2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2第一章專題強化5 帶電粒子在疊加場中的運動含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2第一章帶電粒子在疊加場中的運動[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.掌握帶電粒子在疊加場中常見的兩種運動情景.2.會分析其受力情況和運動情況，能正確選擇物理規(guī)律解決問題．處理帶電粒子在疊加場中的運動的基本思路1．弄清疊加場的組成．2．進行受力分析，確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合．3．畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律．(1)由于洛倫茲力的大小與速度有關(guān)，帶電粒子在含有磁場的疊加場中的直線運動一定為勻速直線運動，根據(jù)平衡條件列式求解．(2)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程求解．(3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．一、帶電粒子在疊加場中的直線運動(多選)(2021·綿陽市月考)地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場(未畫出)和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動，如圖1所示，由此可以判斷()圖1A．油滴一定做勻速運動B．油滴可以做變速運動C．如果油滴帶正電，它是從N點運動到M點D．如果油滴帶正電，它是從M點運動到N點答案AD解析油滴做直線運動，受重力、電場力和洛倫茲力作用，因為重力和電場力均為恒力，根據(jù)油滴做直線運動條件可知，油滴所受洛倫茲力亦為恒力．根據(jù)F＝qvB可知，油滴必定做勻速直線運動，A正確，B錯誤；根據(jù)做勻速直線運動的條件可知油滴的受力情況如圖所示，如果油滴帶正電，由左手定則可知，油滴從M點運動到N點，C錯誤，D正確．二、帶電粒子在疊加場中的勻速圓周運動如圖2所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入由互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B構(gòu)成的疊加場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，重力加速度大小為g，則()圖2A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(πE,Bg)D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加答案B解析小球在疊加場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負電，A項錯誤；因為小球做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律和動能定理可得：qvB＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，故小球做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，B項正確；由T＝eq\f(2πr,v)，可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，與電壓U無關(guān)，C、D項錯誤．如圖3所示，A、B間存在與豎直方向成45°斜向上的勻強電場E1，B、C間存在豎直向上的勻強電場E2，A、B的間距為1.25m，B、C的間距為3m，C為熒光屏．一質(zhì)量m＝1.0×10－3kg、電荷量q＝＋1.0×10－2C的帶電粒子由a點靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過b點到達熒光屏上的O點．若在B、C間再加方向垂直紙面向外且大小為B＝0.1T的勻強磁場，粒子經(jīng)b點偏轉(zhuǎn)到達熒光屏O′點(圖中未畫出)．取g＝10m/s2.求：圖3(1)E1的大?。?2)加上磁場后粒子打在屏上的位置O′距O點的距離；(3)加上磁場后，粒子由b點到O′點電勢能的變化量．答案(1)eq\r(2)N/C(2)1.0m(3)增加了1.0×10－2J解析(1)粒子在A、B間做勻加速直線運動，豎直方向受力平衡，則有qE1cos45°＝mg解得E1＝eq\r(2)N/C.(2)粒子從a到b的過程中，由動能定理得：qE1dABsin45°＝eq\f(1,2)mvb2解得vb＝5m/s加磁場后粒子在B、C間必做勻速圓周運動，如圖所示，由牛頓第二定律可得：qvbB＝meq\f(v\o\al(b2),R)解得R＝5m設(shè)粒子在B、C運動的偏轉(zhuǎn)距離為y，由幾何知識得R2＝dBC2＋(R－y)2代入數(shù)據(jù)得y＝1.0m(y＝9.0m舍去)(3)加磁場前粒子在B、C間必做勻速直線運動，則有：qE2＝mg粒子在B、C間運動時電場力做的功有W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2J由功能關(guān)系知，粒子由b點到O′點電勢能增加了1.0×10－2J.三、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動(多選)(2020·揚州中學(xué)高二期中)空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向(垂直紙面向里)的勻強磁場，如圖4所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C為運動的最低點．不計重力，則()圖4A．該離子帶負電B．A、B兩點位于同一高度C．到達C點時離子速度最大D．離子到達B點后，將沿原曲線返回A點答案BC解析離子開始受到電場力作用由靜止開始向下運動，可知離子受到的電場力方向向下，則該離子帶正電，A錯誤；洛倫茲力不做功，從A到B，動能變化為零，根據(jù)動能定理知，電場力做功為零，A、B兩點等電勢，因為該電場是勻強電場，所以A、B兩點位于同一高度，B正確；根據(jù)動能定理知，離子到達C點時電場力做功最多，則速度最大，C正確；離子在B點的狀態(tài)與A點的狀態(tài)(速度為零，電勢能相等)相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子將在B點的右側(cè)重復(fù)前面的曲線運動，不可能沿原曲線返回A點，D錯誤.1．(帶電粒子在疊加場中的直線運動)如圖5所示，豎直平面內(nèi)存在水平方向的勻強電場，電場強度為E，同時存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，紙面內(nèi)放置一光滑的絕緣細桿，與水平方向成θ＝45°角．質(zhì)量為m、帶電荷量為q的金屬小環(huán)套在細桿上，以初速度v0沿著細桿向下運動，小環(huán)離開細桿后，恰好做直線運動，則以下說法正確的是()圖5A．小環(huán)可能帶負電B．電場方向可能水平向右C．小環(huán)的初速度v0＝eq\f(\r(2)mg,qB)D．小環(huán)離開細桿時的速度v＝eq\f(E,B)答案C2．(帶電粒子在疊加場中的圓周運動)如圖6所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場區(qū)域，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向的夾角為θ.不計空氣阻力，重力加速度為g，求：圖6(1)電場強度E的大小和方向；(2)小球從A點拋出時初速度v0的大??；(3)A點到x軸的高度h.答案(1)eq\f(mg,q)豎直向上(2)eq\f(qBL,2mtanθ)(3)eq\f(q2B2L2,8m2g)解析(1)小球在電場、磁場區(qū)域中恰能做勻速圓周運動，其所受電場力與重力平衡，有qE＝mg①則E＝eq\f(mg,q)②重力的方向豎直向下，電場力的方向應(yīng)為豎直向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上．(2)小球在疊加場中做勻速圓周運動，如圖所示，O′為圓心，MN為弦長，∠MO′P＝θ，設(shè)軌道半徑為r，由幾何關(guān)系知eq\f(L,2r)＝sinθ③小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，設(shè)小球做圓周運動的速度為v，有qvB＝eq\f(mv2,r)④由速度的合成與分解知eq\f(v0,v)＝cosθ⑤由③④⑤式得v0＝eq\f(qBL,2mtanθ).⑥(3)設(shè)小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關(guān)系為vy＝v0tanθ⑦由勻變速直線運動規(guī)律有vy2＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h＝eq\f(q2B2L2,8m2g).3．(帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動)(多選)如圖7所示，xOy坐標(biāo)平面在豎直面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強磁場(圖中未畫出)．一帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示．關(guān)于帶電小球的運動，下列說法中正確的是()圖7A．OAB軌跡為半圓B．小球運動至最低點A時速度最大，且沿水平方向C．小球在整個運動過程中機械能守恒D．小球在最低點A時受到的洛倫茲力與重力大小相等答案BC解析因為重力改變速度的大小，而洛倫茲力僅改變速度的方向，又洛倫茲力大小隨速度大小的變化而變化，故小球運動的軌跡不可能是圓，故A錯誤；整個過程中由于洛倫茲力不做功，即只有重力做功，故小球機械能守恒，故C正確；因為只有重力做功，據(jù)動能定理，小球在最低點時重力做功最多，mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(2gh)，最低點處h最大故速度最大，小球做曲線運動的速度方向為該點的切線方向，該點的切線方向在水平方向，故B正確；若小球在最低點A處時所受洛倫茲力與重力大小相等，根據(jù)平衡條件可知小球?qū)⑺较蛴易鰟蛩僦本€運動，不可能沿軌跡AB運動，故D錯誤．1.(多選)如圖1所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L做直線運動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中正確的是()圖1A．液滴一定做勻速直線運動B．液滴一定帶正電C．電場線方向一定斜向上D．液滴有可能做勻變速直線運動答案ABC解析液滴受重力、電場力、洛倫茲力的共同作用而做勻速直線運動，合力為零，可判斷出洛倫茲力與電場力的方向，判斷出液滴只有帶正電才可能所受合力為零而做勻速直線運動，此時電場線方向必斜向上，故A、B、C正確，D錯誤．2.(多選)如圖2所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，右邊有一擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，在a、b兩板間還存在著勻強電場E.從兩板左側(cè)中點c處射入一束正離子(不計重力)，這些正離子都沿直線運動到右側(cè)，從d孔射出后分成三束．則下列判斷正確的是()圖2A．這三束正離子的速度一定不相同B．這三束正離子的比荷一定不相同C．a(chǎn)、b兩板間的勻強電場方向一定由a指向bD．若這三束離子改為帶負電而其他條件不變則仍能從d孔射出答案BCD3.(2020·湖南懷化期末)如圖3所示，空間中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，有一帶電液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，重力加速度為g，則液滴環(huán)繞速度大小及方向分別為()圖3A.eq\f(E,B)，順時針 B.eq\f(E,B)，逆時針C.eq\f(BgR,E)，順時針 D.eq\f(BgR,E)，逆時針答案C解析液滴在疊加場中做勻速圓周運動，知重力和電場力平衡，則液滴受到向上的電場力，可知液滴帶負電，根據(jù)左手定則可知液滴做順時針的勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)又因為重力和電場力平衡，則有qE＝mg解得v＝eq\f(BgR,E)故A、B、D錯誤，C正確．4.如圖4所示，空間中的勻強電場水平向右，勻強磁場垂直紙面向里，一帶電微粒沿著直線從M運動到N，以下說法正確的是()圖4A．帶電微粒可能帶負電B．運動過程中帶電微粒的動能保持不變C．運動過程中帶電微粒的電勢能增加D．運動過程中帶電微粒的機械能守恒答案B解析根據(jù)做直線運動的條件和受力情況可知，微粒一定帶正電，且做勻速直線運動，因此動能保持不變，A錯誤，B正確；由于電場力向右，對微粒做正功，電勢能減小，C錯誤；洛倫茲力不做功，由能量守恒可知，電勢能減小，機械能一定增加，D錯誤．5.如圖5所示，在水平地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向水平并垂直紙面向外，一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q>0)的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動．(重力加速度大小為g)圖5(1)求此區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向；(2)若某時刻微粒運動到距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°角，如圖所示，則該微粒至少需要經(jīng)過多長時間才能運動到距地面最高點？最高點距地面多高？答案(1)eq\f(mg,q)方向豎直向下(2)eq\f(3πm,4qB)H＋eq\f(2＋\r(2)mv,2qB)解析(1)要滿足帶負電微粒做勻速圓周運動，則：qE＝mg，得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向下．(2)微粒的部分運動軌跡如圖所示，當(dāng)微粒第一次運動到最高點時，α＝135°，則t＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3T,8)由qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB)則T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)所以：t＝eq\f(3πm,4qB)，最高點距地面的高度為：H1＝R＋Rsin45°＋H＝H＋eq\f(2＋\r(2)mv,2qB).6．(2017·全國卷Ⅰ)如圖6，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里．三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動．下列選項正確的是()圖6A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma答案B解析設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，則mag＝qE①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbg＝qE＋qvB②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確．7.如圖7所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，一帶電微粒A以一定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O′點穿出，射出時速度大小為vA，若僅撤去磁場，其他條件不變，另一個相同的微粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出，射出時速度的大小為vB，則微粒B()圖7A．穿出位置一定在O′點上方，vB<vAB．穿出位置一定在O′點上方，vB>vAC．穿出位置一定在O′點下方，vB<vAD．穿出位置一定在O′點下方，vB>vA答案D解析設(shè)帶電微粒從O點射入時的速度為v0，若帶電微粒A帶負電，其電場力、重力、洛倫茲力均向下，與運動方向垂直，不可能做直線運動，故微粒A一定帶正電，且滿足mg＝Eq＋Bqv0，做勻速直線運動，故vA＝v0.若僅撤去磁場，由于mg>Eq，帶電微粒B向下偏轉(zhuǎn)，穿出位置一定在O′點下方，合力對其做正功，vB>vA，故D正確．8.如圖8所示，空間存在豎直向上的勻強電場和水平的勻強磁場(垂直紙面向里)．一帶正電的小球從O點由靜止釋放后，運動軌跡如圖中曲線OPQ所示，其中P為運動軌跡中的最高點，Q為與O同一水平高度的點．下列關(guān)于該帶電小球運動的描述，正確的是()圖8A．小球在運動過程中受到的磁場力先增大后減小B．小球在運動過程中電勢能先增加后減少C．小球在運動過程中機械能守恒D．小球到Q點后將沿著曲線QPO回到O點答案A解析小球由靜止開始向上運動，可知電場力大于重力，在運動的過程中，洛倫茲力不做功，電場力和重力的合力先做正功，后做負功，根據(jù)動能定理知，小球的速度先增大后減小，則小球受到的磁場力先增大后減小，故A正確；小球在運動的過程中，電場力先做正功，后做負功，則電勢能先減少后增加，故B錯誤；小球在運動的過程中，除重力做功以外，電場力也做功，機械能不守恒，故C錯誤；小球到Q點后，將重復(fù)之前的運動，不會沿著曲線QPO回到O點，故D錯誤．9.(2020·黃梅國際育才高級中學(xué)月考)如圖9所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的液滴，以速度v沿與水平方向成45°角斜向上進入正交的足夠大勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域，電場強度方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，液滴在場區(qū)做直線運動，重力加速度為g，求：圖9(1)電場強度E和磁感應(yīng)強度B各多大；(2)當(dāng)液滴運動到某一點A時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，不考慮因電場變化而產(chǎn)生的磁場的影響，此時液滴加速度的大小；(3)在滿足(2)的前提下，液滴從A點到達與A點同一水平線上的B點(圖中未畫出)所用的時間．答案(1)eq\f(mg,q)eq\f(\r(2)mg,qv)(2)eq\r(2)g(3)eq\f(3\r(2)πv,4g)解析(1)液滴帶正電，受力分析如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：Eq＝mgtanθ＝mgqvB＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\r(2)mg故E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(2)mg,qv)(2)電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小不改變，故電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，液滴做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：a＝eq\f(F洛,m)＝eq\r(2)g(3)電場變?yōu)樨Q直向上后，qE＝mg，故液滴做勻速圓周運動，由Bqv＝eq\f(mv2,R)及T＝eq\f(2πR,v)可得T＝eq\f(2πm,qB)，又t＝eq\f(3,4)T可得t＝eq\f(3\r(2)πv,4g).10．如圖10甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點，Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v和重力加速度g為已知量．求：圖10(1)微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度B的大??；(2)微粒做圓周運動的半徑；(3)電場變化的周期T.答案(1)eq\f(mg,E0)eq\f(2E0,v)(2)eq\f(v2,2g)(3)eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g)解析(1)微粒從N1沿直線運動到Q點的過程中受力平衡，則mg＋qE0＝qvB到Q點后微粒做圓周運動，則mg＝qE0聯(lián)立以上兩式解得：q＝eq\f(mg,E0)，B＝eq\f(2E0,v)(2)微粒做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v2,2g)(3)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則eq\f(d,2)＝vt1，2πr＝vt2解得：t1＝eq\f(d,2v)，t2＝eq\f(πv,g)電場變化的周期T＝t1＋t2＝eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g).章末檢測試卷(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.(2020·張家口市高二上期末)如圖1所示，兩平行直導(dǎo)線cd和ef豎直放置，通以方向相反、大小相等的電流，a、b兩點位于兩導(dǎo)線所在的平面內(nèi)．下列說法正確的是()圖1A．a(chǎn)點的磁感應(yīng)強度一定為零B．b點的磁感應(yīng)強度一定為零C．ef導(dǎo)線受到的安培力方向向右D．cd導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外答案C解析根據(jù)安培定則可知，通電導(dǎo)線cd在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，通電導(dǎo)線ef在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，cd、ef中通有方向相反、大小相等的電流，但a點離cd較近，故a點的磁場方向垂直紙面向里，故a點的磁感應(yīng)強度一定不為零，故A、D錯誤；根據(jù)安培定則可知，通電導(dǎo)線ef和cd在b點產(chǎn)生的磁場方向相同，均為垂直紙面向外，所以b點的磁場方向垂直紙面向外，故b點的磁感應(yīng)強度一定不為零，故B錯誤；根據(jù)左手定則可判斷，ef導(dǎo)線受到的安培力方向向右，故C正確．2.如圖2所示，用絕緣細線懸掛一個導(dǎo)線框，導(dǎo)線框是由兩同心半圓弧導(dǎo)線和直導(dǎo)線ab、cd(ab、cd在同一條水平直線上)連接而成的閉合回路，導(dǎo)線框中通有圖示方向的電流，處于靜止?fàn)顟B(tài)．在半圓弧導(dǎo)線的圓心處沿垂直于導(dǎo)線框平面的方向放置一根長直導(dǎo)線P.當(dāng)P中通以方向垂直于導(dǎo)線框向外的電流時()圖2A．導(dǎo)線框?qū)⑾蜃髷[動B．導(dǎo)線框?qū)⑾蛴覕[動C．從上往下看，導(dǎo)線框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動D．從上往下看，導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動答案D解析當(dāng)長直導(dǎo)線P中通以方向向外的電流時，由安培定則可判斷出長直導(dǎo)線P產(chǎn)生的磁場方向為逆時針方向，磁感線是以P為圓心的同心圓，則兩半圓弧導(dǎo)線不受安培力，由左手定則可判斷出直導(dǎo)線ab所受的安培力方向垂直紙面向外，cd所受的安培力方向垂直紙面向里，從上往下看，導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動，故D正確．3.如圖3所示，MN為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的分界線，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在著與紙面垂直的勻強磁場，一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域Ⅰ運動到區(qū)域Ⅱ.已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為2∶1，不計粒子重力，下列說法正確的是()圖3A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為2∶1B．粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為1∶2C．圓弧ap與圓弧pb對應(yīng)的圓心角之比為2∶1D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁場方向相反答案D解析由于洛倫茲力不做功，所以粒子在兩個磁場中的運動速度大小不變，即粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1，A錯誤；根據(jù)t＝eq\f(l,v)，v相同，則時間之比等于經(jīng)過的弧長之比，即粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2∶1，B錯誤；圓心角θ＝eq\f(l,r)，r＝eq\f(mv,qB)，由于磁場的磁感應(yīng)強度之比不知，故半徑之比無法確定，則轉(zhuǎn)過的圓心角之比無法確定，故C錯誤；根據(jù)曲線運動的條件，可知洛倫茲力的方向與運動方向的關(guān)系，再由左手定則可知，兩個磁場的磁感應(yīng)強度方向相反，故D正確．4.如圖4所示，在傾角為30°的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為l、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒中電流為I.要使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，需要外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值為()圖4A.eq\f(mg,2Il) B.eq\f(\r(3)mg,2Il)C.eq\f(mg,Il) D.eq\f(\r(3)mg,Il)答案A解析導(dǎo)體棒受三個力平衡，重力為恒力，支持力的方向不變，安培力的大小和方向不確定；由平衡條件知當(dāng)安培力F平行于斜面向上時安培力最小，則B最小，即BIl＝mgsin30°，B＝eq\f(mg,2Il)，B的方向垂直于斜面向下．5.如圖5所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電荷(重力忽略不計)以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，從磁場中射出時速度方向改變了θ角，則磁場的磁感應(yīng)強度大小為()圖5A.eq\f(mv,qRtan\f(θ,2)) B.eq\f(mvtan\f(θ,2),qR)C.eq\f(mv,qRsin\f(θ,2)) D.eq\f(mv,qRcos\f(θ,2))答案B解析該電荷以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，將背離圓心射出，軌跡圓弧的圓心角為θ，由幾何關(guān)系可知，軌跡圓的半徑r＝eq\f(R,tan\f(θ,2))，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得B＝eq\f(mvtan\f(θ,2),qR)，選項B正確．6.(2020·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)月考)如圖6所示，邊長為l的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以恒定的逆時針方向的電流．圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方為垂直于導(dǎo)線框向里的有界矩形勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B.此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細線中的拉力為F1；現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方且磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)樵瓉淼?倍，保持其他條件不變，導(dǎo)線框仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時細線中拉力為F2.則導(dǎo)線框中的電流大小為()圖6A.eq\f(F2－F1,Bl) B.eq\f(F2－F1,2Bl)C.eq\f(2F2－F1,Bl) D.eq\f(2F2－F1,3Bl)答案D解析當(dāng)磁場在虛線下方時，通電導(dǎo)線的等效長度為eq\f(1,2)l，受到的安培力方向豎直向上，設(shè)三角形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，則有：F1＋BI(eq\f(1,2)l)＝mg；當(dāng)磁場在虛線上方時，通電導(dǎo)線的等效長度為eq\f(1,2)l，受到的安培力方向豎直向下，磁感應(yīng)強度增大到原來的兩倍，故此時有：F2＝(2B)I(eq\f(1,2)l)＋mg，聯(lián)立可得I＝eq\f(2F2－F1,3Bl)，故D正確，A、B、C錯誤．7．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖7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加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖7A．11B．12C．121D．144答案D解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量分別為m2、q2.對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))①在磁場中，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)②由①②式聯(lián)立得m＝eq\f(B2r2q,2U)，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(22),B\o\al(12))＝144，故選項D正確．8.如圖8，正方形abcd中△abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，Δbcd區(qū)域內(nèi)有方向平行于bc的勻強電場(圖中未畫出)．一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場．不計粒子的重力．則()圖8A．粒子帶正電B．電場的方向由c指向bC．粒子在b點和d點的動能相等D．粒子在磁場、電場中運動的時間之比為π∶2答案D解析從d到e粒子做勻速圓周運動，由左手定則能夠判定粒子帶負電，選項A錯誤；由于粒子帶負電，進入電場后彎向b點，則電場的方向由b指向c，選項B錯誤；由于在磁場中洛倫茲力對粒子不做功，所以粒子在d、e兩點的動能相等，但從e到b電場力做正功，動能增加，所以粒子在b、d兩點的動能不相等，選項C錯誤；設(shè)粒子由d點射入磁場時的速度為v，由題可知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)90°，運動時間t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2π×\f(lab,2),v)＝eq\f(πl(wèi)ab,4v)，在電場中運動的時間t2＝eq\f(\f(lab,2),v)＝eq\f(lab,2v)，eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,2)，故選項D正確．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9.如圖9所示，由兩種比荷不同的離子組成的離子束，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，離子的重力不計，下列說法正確的是()圖9A．組成A束和B束的離子都帶正電B．組成A束和B束的離子質(zhì)量一定相同C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里答案ACD解析A、B離子進入磁場后都向左偏，根據(jù)左手定則可知A、B兩束離子都帶正電，故A正確；能通過速度選擇器的離子所受電場力和洛倫茲力平衡，則qvB＝qE，即不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的離子具有相同的速度，大小為v＝eq\f(E,B)；進入另一個勻強磁場分裂為A、B兩束，軌道半徑不等，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，半徑大的比荷小，所以A束離子的比荷大于B束離子的比荷，但不能判斷兩離子的質(zhì)量關(guān)系，故B錯誤，C正確；在速度選擇器中，電場方向水平向右，A、B離子所受電場力方向向右，所以洛倫茲力方向向左，根據(jù)左手定則可知，速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里，故D正確．10.(2019·海南卷)如圖10，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動．射入磁場時，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°.已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則()圖10A．P和Q的質(zhì)量之比為1∶2B．P和Q的質(zhì)量之比為eq\r(2)∶1C．P和Q速度大小之比為eq\r(2)∶1D．P和Q速度大小之比為2∶1答案AC解析設(shè)MN＝2R，則粒子P的運動半徑為R，有R＝eq\f(mPvP,Bq)，粒子Q的運動半徑為eq\r(2)R，有eq\r(2)R＝eq\f(mQvQ,Bq)；又兩粒子的運動時間相同，則tP＝eq\f(1,2)TP＝eq\f(πmP,Bq)，tQ＝eq\f(1,4)TQ＝eq\f(πmQ,2Bq)，即eq\f(πmP,Bq)＝eq\f(πmQ,2Bq)，聯(lián)立解得mQ＝2mP，vP＝eq\r(2)vQ，故A、C正確，B、D錯誤．11.(2020·全國高二課時練習(xí))如圖11為回旋加速器的示意圖，兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)子從加速器的A處開始加速．已知D形盒的半徑為R，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q.已知質(zhì)子在磁場中運動的周期等于交變電源的周期，下列說法正確的是()圖11A．質(zhì)子的最大速度不超過2πRfB．質(zhì)子的最大動能為eq\f(q2B2R2,4m)C．質(zhì)子的最大動能與U無關(guān)D．若增大電壓U，質(zhì)子的最大動能增大答案AC解析質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，所以最大速度不超過2πRf，A正確．由Bqv＝eq\f(mv2,R)得v＝eq\f(BqR,m)，質(zhì)子的最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與電壓無關(guān)，B、D錯誤，C正確．12.如圖12所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖像可能是下列選項中的()圖12答案AD解析帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，A正確；當(dāng)洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度逐漸減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度逐漸增大的減速運動，故B、C錯誤．三、非選擇題(本題共4小題，共52分)13．(8分)如圖13所示，將長為50cm、質(zhì)量為1kg的均勻金屬棒ab的兩端用兩個相同的彈簧懸掛成水平狀態(tài)，置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，當(dāng)金屬棒中通以4A電流時，彈簧恰好不伸長(g＝10m/s2)．圖13(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大?。?2)當(dāng)金屬棒中通以大小為1A、方向由a到b的電流時，彈簧伸長3cm；如果電流方向由b到a，電流大小仍為1A，求彈簧的形變量．(彈簧始終在彈性限度內(nèi))答案(1)5T(2)5cm解析(1)彈簧不伸長時，BIL＝mg，(2分)可得磁感應(yīng)強度大小為B＝eq\f(mg,IL)＝5T(1分)(2)當(dāng)大小為1A的電流由a流向b時，有2kx1＋BI1L＝mg，(2分)當(dāng)電流反向后，有2kx2＝mg＋BI2L，(2分)聯(lián)立得x2＝eq\f(mg＋BI2L,mg－BI1L)x1＝5cm.(1分)14．(12分)(2020·安徽蕪湖一中高二期末)如圖14所示，MN、PQ是平行金屬板，板長為l，兩板間距離為eq\f(l,2)，PQ板帶正電，MN板帶負電，在PQ板的上方有垂直于紙面向里的勻強磁場．一個電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電粒子以速度v從MN板邊緣沿平行于板的方向射入兩板間，結(jié)果粒子恰好從PQ板左邊緣飛進磁場，然后又恰好從PQ板的右邊緣飛進電場．不計粒子重力，求：圖14(1)兩金屬板間所加電場的電場強度大?。?2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。鸢?1)eq\f(mv2,ql)(2)eq\f(2mv,ql)解析(1)粒子在平行金屬板間做類平拋運動，有：t＝eq\f(l,v)(2分)在沿電場方向上有：eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2(2分)聯(lián)立兩式解得E＝eq\f(mv2,ql)(1分)(2)出電場時沿電場方向上的速度vy＝at＝v(1分)則進入磁場的速度為v′＝eq\r(2)v(1分)速度與水平方向成45°角．(1分)根據(jù)幾何關(guān)系得：r＝eq\f(\r(2)l,2)(1分)根據(jù)qv′B＝meq\f(v′2,r)(2分)解得B＝eq\f(2mv,ql)(1分)15．(15分)(2020·湖北武漢模擬)如圖15所示，在紙面內(nèi)有一圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域內(nèi)存在斜向上的電場，電場強度大小未知，區(qū)域外存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從圓外P點在紙面內(nèi)垂直于OP射出，已知粒子從Q點(未畫出)進入圓形區(qū)