高中物理粵教版1第三章磁場(chǎng) 2023版第3章章末分層突破

章末分層突破[自我校對(duì)]①運(yùn)動(dòng)的電荷②運(yùn)動(dòng)電荷(電流)③B＝eq\f(F,IL)④北極⑤N→S⑥S→N⑦垂直⑧ILB⑨qvB⑩eq\f(mv,qB)?eq\f(2πm,qB)有關(guān)安培力問題的分析與計(jì)算安培力問題分析與計(jì)算的基本思路和方法與力學(xué)問題一樣，先取研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，判斷通電導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)題中條件由牛頓定律或動(dòng)能定理等規(guī)律列式求解．具體求解應(yīng)從以下幾個(gè)方面著手分析：1．安培力的大小(1)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，F(xiàn)＝ILB.(2)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場(chǎng)方向平行時(shí)，F(xiàn)＝0.(3)當(dāng)通電導(dǎo)體和磁場(chǎng)方向的夾角為θ時(shí)，F(xiàn)＝ILBsinθ.2．安培力的方向(1)安培力的方向由左手定則確定．(2)F安⊥B，同時(shí)F安⊥L，即F安垂直于B和L決定的平面，但L和B不一定垂直．3．安培力作用下導(dǎo)體的狀態(tài)分析通電導(dǎo)體在安培力的作用下可能處于平衡狀態(tài)，也可能處于運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．對(duì)導(dǎo)體進(jìn)行正確的受力分析，是解決該類問題的關(guān)鍵．分析的一般步驟是：(1)明確研究對(duì)象，這里的研究對(duì)象一般是通電導(dǎo)體．(2)正確進(jìn)行受力分析并畫出導(dǎo)體的受力分析圖，必要時(shí)畫出側(cè)視圖、俯視圖等．(3)根據(jù)受力分析確定通電導(dǎo)體所處的狀態(tài)或運(yùn)動(dòng)過程．(4)運(yùn)用平衡條件或動(dòng)力學(xué)知識(shí)列式求解．如圖3-1所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝2V，內(nèi)阻r＝Ω，豎直導(dǎo)軌寬L＝0.2m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．另有一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻R＝Ω的金屬棒，它與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，靠在導(dǎo)軌的外面．為使金屬棒不滑動(dòng)，施加一與紙面夾角為30°且與導(dǎo)體棒垂直指向紙里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2)．求：【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62032049】圖3-1(1)此磁場(chǎng)的方向；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍．【解析】(1)要使金屬棒靜止，安培力應(yīng)斜向上指向紙里，畫出由a→b的側(cè)視圖，并對(duì)棒ab受力分析如圖所示．經(jīng)分析知磁場(chǎng)的方向斜向下指向紙里．(2)如圖甲所示，當(dāng)ab棒有向下滑的趨勢(shì)時(shí)，受靜摩擦力向上為f，則Fsin30°＋f－mg＝0F＝B1ILf＝μFcos30°I＝eq\f(E,R＋r)聯(lián)立四式并代入數(shù)值得B1＝T.當(dāng)ab棒有向上滑的趨勢(shì)時(shí)，受靜摩擦力向下為f′，如圖乙所示，則F′sin30°－f′－mg＝0f′＝μF′cos30°F′＝B2ILI＝eq\f(E,R＋r)可解得B2＝T.所以若保持金屬棒靜止不滑動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足T≤B≤T.【答案】(1)斜向下指向紙里(2)T≤B≤T電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的分析所謂“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”是指分別利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷施加作用，從而控制其運(yùn)動(dòng)方向，但電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)電荷的作用特點(diǎn)不同，因此這兩種偏轉(zhuǎn)有明顯的差別.垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力)——電偏轉(zhuǎn)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力)——磁偏轉(zhuǎn)受力情況電場(chǎng)力F＝Eq，大小、方向不變洛倫茲力F＝Bqv，大小不變，方向隨v而改變且F⊥v運(yùn)動(dòng)類型類平拋運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)或其一部分運(yùn)動(dòng)軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動(dòng)圖示動(dòng)能的變化電場(chǎng)力與速度的夾角越來(lái)越小，動(dòng)能不斷增大，并增大得越來(lái)越快洛倫茲力不做功，所以動(dòng)能保持不變求解方法縱向偏移y和偏轉(zhuǎn)角φ要通過類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解縱向偏移y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系通過對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)的討論求解如圖3-2所示，某一真空區(qū)域內(nèi)充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，此區(qū)域的寬度d＝8cm，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，一電子以一定的速度沿水平方向射入此區(qū)域．若電場(chǎng)與磁場(chǎng)共存，電子穿越此區(qū)域恰好不發(fā)生偏轉(zhuǎn)；若射入時(shí)撤去磁場(chǎng)，電子穿越電場(chǎng)區(qū)域時(shí)，沿電場(chǎng)方向偏移量y＝3.2cm；若射入時(shí)撤去電場(chǎng)，電子穿越磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)也發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．不計(jì)重力作用，求：圖3-2(1)電子射入時(shí)的初速度的表達(dá)式；(注：表達(dá)式不必代入具體數(shù)值，只保留字母符號(hào))(2)電子比荷的表達(dá)式；(3)畫出電子穿越磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)(撤去電場(chǎng)時(shí))的軌跡并標(biāo)出射出磁場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角α；(sin37°＝，cos37°＝(4)電子穿越磁場(chǎng)區(qū)域后(撤去電場(chǎng)時(shí))的偏轉(zhuǎn)角α.【解析】(1)電子在復(fù)合場(chǎng)中不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡有qE＝qvB，得初速度的表達(dá)式v＝eq\f(E,B).(2)電子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，向上做類平拋運(yùn)動(dòng)有d＝v·t，y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(qE,m)可解得電子比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2Ey,B2d2).(3)電子穿越磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的軌跡如圖所示．(4)電子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，代入比荷的表達(dá)式得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(d2,2y)＝10cm＝0.1m由幾何知識(shí)得sinα＝eq\f(d,r)＝所以偏轉(zhuǎn)角α＝53°.【答案】(1)v＝eq\f(E,B)(2)eq\f(q,m)＝eq\f(2Ey,B2d2)(3)見解析圖(4)53°1電偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是類平拋運(yùn)動(dòng)，解決的方法是運(yùn)動(dòng)的合成與分解.2磁偏轉(zhuǎn)是洛倫茲力作用下的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，解決的方法是作軌跡圖，確定圓心，求解半徑和圓心角，利用周期公式和半徑公式求解.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)分析1．穿出條件剛好穿出磁場(chǎng)邊界的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切．2．運(yùn)動(dòng)時(shí)間當(dāng)速度v一定時(shí)，弧長(zhǎng)(或弦長(zhǎng))越長(zhǎng)，圓心角越大，帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)．3．幾種常見的邊界類型(1)若粒子垂直于磁場(chǎng)邊界入射，且仍能從此邊界出射，則出射時(shí)與此邊界垂直，運(yùn)動(dòng)軌跡為半圓．圖3-3(2)若粒子以與邊界線夾角為α或β射入磁場(chǎng)且仍從此邊界出射，則射出時(shí)與邊界的夾角仍為α或β.圖3-4(3)若磁場(chǎng)為一圓形有界磁場(chǎng)，粒子以過圓心的速度方向垂直入射，則出磁場(chǎng)時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線必過圓心．圖3-5如圖3-6所示，在y<0的區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面并指向紙面外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一帶正電的粒子以速度v0從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，入射速度方向在xOy平面內(nèi)，與x軸正方向的夾角為θ.若粒子射出磁場(chǎng)的位置與O點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，求該粒子電量與質(zhì)量之比．圖3-6【解析】根據(jù)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，作出運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，找出圓心A，向x軸作垂線，垂足為H，由幾何關(guān)系得：Rsinθ＝eq\f(1,2)L①由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得R＝eq\f(mv0,qB)②聯(lián)立①②兩式解得eq\f(q,m)＝eq\f(2v0sinθ,LB).【答案】eq\f(2v0sinθ,LB)帶電粒子在洛倫茲力作用下的多解問題1．帶電粒子的電性不確定形成多解如圖3-7所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若帶正電，其軌跡為a；若帶負(fù)電，其軌跡為b.圖3-72．磁場(chǎng)方向的不確定形成多解如圖3-8所示，帶正電的粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b.圖3-83．臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射面邊界反向飛出，如圖3-9所示，于是形成了多解．圖3-94．運(yùn)動(dòng)的往復(fù)性形成多解帶電粒子在部分是電場(chǎng)、部分是磁場(chǎng)的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖3-10所示．圖3-10在x軸上方有勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖3-11所示．在x軸上有一點(diǎn)M，離O點(diǎn)距離為l，現(xiàn)有一帶電量為＋q的粒子，從靜止開始釋放后能經(jīng)過M點(diǎn)，求如果此粒子在y軸上靜止釋放，其坐標(biāo)應(yīng)滿足什么關(guān)系？(重力忽略不計(jì))．圖3-11【解析】要使帶電粒子從靜止釋放后能運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，必須把粒子放在電場(chǎng)中A點(diǎn)先加速才行，當(dāng)粒子經(jīng)加速以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)后，只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半周后到達(dá)B點(diǎn)，再做減速運(yùn)動(dòng)，上升到與A點(diǎn)等高處，再返回做加速運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)后又以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，半徑與前者相同，以后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，從圖中可以看出，要想經(jīng)過M點(diǎn)，OM距離應(yīng)為直徑的整數(shù)倍，即滿足2R·n＝Oeq\x\to(M)＝l.2R·n＝l ①R＝eq\f(mv,qB) ②Eq·y＝eq\f(1,2)mv2 ③聯(lián)立①②③可得y＝eq\f(B2l2q,8n2mE)(n＝1、2、3、…)．【答案】見解析1.一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖3-12所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計(jì)重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()圖3-12\f(ω,3B) \f(ω,2B)\f(ω,B) \f(2ω,B)【解析】如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓弧eq\x\to(MP)所對(duì)應(yīng)的圓心角由幾何知識(shí)知為30°，則eq\f(π,2ω)＝eq\f(2πm,qB)·eq\f(30°,360°)，即eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，選項(xiàng)A正確．【答案】A2．(多選)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍．兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)．與Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的電子相比，Ⅱ中的電子()A.運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與Ⅰ中的相等【解析】?jī)伤俾氏嗤碾娮釉趦蓜驈?qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且Ⅰ磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是Ⅱ磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍．由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項(xiàng)A正確；由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，選項(xiàng)C正確；由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．正確選項(xiàng)為A、C.【答案】AC3．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖3-13所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62032127】圖3-13A．11 B．12C．121 D．144【解析】帶電粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，其半徑r＝eq\f(mv,qB)，由以上兩式整理得：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).由于質(zhì)子與一價(jià)正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當(dāng)半徑相等時(shí)，解得：eq\f(m2,m1)＝144，選項(xiàng)D正確．【答案】D4.平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖3-14所示，平面OM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．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)．不計(jì)重力．粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為()圖3-14\f(mv,2qB) \f(\r(3)mv,qB)\f(2mv,qB) \f(4mv,qB)【解析】如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB).設(shè)入射點(diǎn)為A，出射點(diǎn)為B，圓弧與ON的交點(diǎn)為P.由粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性及粒子的入射方向知，AB＝R.由幾何圖形知，AP＝eq\r(3)R，則AO＝eq\r(3)AP＝3R，所以O(shè)B＝4R＝eq\f(4mv,qB).故選項(xiàng)D正確．【答案】D5．如圖3-15，一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω.已知開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量為0.5cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開關(guān)斷開時(shí)相比均改變了0.3cm.重力加速度大小取10m/s2.判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量．圖3-15【解析】依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下．開關(guān)斷開時(shí)，兩彈簧各自相對(duì)于其原長(zhǎng)伸長(zhǎng)了Δl1＝cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1＝mg①式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大?。_關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為F＝IBL②式中，I是回路電流，L是金屬棒的長(zhǎng)度．兩彈簧各自再伸長(zhǎng)了Δl2＝cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由歐姆定律有E＝IR④式中，E是電池的電動(dòng)勢(shì)，R是電路總電阻．聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得m＝0.01kg.⑤【答案】安培力的方向豎直向下，金屬棒的質(zhì)量為kg章末綜合測(cè)評(píng)(三)磁場(chǎng)(時(shí)間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)1．安培的分子環(huán)形電流假說(shuō)不能用來(lái)解釋下列哪些磁現(xiàn)象()A．磁體在高溫時(shí)失去磁性B．磁鐵經(jīng)過敲擊后磁性會(huì)減弱C．鐵磁類物質(zhì)放入磁場(chǎng)后具有磁性D．通電導(dǎo)線周圍存在磁場(chǎng)【解析】磁鐵內(nèi)部的分子電流的排布是大致相同的，在高溫時(shí)，分子電流的排布重新變得雜亂無(wú)章，故對(duì)外不顯磁性，A正確；磁鐵經(jīng)過敲擊后，分子電流的排布重新變得雜亂無(wú)章，每個(gè)分子電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消，故對(duì)外不顯磁性，故B正確；鐵磁類物質(zhì)放入磁場(chǎng)后磁鐵內(nèi)部的分子電流的排布是大致相同的，對(duì)外顯現(xiàn)磁性，C正確；通電導(dǎo)線的磁場(chǎng)是由自由電荷的定向運(yùn)動(dòng)形成的，即產(chǎn)生磁場(chǎng)的不是分子電流，故D錯(cuò)誤．【答案】D2．關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說(shuō)法正確的是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E＝eq\f(F,q)，適用于任何電場(chǎng)B．由真空中點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝eq\f(kQ,r2)可知，當(dāng)r→0，E→＋∞C．由公式B＝eq\f(F,IL)可知，一小段通電導(dǎo)線在某處若不受磁場(chǎng)力則說(shuō)明此處一定無(wú)磁場(chǎng)D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是置于該處的通電導(dǎo)線所受的安培力方向【解析】電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E＝eq\f(F,q)，適用于任何電場(chǎng)，故A正確；當(dāng)r→0時(shí)，電荷已不能看成點(diǎn)電荷，公式E＝eq\f(kQ,r2)不再成立，故B錯(cuò)誤；由公式B＝eq\f(F,IL)可知，一小段通電導(dǎo)線在某處若不受磁場(chǎng)力，可能是B的方向與電流方向平行，所以此處不一定無(wú)磁場(chǎng)，故C錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和該處通電導(dǎo)線所受的安培力方向垂直，故D錯(cuò)誤．【答案】A3．如圖1所示，a是豎直平面P上的一點(diǎn)，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點(diǎn)，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場(chǎng)的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點(diǎn)．在電子經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間，條形磁鐵的磁場(chǎng)對(duì)該電子的作用力的方向()圖1A．向上 B．向下C．向左 D．向右【解析】a點(diǎn)處磁場(chǎng)垂直于紙面向外，根據(jù)左手定則可以判斷電子受力向上，A正確．【答案】A4．如圖2所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下，有一正離子恰能以速率v沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域．下列說(shuō)法正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62032050】圖2A．若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將沿直線運(yùn)動(dòng)B．若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將向上偏轉(zhuǎn)C．若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將向下偏轉(zhuǎn)D．若一電子以速率v從左向右飛入，則該電子將向下偏轉(zhuǎn)【解析】正離子以速率v沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域，則有qvB＝Eq.即vB＝E，若一電子的速率v從左向右飛入此區(qū)域時(shí)，也必有evB＝Ee.電子沿直線運(yùn)動(dòng)．而電子以速率v從右向左飛入時(shí)，電子所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力均向上，電子將向上偏轉(zhuǎn)，B正確，A、C、D均錯(cuò)誤．【答案】B5．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩個(gè)D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖3所示，要增大帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能，則下列說(shuō)法中正確的是()圖3A．增大勻強(qiáng)電場(chǎng)間的加速電壓B．減小磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度C．增加周期性變化的電場(chǎng)的頻率D．增大D形金屬盒的半徑【解析】粒子最后射出時(shí)的旋轉(zhuǎn)半徑為D形金屬盒的最大半徑R，R＝eq\f(mv,qB)，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m).可見，要增大粒子的動(dòng)能，應(yīng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B和增大D形金屬盒的半徑R，故正確選項(xiàng)為D.【答案】D6．如圖4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Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°.現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點(diǎn)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)?)圖4\f(1,2)Δt B．2Δt\f(1,3)Δt D．3Δt【解析】由牛頓第二定律qvB＝meq\f(v2,r)及勻速圓周運(yùn)動(dòng)T＝eq\f(2πr,v)得r＝eq\f(mv,qB)；T＝eq\f(2πm,qB).作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由圖可得，以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)經(jīng)過Δt＝eq\f(T,6)從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，軌道半徑r＝eq\r(3)AO；速度變?yōu)閑q\f(v,3)時(shí)，運(yùn)動(dòng)半徑是eq\f(r,3)＝eq\f(\r(3)AO,3)，由幾何關(guān)系可得在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(T,3)，即2Δt.故A、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．【答案】B7．帶正電粒子(不計(jì)重力)以水平向右的初速度v0，先通過勻強(qiáng)電場(chǎng)E，后通過勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，如圖5甲所示，電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)該粒子做功為W1.若把該電場(chǎng)和磁場(chǎng)正交疊加，如圖乙所示，再讓該帶電粒子仍以水平向右的初速度v0(v0<eq\f(E,B))穿過疊加場(chǎng)區(qū)，在這個(gè)過程中電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)粒子做功為W2，則()圖5A．W1<W2 B．W1＝W2C．W1>W2 D．無(wú)法判斷【解析】在乙圖中，由于v0<eq\f(E,B)，電場(chǎng)力qE大于洛倫茲力qBv.根據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力有與電場(chǎng)力方向相反的分力．則在甲圖的情況下，粒子沿電場(chǎng)方向的位移較大，電場(chǎng)力做功較多，所以選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確．【答案】C8．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的區(qū)域中有一光滑斜面體，在斜面體上放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m的導(dǎo)線，當(dāng)通以如圖6所示方向的電流后，導(dǎo)線恰能保持靜止，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B滿足()圖6A．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向垂直斜面向下B．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向垂直斜面向上C．B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向下D．B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左【解析】磁場(chǎng)方向垂直斜面向下時(shí)，根據(jù)左手定則，安培力沿斜面向上，導(dǎo)體棒還受到重力和支持力，根據(jù)平衡條件和安培力公式，有mgsinθ＝BIL，解得選項(xiàng)A正確．磁場(chǎng)豎直向下時(shí)，安培力水平向左，導(dǎo)體棒還受到重力和支持力，根據(jù)平衡條件和安培力公式，有mgtanθ＝BIL，解得選項(xiàng)C正確．磁場(chǎng)方向水平向左時(shí)，安培力豎直向上，與重力平衡，有mg＝BIL，解得選項(xiàng)D正確．【答案】ACD9．利用如圖7所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L(zhǎng).一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場(chǎng)，對(duì)于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說(shuō)法正確的是()圖7A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大【解析】由左手定則和粒子的偏轉(zhuǎn)情況可以判斷粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，r越大v越大，由圖可知r最大值為rmax＝eq\f(3d＋L,2)，選項(xiàng)B正確；又r最小值為rmin＝eq\f(L,2)，將r的最大值和最小值代入v的表達(dá)式后得出速度之差為Δv＝eq\f(3qBd,2m)，可見選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．【答案】BC10．如圖8所示，直角三角形ABC中存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，比荷相同的兩個(gè)粒子沿AB方向射入磁場(chǎng)，分別從AC邊上的P、Q兩點(diǎn)射出，則()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62032051】圖8A．從P射出的粒子速度大B．從Q射出的粒子速度大C．從P射出的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)D．兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一樣長(zhǎng)【解析】作出各自的軌跡如右圖所示，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)知，分別從P、Q點(diǎn)射出時(shí)，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點(diǎn)射出時(shí)，半徑R1<R2，所以，從Q點(diǎn)射出的粒子速度大，B正確；根據(jù)圖示，可知兩個(gè)圓心角相等，所以，從P、Q點(diǎn)射出時(shí)，兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等．正確的選項(xiàng)應(yīng)是B、D.【答案】BD二、計(jì)算題(本題共3小題，共40分，按題目要求作答)11．(12分)如圖9所示，傾角為θ＝30°的光滑導(dǎo)體滑軌A和B，上端接入一電動(dòng)勢(shì)E＝3V、內(nèi)阻不計(jì)的電源，滑軌間距為L(zhǎng)＝0.1m，將一個(gè)質(zhì)量為m＝0.03kg，電阻R＝Ω的金屬棒水平放置在滑軌上，若滑軌周圍存在著垂直于滑軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)閉合開關(guān)S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，求滑軌周