,則線框LMh到的安培力的大小為（）A. 2F B . 1.5 F C . 0.5 F D . 0答案 B解析 設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R長度為L,則電路中，上下兩支路電阻之比為R : R=2R： R= 2 ： 1,上下兩支路電流之比為I1 ： 12=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度也為L,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/f受的安培力大小為F+ F' =1.5F,B正確。2. （2019 全國卷n ）如圖，邊長為l的正方形ab

24、cd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，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（）1515AqkBl,亍kBl B. ;kBl, ,kBlC.2kBl,乎kBl D. 2kBl, 5kBl答案 B2解析若電子從a點(diǎn)射出,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線， 有qvaB= m；, R=1，解得Va=q = Re4m 4m=半；若電子從d點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線，有qVdB= nRd, F2= R； 2+l2,解得Vd=qBR5qBl 5kBl-=o B 正確。4m 43. （2019 全國

25、卷出）5 7tmA. 6qB B.7兀m6qB C.11 m6qBD.13兀m6qB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。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 x軸離開第一象限。粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（）答案 Br 知，第一象限內(nèi)解析 帶電粒子在不同磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，其速度大小不變，由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，由幾何知識可知，粒子在第二象限內(nèi)軌跡所對圓心角為90。，在第一象限內(nèi)軌跡所對圓心角為60。2 7tmX26qB2 7tm ,則粒子在磁

26、場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 3qBt = t 1+ t 2 =7% m6qB'B正確。T2 t2= ?粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1 = T1 = 2晝蕓粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間當(dāng)顯示4. （2019 天津高考）筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。屏開啟時(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、長為c的矩形半導(dǎo)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)磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U以此控制屏幕

27、的熄滅。則元件的 （）A.前表面的電勢比后表面的低B.前、后表面間的電壓 U與v無關(guān)C.前、后表面間的電壓 U與c成正比eUD.自由電子受到的洛倫茲力大小為一a電勢低，A錯(cuò)誤；電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變,U與v成正比，與c無關(guān)，故B、C錯(cuò)誤；自由答案 D解析 由左手定則判斷，后表面帶負(fù)電，由eU= evB得U= Bav,故前、后表面間的電壓 a eU .電子受到的洛倫茲力 F=evB= ，D正確。a5. （2018 北京高考）某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場。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，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)無關(guān)的是

28、（）A.磁場和電場的方向B .磁場和電場的強(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)合場內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，即有Eq= qvB,則v=B,若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強(qiáng)弱程度、粒子入射時(shí)速度都有要求，但是對粒子的電性和電量無要求，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。6. （2018 全國卷n ）（多選）如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線Li、L2, Li中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；Li的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對于 L2對稱。整個(gè) 系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

29、B）,方向垂直于紙面向外。已知 a、b兩一 一 11點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為 qR和方向也垂直于紙面向外。則 （）32A.流經(jīng)Li的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為7 Bo 12B.流經(jīng)Li的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 Bo 12C.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1 Bo 12D.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712B0答案 AC解析 L1在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為B,方向都垂直于紙面向里，而L2在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場磁感應(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

30、加原理可知BoB-E2=1B）, B+E0-B = 1Bo,聯(lián)立這兩式可解得：B=：7B0, B = ;1E0,故 A、C正確。3212127. （2。19 全國卷I ）如圖，在直角三角形 OPNE域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，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始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；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3。° ,粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的出射點(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到運(yùn)動(dòng)至4UBd23答案的（2）

31、行之+于x軸的時(shí)間。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12 fqU= 2mv 設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖,由幾何關(guān)系知d = 平聯(lián)立式得q 4U m=(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動(dòng)至x軸所經(jīng)過的路程為兀rs = -2"+ rtan30 帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為t=vBc2聯(lián)立式得t=BcAOxOy平面內(nèi)8. (2018 全國卷H ) 足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為1,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為

32、B,方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l ',電場強(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，經(jīng)過一段時(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)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡;(2)求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小; 兀 (3)右該粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為"6"，求該粒子的比何及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。答案 (1)軌跡見解析 (2) 2E-Bl解析 （1）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖 a所示。（

33、粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓 弧，上下對稱）（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為vo,在下側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,加速度的大小為 a；粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為e （見圖b）,速度沿電場方向的分量為vi,根據(jù)牛頓第二定律有qE= m®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vi= at l = V0t V1= vcos 0 粒子在磁場中做勻速圓周運(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 2 mvqvB= -R'由幾何關(guān)系得l=2RCos0, 一一一 2E1聯(lián)立式得 vo

34、= 一日一Bl 兀一（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得vi= vocot不聯(lián)立式得q="母Em b 1設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t',兀 兀 27-7 則 t ' = 2t + T2兀式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期,27tmT= ?qB -由？式得t，=Bli+組U 。 E 18l9.（2018 天津高考）如圖所示，在水平線 ab下方有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E,方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為 R、/3R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與 ab的交點(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

35、電場中 P點(diǎn)靜止釋放，由 M進(jìn)入磁場，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，從N射出，粒子從M到N的過程中，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。；3RBqBR答案(1) (2)解析（1）設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有 qvB=2 v設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)所受電場力為F,有F=qE設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有 F=ma粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v= at 聯(lián)立式得t = EB（2）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周

36、運(yùn)動(dòng)，其周期和速度、圓周運(yùn)動(dòng)半徑無關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間 只由粒子所通過的圓弧所對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)粒子在磁場中的軌跡半徑為r',由幾何關(guān)系可知（r' R）2+（、/3R）2= r' 2設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與ab的夾角為9 ,即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知粒子從Q射出后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時(shí)沿豎直方向的分速度同樣為v,在垂直于電場方向的分速度始終為Vo,V _由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可知 tan e = 聯(lián)立式得VoqBR模擬沖刺題組9. （2019 北京西城一模）

37、如圖所示，在兩塊平行金屬板間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場?，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.撤去電場僅彳留磁場，M N做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑一定相等D.撤去磁場僅彳留電場，M N若能通過場區(qū)，則通過場區(qū)的時(shí)間相等答案 D解析 根據(jù)左手定則判斷可知，無論粒子帶何種電荷，受到的洛倫茲力和電場力的方向總相反，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)，與電性和電量無關(guān)，故 A B錯(cuò)誤；撤去電場后，粒

38、子在剩下的磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB= nv,可mv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；撤去磁場后，兩qBl = vt可知兩粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，若能穿過場區(qū)，則水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由粒子通過場區(qū)的時(shí)間相等，故D正確。10. （2019 山西運(yùn)城高三上學(xué)期模擬 ）如圖所示，邊長為I,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)針方向的電流，大小為 I。圖中虛線過 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強(qiáng)磁場，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 Fi；保持其他條件不變，現(xiàn)

39、將虛線下高考物理總復(fù)習(xí)方的磁場移至虛線上方,導(dǎo)線框仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)細(xì)線中拉力為F2o則導(dǎo)線框中的電流大小為（）F2 FiA. BlF2 FiB. 2BlC.2F2 FiBl2 F2 FiD.3Bl答案解析當(dāng)磁場位于虛線下方時(shí)，導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的拉力為Fi,可知線框受到安培力的合力方向豎直向上，大小為F安=反2k根據(jù)平衡條件，則有:Fi + F安=mg現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時(shí)細(xì)線中拉力為F2,安培力大小 F安=BI2,方向豎直向-i# -，rrF2 Fi 一，下，則有 F2=m# F安，聯(lián)立得：F2=Fi+BIl ,即1=,故選 A。Bl11. （2019 遼寧大連二模

40、）如圖所示，AC是四分之一圓弧，O為圓心，D為圓弧中點(diǎn)，AD 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，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(作一1)B B . 2(5+ 1)BC. 2BD. 0答案 A解析O點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度是A、H 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與空間磁場的矢量和一定與D單獨(dú)產(chǎn)生磁場的磁感應(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BBd=-tz,2+ i所以將D處電流反

41、向，其他條件都不變，O處磁感應(yīng)強(qiáng)度：B' = 28=2（啦i）B,故選Ao高考物理總復(fù)習(xí)12. （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，紙面內(nèi)的線段PA與圓形區(qū)域相切于A點(diǎn)，PA= 2小R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（）H K K K KM K K , Jfr., MK M 置工：.M必.產(chǎn),尸庫 st .4 xAqBR 八.mB.弊 C.m7qBR2mD 4qBR-23 -答案 CD解析 粒

42、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，由幾何知識得：（r-R）2+（2A/3R） M2V0,與x軸正方向成45°角斜向右下方=（r + R）2;解得：r = 3R,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：qvB=心，解得：丫=當(dāng)黑故當(dāng)粒子速度滿足 v' A3qBR加可以進(jìn)入圓形磁場區(qū)域，則A、B錯(cuò)誤，C、D正確。m13. （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，在第二、三、四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，已知電場強(qiáng)度為E。從第一象限中坐標(biāo)

43、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 x 軸時(shí)速度為V。，第二次經(jīng)過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x軸時(shí)的速度大小及方向；（3）粒子第二次經(jīng)過y軸與第三次經(jīng)過 y軸時(shí)兩點(diǎn)間的距離。2EVo2答案 V。2EL（3）3 L解析（1）粒子從P點(diǎn)由靜止釋放并到達(dá) x軸過程中， 1c由動(dòng)能th理得 EqL= mv2q vo解得m= 2el粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并由洛倫茲力提供向心力。2 一V0設(shè)軌跡半徑為 ri,則qBvo= m-“ /口 mv解信ri=qB ，r 2E粒子第二次經(jīng)過x軸時(shí)的位置

44、坐標(biāo)為（L, 0）,故其軌跡半徑ri= L,得B= o（2）粒子通過y軸上的點(diǎn)（0, L）,以平行x軸的速度vo進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t第三次通過x軸，軌跡如圖所示，在此過程中,加速度Eq v0 a= m 2L水平位移x=vot,12豎直位移L=2at“ 22L解得t =Vox= 2L該粒子第三次經(jīng)過 x軸時(shí)，水平分速度Vx= Vo豎直分速度 Vy=at=vo所以粒子第三次經(jīng)過 x軸時(shí)的速度大小V =業(yè)2 + V2 = /2vo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y軸時(shí)坐標(biāo)為（。，L）,第三次經(jīng)過x軸時(shí)坐標(biāo)為（2L, 0）,再次進(jìn)入磁

45、場中做圓周運(yùn)動(dòng),、/2mv廠r2=F -2L由幾何關(guān)系可求得粒子第三次經(jīng)過y軸時(shí)坐標(biāo)為（0 , - 2L）,故粒子第二次經(jīng)過y軸與第三次經(jīng)過y軸時(shí)兩點(diǎn)間距為 3L。14. （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 R方向垂直于坐標(biāo)平面向里的有界矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為（一L, 0）的A點(diǎn)。粒子源沿yx軸正方向成 3=15。角的射軸正方向釋放出速度大小為 vo的電子，電子通過 y軸上的C點(diǎn)時(shí)的速度方向與 y軸正方向成a =45。角，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后方向恰好垂直第一象限

46、內(nèi)與線ON已知電子的質(zhì)量為 mi電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用。求:勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小;(2)電子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間矩形磁場區(qū)域的最小面積Smlino2答案氏（2）力端3mv 2 eB解析（1）電子從A到C的過程中，由動(dòng)能定理得:eEL= 1m&- 1mV, vccos45° = V0 22'2-i mv聯(lián)立解得：E=o2eL（2）電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場方向有:VCSin a2兀e=TL=-1.V0其中Vc=,由數(shù)學(xué)知識知電子在磁場中的速度偏向角等于圓心角:cos a電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=/LT,其中T= 2g2兀e

47、B電子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t22L 27tm 聯(lián)立解得：t二十薪。高考物理總復(fù)習(xí)(3)電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有2evB=冷最小矩形區(qū)域如圖所示,-33 -由數(shù)學(xué)知識得：CD)= 2r - sin , CQ= r r cos故矩形磁場區(qū)域的最小面積：Smin=CD-CQmv 2聯(lián)立解得：Smin=3 -eB 。7. (2019 重慶南開中學(xué)高三4月模擬)在矩形區(qū)域abcd中，存在如圖甲所示的磁場區(qū)域(包括邊界)，規(guī)定磁場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=L。重力可忽略不方t的正粒子從d點(diǎn)沿dc方向以初速度V0射

48、入如圖乙所示的周期性變化的磁場，已知粒子的比荷為 k。求:中 如果在t = 0時(shí)刻射入磁場的粒子經(jīng)小于半個(gè)周期的時(shí)間從邊界上的e點(diǎn)離開，則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B)應(yīng)為多大?(2)如果磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度2v0E0=五，在bc邊的右側(cè)加一垂直be邊向左的勻強(qiáng)電場，t =0時(shí)刻射入磁場的粒子剛好經(jīng)過。后垂直bc邊離開磁場，經(jīng)過一段時(shí)間又沿 dc邊從d點(diǎn)離開磁場區(qū)域，則電場強(qiáng)度E以及粒子在電場中的路程 x分別為多大？ (T。未知，用k, L, v。表示)(3)如果磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=z，欲使在小于半個(gè)周期的任意時(shí)刻射入磁場的粒子均不能由ad邊離開磁場，則磁場的變化周期T0應(yīng)滿足什么條件?4v0答案疏) 2

49、 4V0(2) n(n=123 )4(n= 1,2,35兀L叱甌解析(1)根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖 a所示,o Lee5所示,mv4V0又R函，解彳導(dǎo)：B=5kL°mv)2vo(2)根據(jù)R= Bq,把B0 =正代入可得粒子的半徑1R= 2L,畫出粒子在T0的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖b由幾何關(guān)系有：R2= R 2 2+L2,計(jì)算彳#出：R= -L口兀L得T° =歹，2Vo,.2V0又有t =一 aa=Eq,解得 E=24Vo-、-(n= 1,2,3 ) n兀kL粒子在電場中路程:V0 tnu Lx=2 - 2= -4(n=1,2,3 )。(3)臨界情況為粒子從、，1 一. ，一

50、t=0時(shí)刻射入，并且在2T0時(shí)刻軌跡恰好與 ad邊相切，如圖c所示,SS r設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,由幾何關(guān)系知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為150。，,、一，,，11設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為 T,根據(jù)題意有：2T°=4,為保證粒子能回到 d點(diǎn)，則在電場中所用時(shí)間 t滿足：t = nT0(n = 1,2,3)對應(yīng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t = ：T= |m 應(yīng)滿足t >"To, 126 B)q28. (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長度為2L,cd長度為1.5 L, 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，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,質(zhì)量為mi

51、電荷量為+ q的絕緣小球 A靜止在磁場中f點(diǎn)。abfe區(qū)域存在沿bf方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為qBL;質(zhì)量為km的不帶電絕緣小球 P,以大小為qBL的初速度沿bf6mm方向運(yùn)動(dòng)。P與A發(fā)生彈性正碰，A的電量保持不變，R 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邊離開磁場，求k的最大值；(3)若A從ed邊中點(diǎn)離開磁場，求k的可能值和 A在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間。答案2kVA= 7k+ 1qBLm(2)13 7tm2qB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qBL v=由動(dòng)量守恒定律： kmv= kmw+ mv由機(jī)械能守恒定律：2km2 = 2kmvP

52、+ 2 mqBLom2k解得：VA = 71k十12mA(2)設(shè)A球在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為R,由牛頓第二定律得：qvAB= -R2k rR解得：R= k27L,即 k=2L二R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。壓1圖2(3)令z點(diǎn)為ed邊的中點(diǎn)，分類討論如下：(i ) A球在磁場中偏轉(zhuǎn)一次從 z點(diǎn)就離開磁場，如圖 2有2L - 2=4 ,口5L解得：R= ?2k5由R= "fL可得：k=? k十17(ii )分析可知A球能從z點(diǎn)離開磁場需要滿足R>2,則A球在磁場中還可能經(jīng)歷一次半z點(diǎn)離開。當(dāng) k= 時(shí)，va= 5q旦h 由于 J。m4=118m225q2B2L2>q2B2L2128m 6m,故不成立;圓運(yùn)動(dòng)后進(jìn)到電場，然后再由電場進(jìn)入磁場，最終從如圖3和圖4,由幾何關(guān)系有:L3R= L2+ 3