《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理專題三 考點(diǎn)2 磁場、安培力及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理考點(diǎn)2磁場、安培力及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)考向一磁場的基本性質(zhì)1．(2022·全國乙卷)(多選)安裝適當(dāng)?shù)能浖螅弥悄苁謾C(jī)中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對(duì)地磁場進(jìn)行了四次測量，每次測量時(shí)y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知()測量序號(hào)Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A．測量地點(diǎn)位于南半球B．當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μTC．第2次測量時(shí)y軸正向指向南方D．第3次測量時(shí)y軸正向指向東方答案：BC解析：地球可視為一個(gè)條形磁體，地磁南極在地理北極附近，地磁北極在地理南極附近，由表中Bz數(shù)據(jù)可看出z軸的磁感應(yīng)強(qiáng)度分量豎直向下，則測量地點(diǎn)應(yīng)位于北半球，A錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，故由表格可得當(dāng)?shù)氐卮艌龅拇鸥袘?yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\r(Beq\o\al(2,x)＋Beq\o\al(2,y)＋Beq\o\al(2,z))≈50μT，B正確；由A項(xiàng)分析可知測量地點(diǎn)位于北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，第2次測量時(shí)Bx＝0，By為負(fù)值，故y軸正向指向南方，第3次測量Bx為正值，By＝0，故x軸正向指向北方，則y軸正向指向西方，C正確，D錯(cuò)誤。2．(2018·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對(duì)于L2對(duì)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B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于紙面向外。則()A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(7,12)B0B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,12)B0C．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eq\f(1,12)B0D．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eq\f(7,12)B0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B1，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)矢量疊加原理可知B0－B1－B2＝eq\f(1,3)B0，B2＋B0－B1＝eq\f(1,2)B0，聯(lián)立這兩式可解得：B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0，故A、C正確?？枷蚨艌鰧?duì)通電導(dǎo)線的作用力3.在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)金屬棒中通以恒定電流I、金屬棒靜止時(shí)，兩細(xì)線偏離豎直方向的偏角均為θ，如圖所示。已知金屬棒ab的質(zhì)量為m、長度為L，重力加速度大小為g，關(guān)于恒定電流I的大小和方向，下列說法正確的是()A.eq\f(mgtanθ,BL)，從a到b B.eq\f(mgtanθ,BL)，從b到aC.eq\f(mg（1－cosθ）,BLsinθ)，從a到b D.eq\f(mg（1－cosθ）,BLsinθ)，從b到a答案：A解析：根據(jù)左手定則結(jié)合物體的平衡條件，可知電流的方向從a到b，從b向a方向看，作金屬棒受力分析如圖，安培力大小為F安＝BIL，而根據(jù)平衡條件有2Tcosθ＝mg，2Tsinθ＝F安，解得I＝eq\f(mgtanθ,BL)，故選A。4.(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，軌道之間距離為d，則發(fā)射過程中，安培力做功WA＝BId·L＝kI2dL，由動(dòng)能定理有kI2dL＝eq\f(1,2)mv2，得v＝Ieq\r(\f(2kdL,m))。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軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，或只將電流I增加到原來的2倍，或只將彈體質(zhì)量減小到原來的eq\f(1,4)，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，A、C錯(cuò)誤，B、D正確?？枷蛉龓щ娏Ｗ釉趧驈?qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)5．(2020·天津高考)(多選)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°。粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)(圖中未畫出)垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)。則()A．粒子帶負(fù)電荷 B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為a D．N與O點(diǎn)相距(eq\r(2)＋1)a答案：AD解析：由題意知，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負(fù)電荷，A正確；由于初速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°，根據(jù)幾何關(guān)系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝O1M＝eq\r(2)a，C錯(cuò)誤；洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子速度大小為v＝eq\f(\a\vs4\al(\r(2)qBa),m)，B錯(cuò)誤；N與O點(diǎn)的距離為NO＝OO1＋r＝(eq\r(2)＋1)a，D正確。6．(2022·湖北高考)(多選)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計(jì)重力。若離子從P點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對(duì)應(yīng)θ角的可能組合為()A．eq\f(1,3)kBL，0° B．eq\f(1,2)kBL，0°C．kBL，60° D．2kBL，60°答案：BC解析：若離子最后經(jīng)過下部分磁場從P點(diǎn)射出，如圖1，則θ＝60°，R＝eq\f(L,n)(n＝1，3，5，…)，又qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)＝eq\f(kBL,n)(n＝1，3，5，…)；若離子最后經(jīng)過上部分磁場從P點(diǎn)射出，如圖2，則θ＝0°，R＝eq\f(L,n)(n＝2，4，6，…)，又qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)＝eq\f(kBL,n)(n＝2，4，6，…)。綜上可知，B、C可能，A、D不可能。7.(多選)如圖所示，半徑為R的eq\f(1,4)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)點(diǎn)垂直x軸放置一線形粒子發(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m，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()A．粒子擊中點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為RB．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(mv,qR)C．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t的范圍為eq\f(2R,v)＜t<eq\f(（2＋π）R,2v)答案：ABD解析：由題意，某時(shí)刻發(fā)出的粒子都擊中y軸上同一點(diǎn)，則若發(fā)射裝置由y＝R處射出粒子，只能擊中(0，R)，則擊中的同一點(diǎn)只能是(0，R)，即粒子擊中點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為R，A正確；發(fā)射裝置若從y＝0處射出的粒子也擊中(0，R)，可知粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力有：qvB＝meq\f(v2,R)，可得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(mv,qR)，B正確；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角不同，則粒子速度的偏轉(zhuǎn)角不同，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，所以發(fā)射裝置從最低點(diǎn)發(fā)射出的粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，為t1＝eq\f(1,4)T＋eq\f(R,v)＝eq\f(1,4)×eq\f(2πR,v)＋eq\f(R,v)＝eq\f(（π＋2）R,2v)，從最高點(diǎn)直接射向(0，R)的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，為t2＝eq\f(2R,v)，則粒子從離開發(fā)射裝置到擊中y軸所用時(shí)間為eq\f(2R,v)<t<eq\f(（2＋π）R,2v)，D正確。8．(多選)如圖所示，在熒屏MN上方分布了水平方向的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里。距離熒屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內(nèi)不斷地向各個(gè)方向同時(shí)發(fā)射電荷量為q、質(zhì)量為m、速度大小為v的帶正電粒子，不計(jì)粒子的重力和粒子之間的相互作用力，已知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也恰好為d，則()A．粒子能打到熒屏上的區(qū)域長度為2eq\r(3)dB．能打到熒屏上最左側(cè)的粒子所用的時(shí)間為eq\f(πd,v)C．粒子從射出至到達(dá)熒屏上的最長時(shí)間為eq\f(πd,v)D．同一時(shí)刻發(fā)射的粒子打到熒屏上的最大時(shí)間差為eq\f(7πd,6v)答案：BD解析：所有粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心構(gòu)成以S為圓心、以d為半徑的圓，則通過對(duì)粒子軌跡圓旋轉(zhuǎn)分析可知，打在熒屏上最左側(cè)和最右側(cè)的粒子的軌跡如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子能打到熒屏上的區(qū)域長度為l＝R＋eq\r(（2R）2－R2)＝(1＋eq\r(3))R＝(1＋eq\r(3))d，A錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)軌跡圖可知，能打到熒屏上最左側(cè)的粒子運(yùn)動(dòng)了半個(gè)周期，所用時(shí)間為t＝eq\f(1,2)T，又因?yàn)門＝eq\f(2πd,v)，解得t＝eq\f(πd,v)，B正確；在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(優(yōu)弧1，對(duì)應(yīng)圓心角為\f(3,2)π))和最短eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(劣弧2，對(duì)應(yīng)圓心角為\f(π,6)))的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，由幾何關(guān)系可知，粒子從射出至到達(dá)熒屏上的最長時(shí)間為t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，最短時(shí)間為t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，則同一時(shí)刻發(fā)射的粒子打到熒屏上的最大時(shí)間差為Δt＝t1－t2＝eq\f(7πd,6v)，故C錯(cuò)誤，D正確。1.(2024·浙江1月選考)磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個(gè)用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個(gè)點(diǎn)。下列說法正確的是()A．圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同C．圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為零D．c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等答案：A解析：由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到的安培力方向向下，A正確；由題圖可知，a、b兩點(diǎn)處的磁感線密集程度相同，但是方向不同，則a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，B錯(cuò)誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)有磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度不是處處為零，C錯(cuò)誤；由題圖可知，c點(diǎn)處的磁感線較d點(diǎn)處密集，則c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，D錯(cuò)誤。2．(2023·福建高考)(多選)地球本身是一個(gè)大磁體，其磁場分布示意圖如圖所示。學(xué)術(shù)界對(duì)于地磁場的形成機(jī)制尚無共識(shí)。一種理論認(rèn)為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流?；诖死碚?，下列判斷正確的是()A．地表電荷為負(fù)電荷B．環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同C．若地表電荷的電量增加，則地磁場強(qiáng)度增大D．若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地磁場強(qiáng)度增大答案：AC解析：根據(jù)地磁場分布示意圖，由右手螺旋定則可知，地表電荷形成的環(huán)形電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針(從地理北極向下看)，與地球自轉(zhuǎn)方向相反，則地表電荷為負(fù)電荷，故A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)地表電荷的電量為Q，地球自轉(zhuǎn)周期為T，由電流的定義式可知，地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流I＝eq\f(Q,T)，又地球自轉(zhuǎn)角速度ω＝eq\f(2π,T)，聯(lián)立得I＝eq\f(ωQ,2π)，可知若地表電荷的電量Q增加，或地球自轉(zhuǎn)的角速度ω增大，則環(huán)形電流均增大，地磁場強(qiáng)度均增大，C正確，D錯(cuò)誤。3．(2024·廣西高考)Oxy坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以初速度v從O點(diǎn)沿x軸正向開始運(yùn)動(dòng)，粒子過y軸時(shí)速度與y軸正向夾角為45°，交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力，則P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離為()A．eq\f(mv,qB) B．eq\f(3mv,2qB)C．(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))eq\f(mv,qB)答案：C解析：粒子從O點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離LPO＝r＋eq\f(r,sin45°)＝(1＋eq\r(2))r＝(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB)，故選C。4．(2024·湖北高考)如圖所示，在以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點(diǎn)射入圓形區(qū)域。不計(jì)重力，下列說法正確的是()A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能經(jīng)過O點(diǎn)B．粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C．粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時(shí)間間隔為eq\f(7πm,3qB)D．若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(\a\vs4\al(\r(3)qBR),3m)答案：D解析：粒子在各磁場中均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)可知，粒子在圓形區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于其軌跡圓心與O點(diǎn)的連線對(duì)稱，粒子沿直徑方向射入圓形區(qū)域，則射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向一定沿該區(qū)域的半徑方向，同理可知，粒子在圓形區(qū)域外的運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于其軌跡圓心與O點(diǎn)的連線對(duì)稱，則射入圓形區(qū)域時(shí)的速度方向也一定沿該區(qū)域的半徑方向，易知，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不可能經(jīng)過O點(diǎn)，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)粒子的速度大小為v，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)得，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r＝eq\f(mv,qB)，則粒子在各磁場中的軌跡半徑相等，根據(jù)T＝eq\f(2πr,v)得，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，與粒子速度和軌跡半徑無關(guān)，根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的周期性和對(duì)稱性可知，粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域，時(shí)間間隔最小的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，則最小時(shí)間間隔為t＝eq\f(720°,360°)×T＝2T＝eq\f(4πm,qB)，故C錯(cuò)誤；粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，由幾何關(guān)系可知θ＝eq\f(180°,3)＝60°，設(shè)此時(shí)粒子的速度大小為v1，在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，根據(jù)幾何關(guān)系可知r1＝Rtaneq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3)R,3)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，可得v1＝eq\f(\a\vs4\al(\r(3)qBR),3m)，故D正確。5．(2023·北京高考)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l(l?a)。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時(shí)間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為＋q，不計(jì)粒子的重力、粒子間的相互作用。下列說法不正確的是()A．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為eq\f(Bqa,v)C．管道內(nèi)的等效電流為nqπa2vD．粒子束對(duì)管道的平均作用力大小為Bnql答案：C解析：粒子沿軸線進(jìn)入管道，在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，故粒子運(yùn)動(dòng)eq\f(1,4)T后垂直打在管壁上，其在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為a，A正確；由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,a)，解得粒子質(zhì)量為m＝eq\f(\a\vs4\al(qBa),v)，B正確；根據(jù)電流的定義可知，管道內(nèi)的等效電流為I＝nq，C錯(cuò)誤；粒子束對(duì)管道的平均作用力大小等于管道內(nèi)等效電流受到的安培力的大小，即F＝BIl＝Bnql，D正確。本題選說法不正確的，故選C。6.(2024·浙江6月選考)(多選)如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計(jì)空氣阻力。小球以初速度v0沿細(xì)桿向上運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，則該過程()A．合力沖量大小為mv0cosθ B．重力沖量大小為mv0sinθC．洛倫茲力沖量大小為eq\f(qBveq\o\al(2,0),2gsinθ) D．若v0＝eq\f(2mgcosθ,qB)，彈力沖量為零答案：CD解析：小球以初速度v0沿細(xì)桿向上運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過程，沿桿方向只受重力沿桿向下的分力，則該過程小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為0。該過程，對(duì)小球根據(jù)動(dòng)量定理可得，合力沖量I＝0－mv0＝－mv0，故合力沖量大小為mv0，故A錯(cuò)誤；設(shè)該過程小球的加速度大小為a，則根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，該過程小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0＝eq\f(v0,a)，可得t0＝eq\f(v0,gsinθ)，則該過程重力的沖量大小為IG＝mgt0＝eq\f(mv0,sinθ)，故B錯(cuò)誤；小球所受洛倫茲力一直垂直桿向上，大小為F＝Bqv，因?yàn)閠0時(shí)間內(nèi)v從v0均勻減小到0，則F從F0＝Bqv0均勻減小到0，則F的平均值為eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(Bqv0,2)，則該過程洛倫茲力的沖量大小為I洛＝eq\o(F,\s\up6(－))t0＝eq\f(qBveq\o\al(2,0),2gsinθ)，故C正確；若v0＝eq\f(\a\vs4\al(2mgcosθ),qB)，則t＝0時(shí)刻小球所受洛倫茲力大小為F0＝Bqv0＝2mgcosθ，因?yàn)樾∏蛟诖怪奔?xì)桿方向所受合力為零，F(xiàn)隨t從F0＝2mgcosθ均勻減小到0，則桿的彈力FN先垂直桿向下，從mgcosθ均勻減小到0，然后垂直桿向上，從0均勻增大到mgcosθ，以沿垂直桿向下為正方向，畫出小球在整個(gè)減速過程的FN-t圖像如圖所示，由FN-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示彈力的沖量，可得彈力的沖量為零，故D正確。7．(2024·重慶高考)小明設(shè)計(jì)了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場中的運(yùn)動(dòng)情況，質(zhì)量分別為2m、m的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導(dǎo)線相連，形成閉合回路，兩根導(dǎo)線的間距和P、Q的長度均為L，僅在Q的運(yùn)動(dòng)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向左的勻強(qiáng)磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)，P、Q始終保持水平，不計(jì)空氣阻力、摩擦和導(dǎo)線質(zhì)量，忽略回路電流產(chǎn)生的磁場。重力加速度為g。當(dāng)P勻速下降時(shí)，求：(1)P所受單根導(dǎo)線拉力的大?。?2)Q中電流的大小。答案：(1)mg(2)eq\f(mg,BL)解析：(1)當(dāng)P勻速下降時(shí)，設(shè)P所受單根導(dǎo)線拉力的大小為T，對(duì)P，根據(jù)平衡條件有2T＝2mg解得T＝mg。(2)設(shè)Q中電流大小為I，Q所受安培力大小為F，則F＝BILQ所受單根導(dǎo)線拉力的大小T′＝T因2T′>mg，則Q所受安培力方向豎直向下，對(duì)Q，根據(jù)平衡條件有mg＋F＝2T′聯(lián)立解得I＝eq\f(mg,BL)。8.(2023·海南高考)如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15cm，質(zhì)量為m＝1×10－3kg，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里B＝8×10－2T的勻強(qiáng)磁場。(1)若插入導(dǎo)電液體部分深h＝2.5cm，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面最大高度H＝10cm。設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時(shí)的速度大小和金屬桿中的電流有多大；(g＝10m/s2)(2)若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5cm，通電時(shí)間t′＝0.002s，求通過金屬桿截面的電荷量。答案：(1)eq\r(2)m/seq\f(25,6)A(2)0.085C解析：(1)金屬桿離開液面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知：v2＝2gH解得金屬桿離開液面時(shí)的速度大小v＝eq\r(2)m/s從閉合電鍵到金屬桿飛到最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理有：BILh－mg(H＋h)＝0－0解得I＝eq\f(25,6)A。(2)設(shè)金屬桿脫離導(dǎo)電液體時(shí)的速度為v′，從脫離導(dǎo)電液體到最高點(diǎn)，有v′2＝2gH′通電過程，由動(dòng)量定理有：Beq\o(I,\s\up6(－))Lt′－mgt′＝mv′－0通過金屬桿截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t′聯(lián)立解得q＝0.085C。9．(2024·重慶高考)有人設(shè)計(jì)了一種粒子收集裝置。如圖所示，比荷為eq\f(\a\vs4\al(q),m)的帶正電的粒子，由固定于M點(diǎn)的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運(yùn)動(dòng)，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點(diǎn)，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場開關(guān)，空間將充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，速率為v0的粒子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，打開磁場開關(guān)，該粒子全被收集，不計(jì)粒子重力，忽略磁場突變的影響。(1)求OK間的距離；(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，該粒子仍被收集，求MO間的距離；(3)速率為4v0的粒子射出后，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間再打開磁場開關(guān)，該粒子也能被收集，以粒子射出的時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，求打開磁場的那一時(shí)刻。答案：(1)eq\f(2mv0,qB)(2)eq\f(2\r(3)mv0,qB)(3)eq\f(\r(3)m,qB)解析：(1)當(dāng)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)打開磁場開關(guān)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)K點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中圓?、偎荆O(shè)軌跡半徑為r1，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)由幾何關(guān)系有OK＝2r1聯(lián)立解得OK＝eq\f(2mv0,qB)。(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)K點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中圓?、谒?，設(shè)軌跡半徑為r2，由洛倫茲力提供向心力得q·4v0B＝meq\f(（4v0）2,r2)由幾何關(guān)系有(r2－OK)2＋MO2＝req\o\al(2,2)聯(lián)立解得MO＝eq\f(2\r(3)mv0,qB)。(3)設(shè)在t時(shí)刻，粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，打開磁場開關(guān)，粒子仍然被放置在K點(diǎn)的收集器收集，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑仍為r2，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中圓?、鬯?，由幾何關(guān)系有(r2－OK)2＋OP2＝req\o\al(2,2)又t＝eq\f(MO＋OP,4v0)聯(lián)立解得t＝eq\f(\r(3)m,qB)。10.(2023·浙江6月選考)利用磁場實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0，3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。(1)求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(2)若B2＝2B1，求能到達(dá)y＝eq\f(L,2)處的離子的最小速度v2；(3)若B2＝eq\f(B1,L)y，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范圍，求進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η。答案：(1)eq\f(2B1qL,m)eq\f(2πm,3qB1)(2)eq\f(4B1qL,m)(3)60%解析：(1)離子以速度v在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)軌跡半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)周期T＝eq\f(2πr,v)可得r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)。離子速度為v1時(shí)，恰好不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，軌跡與y＝L處邊界相切，如圖1。設(shè)軌跡半徑為r0，由幾何關(guān)系得r0cos60°＝r0－L解得r0＝2L將B＝B1、r＝r0＝2L代入r的表述式，可解得v1＝eq\f(2B1qL,m)在區(qū)域Ⅰ中離子的運(yùn)動(dòng)周期T1＝eq\f(2πm,qB1)離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(60°×2,360°)T1聯(lián)立得t＝eq\f(2πm,3qB1)。(2)離子以速度v2運(yùn)動(dòng)時(shí)，恰能到達(dá)y＝eq\f(L,2)處，軌跡與y＝eq\f(L,2)直線相切，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2。根據(jù)B2＝2B1，r＝eq\f(mv,qB)可知離子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡半徑r2和在區(qū)域Ⅰ中的軌跡半徑r1的關(guān)系為r2＝eq\f(r1,2)設(shè)O1O2與邊界y＝L的夾角為α，由幾何關(guān)系可得r1sinα－r1sin30°＝Lr2－r2sinα＝eq\f(L,2)聯(lián)立解得r1＝4L，r2＝2L，sinα＝eq\f(3,4)結(jié)合r1＝eq\f(mv2,qB1)解得v2＝eq\f(4B1qL,m)。(3)離子恰能進(jìn)入第四象限時(shí)，到達(dá)x軸時(shí)沿y軸方向的速度剛好減為0，即vy＝0，vx＝v；到達(dá)y＝2L處時(shí)，沿x軸方向的速度vx0＝vcos60°在區(qū)域Ⅱ中，很短的時(shí)間Δt內(nèi)，沿x軸方向由動(dòng)量定理有B2qvyΔt＝mΔvx即B2qΔy＝mΔvx等號(hào)兩邊求和，可得∑B2qΔy＝∑mΔvx由于B2＝eq\f(B1,L)y，所以在區(qū)域Ⅱ中B2隨y從B1均勻減小到0，eq\o(B,\s\up6(－))2＝eq\f(B1,2)則∑B2qΔy＝eq\o(B,\s\up6(－))2qL＝eq\f(1,2)qB1L離子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)動(dòng)量定理同理有qB1L＝∑mΔvx′則在區(qū)域Ⅱ和Ⅰ整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，有qB1L＋eq\f(1,2)qB1L＝∑mΔvx＋∑mΔvx′＝mv－mvcos60°解得恰好進(jìn)入第四象限的離子從離子源射出時(shí)的速度v＝eq\f(3B1qL,m)因離子源射出離子的速度范圍在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)，則速度在eq\f(3B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范圍之間的離子才能進(jìn)入第四象限，又離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻分布，可知進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η＝eq\f(\f(6B1qL,m)－\f(3B1qL,m),\f(6B1qL,m)－\f(B1qL,m))×100%＝60%。1.(2024·江蘇省南通市高三下第三次適應(yīng)性考試)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場中。已知ab、bc邊長均為l，ab與磁場方向夾角為60°，bc與磁場方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為()A．eq\f(\r(3),2)BIl B．BIlC．eq\f(3,2)BIl D．eq\r(2＋\r(3))BIl答案：A解析：該導(dǎo)線在垂直磁場方向上的有效長度L＝lsin60°，則導(dǎo)線所受安培力大小為F＝BIL＝eq\f(\r(3),2)BIl，故A正確。2.(2024·四川省成都市高三下三診)如圖所示，xOy直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，半徑為a的eq\f(1,4)圓弧外存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里。位于O點(diǎn)的粒子源向第一象限內(nèi)的各個(gè)方向均勻發(fā)射完全相同的帶正電的粒子，粒子速度大小均為v，比荷eq\f(q,m)＝k。經(jīng)過一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)發(fā)射出的總粒子中有eq\f(1,3)的粒子可以回到O點(diǎn)，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(\r(3)kv,3a) B.eq\f(\r(3)v,3ka)C.eq\f(\r(3)kv,a) D.eq\f(\r(3)v,ka)答案：D解析：由題意可知，當(dāng)發(fā)射速度與x軸正向夾角為30°時(shí)，粒子恰好沿y軸返回O點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得tan30°＝eq\f(r,a)，解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(\r(3),3)a，又由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，將r＝eq\f(\r(3),3)a、eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝k代入解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(\r(3)v,ka)，故D正確。3.(2024·江蘇省揚(yáng)州市高三下三模)如圖所示，兩根通電導(dǎo)線P、Q沿垂直紙面的方向放置，導(dǎo)線P、Q中通有電流I1、I2，電流的方向圖中未畫出，O點(diǎn)為兩導(dǎo)線垂直紙面連線的中點(diǎn)，c、d兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，且兩虛線相互垂直，將一段通有垂直紙面向外的電流的直導(dǎo)線放在c點(diǎn)時(shí)所受的磁場力為零，放在d點(diǎn)時(shí)所受的磁場力水平向右，則下列說法正確的是()A．P中的電流方向向外、Q中的電流方向向里B．I1>I2C．通電直導(dǎo)線垂直紙面放在O點(diǎn)時(shí)所受的磁場力為零D．通電直導(dǎo)線垂直紙面放在a、b兩點(diǎn)時(shí)所受的磁場力相同答案：A解析：一段通有垂直紙面向外的電流的直導(dǎo)線放在c點(diǎn)時(shí)所受的磁場力為零，則c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，即導(dǎo)線P、Q在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，根據(jù)安培定則可知導(dǎo)線P、Q的電流反向，又因?yàn)閤Qc>xPc，所以I2>I1，故B錯(cuò)誤；通有垂直紙面向外的電流的直導(dǎo)線放在d點(diǎn)時(shí)所受的磁場力水平向右，根據(jù)左手定則，d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，又因?yàn)閤Pd>xQd，且I2>I1，所以Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于P在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，Q在d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，P在d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向上，根據(jù)安培定則可知，Q中的電流方向向里，P中的電流方向向外，故A正確；由安培定則可知，P、Q在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向上，則通電直導(dǎo)線垂直紙面放在O點(diǎn)時(shí)所受的磁場力不為零，故C錯(cuò)誤；因?yàn)镼中的電流大于P中的電流，a、b兩點(diǎn)在PQ連線的中垂線上，根據(jù)對(duì)稱關(guān)系和平行四邊形定則可知，a、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，則通電直導(dǎo)線垂直紙面放在a、b兩點(diǎn)時(shí)所受的磁場力大小相等，方向不同，故D錯(cuò)誤。4.(2023·北京市房山區(qū)高三下二模)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點(diǎn)垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點(diǎn)。若該微粒經(jīng)過p點(diǎn)時(shí)，與一個(gè)靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個(gè)新微粒，最終打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略，下列說法正確的是()A．微粒帶負(fù)電B．碰撞后，新微粒運(yùn)動(dòng)軌跡不變C．碰撞后，新微粒運(yùn)動(dòng)周期不變D．碰撞后，新微粒在磁場中所受洛倫茲力變大答案：B解析：根據(jù)微粒的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可判斷微粒帶正電，故A錯(cuò)誤；帶電微粒和不帶電微粒相碰過程，遵守動(dòng)量守恒定律，故總動(dòng)量p不變，總電量也保持不變，由洛倫茲力提供向心力，有qBv＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\a\vs4\al(p),qB)，由于碰撞后總動(dòng)量p、電荷量q都不變，可知碰撞后，新微粒的軌跡半徑r不變，即運(yùn)動(dòng)軌跡不變，故B正確；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，因碰撞后，新微粒質(zhì)量m變大，電荷量q不變，故新微粒運(yùn)動(dòng)的周期變大，故C錯(cuò)誤；由洛倫茲力公式F＝qvB可知，由于碰撞后，新微粒動(dòng)量不變，質(zhì)量變大，則速度減小，所以碰撞后，新微粒在磁場中所受洛倫茲力變小，故D錯(cuò)誤。5.(2024·安徽省蚌埠市高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢查)(多選)如圖所示，真空區(qū)域有邊界為MN、PQ的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里，MN、PQ的間距為l。α粒子(eq\o\al(4,2)He)和氫核(eq\o\al(1,1)H)先后從A點(diǎn)沿著與MN夾角θ為30°的方向射入磁場中，都剛好沒能從PQ邊界射出磁場。不計(jì)粒子重力，α粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和速度大小分別為t1和v1，氫核在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和速度大小分別為t2和v2，則()A．t1∶t2＝1∶2，v1∶v2＝2∶1B．t1∶t2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為eq\f(\r(3),3)lD．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為(4－2eq\r(3))l答案：BD解析：根據(jù)題意可知，α粒子和氫核在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得r＋rcosθ＝l，解得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝(4－2eq\r(3))l，故C錯(cuò)誤，D正確；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\a\vs4\al(qBr),m)∝eq\f(q,m)，則有v1∶v2＝eq\f(2e,4m0)∶eq\f(e,m0)＝1∶2，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)路程相同，設(shè)均為s，則t1∶t2＝eq\f(s,v1)∶eq\f(s,v2)＝2∶1，故A錯(cuò)誤，B正確。6．(2024·黑龍江省齊齊哈爾市高三下三模)(多選)某同學(xué)學(xué)習(xí)了電磁炮驅(qū)動(dòng)原理后，設(shè)計(jì)了圓形軌道的電磁炮模型，如圖甲所示，半徑為R的L1、L2半圓形軌道，正對(duì)平行豎直擺放，軌道間距也為R，空間有輻向分布的磁場，使得軌道所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，用質(zhì)量為m、長度為R的細(xì)導(dǎo)體棒代替炮彈，與軌道接觸良好，正視圖如圖乙所示，軌道最高位置與圓心齊平。給導(dǎo)體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流I，將其從軌道最高位置由靜止釋放，使得導(dǎo)體棒在半圓形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)另一側(cè)最高位置時(shí)完成加速。忽略一切摩擦，且不考慮導(dǎo)體棒中電流產(chǎn)生的磁場及電磁感應(yīng)現(xiàn)象的影響，下列說法正確的是()A．為實(shí)現(xiàn)電磁加速，應(yīng)從左側(cè)釋放導(dǎo)體棒B．導(dǎo)體棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，其加速度方向豎直向上C．加速完成時(shí)，導(dǎo)體棒獲得的速度大小為Req\r(\f(2πBI,m))D．加速完成時(shí)，軌道對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為πBIR答案：AC解析：由左手定則可知導(dǎo)體棒在軌道上受到沿切線方向向右的安培力，則為實(shí)現(xiàn)電磁加速，應(yīng)從左側(cè)釋放導(dǎo)體棒，故A正確；導(dǎo)體棒到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，豎直方向受到重力和支持力，安培力水平向右，則合力方向不是豎直向上，由牛頓第二定律可知其加速度方向也不是豎直向上，故B錯(cuò)誤；加速完成時(shí)，設(shè)導(dǎo)體棒獲得的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理有BIL·πR＝eq\f(1,2)mv2－0，其中L＝R，解得v＝Req\r(\f(2πBI,m))，故C正確；加速完成時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知軌道對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為F＝meq\f(v2,R)＝2πBIR，故D錯(cuò)誤。7.(2024·重慶市高三2月質(zhì)量檢測)(多選)如圖所示，下端封閉、上端開口、高h(yuǎn)＝5m、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有一質(zhì)量m＝10g、電荷量q＝0.2C的小球，整個(gè)裝置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁場方向進(jìn)入B＝0.2T、方向水平的勻強(qiáng)磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出。取g＝10m/s2，則()A．小球在管中運(yùn)動(dòng)的過程中所受洛倫茲力為阻力B．小球帶正電C．小球在管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1sD．小球在管中運(yùn)動(dòng)的過程中增加的機(jī)械能為1J答案：BCD解析：因?yàn)槁鍌惼澚κ冀K與小球的運(yùn)動(dòng)方向垂直，所以該力不做功，不是阻力，A錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏驈纳隙斯芸陔x開玻璃管，所以進(jìn)入磁場時(shí)洛倫茲力方向向上，根據(jù)左手定則，小球帶正電，B正確；小球在水平方向上的速度不變，則豎直方向上洛倫茲力的分力不變，則小球在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其在豎直方向上的加速度大小為a，小球在管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由牛頓第二定律得qvB－mg＝ma，豎直位移h＝eq\f(1,2)at2，解得t＝1s，C正確；小球離開上端管口時(shí)，豎直方向的速度v1＝at＝10m/s，合速度大小為v2＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋v2)＝5eq\r(5)m/s，小球在管中運(yùn)動(dòng)的過程中增加的機(jī)械能ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mv2＝1J，D正確。8.(2024·內(nèi)蒙古呼和浩特市高三下一模)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里。一束質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子沿平行于直徑MN的方向以不同速率v0從P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，入射點(diǎn)P到直徑MN的距離h＝eq\f(1,2)R，不計(jì)粒子重力。下列說法正確的是()A．若粒子射出磁場時(shí)的速度方向恰好與其入射方向相反，則其入射速度v0為eq\f(qBR,2m)B．若粒子恰好能從N點(diǎn)射出，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(πm,3qB)C．若粒子恰好能從M點(diǎn)射出，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(7πm,6qB)D．若粒子射出磁場時(shí)的速度方向恰好與其入射方向垂直，則其入射速度v0為eq\f(qBR,3m)答案：AC解析：若粒子射出磁場時(shí)的速度方向恰好與其入射方向相反，粒子的軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知，粒子的軌跡半徑r1＝h＝eq\f(R,2)，由洛倫茲力提供向心力有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)，可得其入射速度v0＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),2m)，故A正確；若粒子恰好能從N點(diǎn)射出，粒子的軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知φ＝30°，β＝60°，φ＝2α，則∠O′PN＝β＋α，∠PO′N＝180°－2∠O′PN，聯(lián)立解得粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角∠PO′N＝30°，粒子在勻強(qiáng)磁場中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(∠PO′N,360°)×T＝eq\f(πm,6qB)，故B錯(cuò)誤；若粒子恰好能從M點(diǎn)射出，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，由以上分析可知β＝60°，φ＝30°，粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為φ′＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(180°－β－\f(\a\vs4\al(φ),2)))＝210°，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝eq\f(\a\vs4\al(φ′),360°)T＝eq\f(7πm,6qB)，故C正確；若粒子射出磁場時(shí)的速度方向恰好與其入射方向垂直，粒子的軌跡如圖丁所示，設(shè)粒子的軌跡半徑為r4，根據(jù)幾何關(guān)系有req\o\al(2,4)＋req\o\al(2,4)＝PQ2，2Rcosγ＝PQ，其中γ＝β－45°＝15°，解得r4＝eq\r(2)Rcos15°，由洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r4)，可得v0＝eq\f(\a\vs4\al(\r(2)qBRcos15°),m)＝eq\f(\a\vs4\al(（\r(3)＋1）qBR),2m)，故D錯(cuò)誤。9．(2024·福建省莆田市高三下第四次教學(xué)質(zhì)量檢測(三模))如圖甲所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限(含坐標(biāo)軸)內(nèi)有垂直平面周期性變化的勻強(qiáng)磁場(未畫出)，規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向?yàn)檎?，磁場變化?guī)律如圖乙，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，不計(jì)粒子重力及磁場變化影響。某一帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為m、電量為q，在t＝0時(shí)從坐標(biāo)原點(diǎn)沿y軸正向射入磁場中，將磁場變化周期記為T0，要使粒子在t＝T0時(shí)距y軸最遠(yuǎn)，則T0的值為()A.eq\f(143πm,72qB0) B.eq\f(2πm,qB0)C.eq\f(3πm,qB0) D.eq\f(143πm,144qB0)答案：A解析：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，0～eq\f(2,5)T0時(shí)間內(nèi)，由洛倫茲力提供向心力，有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)，解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝eq\f(mv0,qB0)，周期為T1＝eq\f(2πr1,v0)＝eq\f(2πm,qB0)，eq\f(2,5)T0～T0時(shí)間內(nèi)，由洛倫茲力提供向心力，有qv0×eq\f(2,3)B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r2)，解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝eq\f(3mv0,2qB0)＝1.5r1，周期為T2＝eq\f(2πr2,v0)＝eq\f(3πm,qB0)＝1.5T1，要求在T0時(shí)，粒子距y軸最遠(yuǎn)，則在eq\f(2,5)T0～T0時(shí)間內(nèi)軌跡恰好與x軸相切，且t＝T0時(shí)刻粒子的速度方向平行y軸方向，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系，可得sinθ＝eq\f(r2,r1＋r2)＝0.6，解得θ＝37°，則0～eq\f(2,5)T0時(shí)間內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角為β＝180°－θ＝143°，可得eq\f(2,5)T0＝eq\f(\a\vs4\al(β),360°)T1，聯(lián)立解得T0＝eq\f(143πm,72qB0)，故A正確。10.(2024·福建省泉州市高三下二模)(多選)如圖為一磁約束裝置的簡化示意圖，內(nèi)半徑為R、外半徑為3R的環(huán)狀區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。圓心O和內(nèi)圓邊界上S處各有一粒子源，兩粒子源均可沿紙面內(nèi)任意方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的相同帶電粒子。不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用和碰撞，下列說法正確的是()A．從S點(diǎn)射出的粒子速率只要小于eq\f(2qBR,m)，都不能從外邊界離開磁場B．從S點(diǎn)射出的粒子速率只要大于eq\f(2qBR,m)，都可以從外邊界離開磁場C．從O點(diǎn)射出的粒子速率只要小于eq\f(4qBR,3m)，都不能從外邊界離開磁場D．從O點(diǎn)射出的粒子速率只要大于eq\f(qBR,m)，都可以從外邊界離開磁場答案：BC解析：假設(shè)粒子帶負(fù)電，從S點(diǎn)射出的粒子最容易從外邊界離開磁場的軌跡如圖甲中軌跡1所示，由幾何關(guān)系可得其軌跡半徑r1＝eq\f(3R－R,2)＝R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，解得v1＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)，同理，粒子初速度向下對(duì)應(yīng)最不容易從外邊界射出磁場的情況，如圖甲軌跡2所示，與大圓的左邊界相切，此時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為r2＝eq\f(3R＋R,2)＝2R，對(duì)應(yīng)的速度大小為v2＝eq\f(\a\vs4\al(2qBR),m)，可知從S點(diǎn)射出的粒子速率只要大于v2＝eq\f(\a\vs4\al(2qBR),m)，都可以從外邊界離開磁場，速率在v1＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)和v2＝eq\f(\a\vs4\al(2qBR),m)之間粒子可能從外邊界離開磁場，速率小于v1＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)的粒子不能從外邊界離開磁場，故A錯(cuò)誤，B正確；從O點(diǎn)射出的粒子恰好不能從外邊界離開磁場的軌跡如圖乙所示，設(shè)此時(shí)的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系，可得(3R－r′)2＝r′2＋R2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv′B＝meq\f(v′2,r′)，聯(lián)立解得速率的臨界值為v′＝eq\f(\a\vs4\al(4qBR),3m)，可知從O點(diǎn)射出的粒子速率只要小于v′＝eq\f(\a\vs4\al(4qBR),3m)，都不能從外邊界離開磁場，速率只要大于v′＝eq\f(\a\vs4\al(4qBR),3m)，都可以從外邊界離開磁場，故C正確，D錯(cuò)誤。11.(2023·福建省龍巖市高三下3月教學(xué)質(zhì)量檢測)(多選)如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，AC邊長為l，∠B＝30°，一群比荷為eq\f(q,m)的帶正電粒子以相同速度在CD范圍內(nèi)垂直AC邊射入，從D點(diǎn)射入的粒子恰好不從AB邊射出。已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為eq\f(5,3)t，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用力，則()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(πm,qt)B．粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為eq\f(\r(3),7)lC．粒子射入磁場的速度大小為eq\f(\r(3)πl(wèi),7t)D．粒子在磁場中掃過的面積為eq\f(（6\r(3)＋3π）,49)l2答案：CD解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T＝eq\f(2πm,qB)，垂直BC邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為90°，則其運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(πm,2qB)，解得B＝eq\f(πm,2qt)，故A錯(cuò)誤；易知從D點(diǎn)射入的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，設(shè)該粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為θ，則有eq\f(5,3)t＝eq\f(θ,2π)T，解得θ＝eq\f(5π,6)，畫出該粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，由幾何知識(shí)得eq\f(R,cos30°)＋Rcos30°＝l，解得R＝eq\f(2\r(3),7)l，故B錯(cuò)誤；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，可得粒子射入磁場的速度大小為v＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)＝eq\f(\r(3)πl(wèi),7t)，故C正確；分析知，粒子在磁場中掃過的區(qū)域如圖中陰影部分所示，由幾何知識(shí)可得粒子在磁場中掃過的面積為S＝eq\f(1,4)πR2＋R·Rcos30°＝eq\f(（6\r(3)＋3π）,49)l2，故D正確。12.(2024·廣西貴港市高三下學(xué)期模擬預(yù)測)真空中直角三角形ABC區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，AB邊長度為d，∠B的大小θ＝60°。在BC的中點(diǎn)有一粒子源，能持續(xù)地沿平行BA方向發(fā)射比荷為k、速率不同的正粒子，如圖所示，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用。求：(1)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間；(2)能從AB邊射出的粒子的速率范圍。答案：(1)eq\f(4π,3kB)(2)eq\f(\r(3)kBd,4)<v≤eq\f(kBd,2)解析：(1)當(dāng)粒子從BC邊離開磁場時(shí)，其在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為v1，軌跡半徑為r1，軌跡所對(duì)應(yīng)圓心角為α，由題意得粒子的比荷eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝k由洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)粒子運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr1,v1)由幾何關(guān)系得α＝eq\f(4π,3)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間tm＝eq\f(α,2π)T聯(lián)立解得tm＝eq\f(4π,3kB)。(2)如圖所示，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切時(shí)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r2，對(duì)應(yīng)粒子運(yùn)動(dòng)到AB邊的最大速度v2，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與AB邊相切時(shí)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r3，對(duì)應(yīng)粒子運(yùn)動(dòng)到AB邊的最小速度v3，由幾何關(guān)系得r2＝eq\f(d,2)，r3＝eq\f(\r(3)d,4)由洛倫茲力提供向心力，有qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，qv3B＝meq\f(veq\o\al(2,3),r3)粒子能從AB邊上射出的速度范圍為v3<v≤v2聯(lián)立解得eq\f(\r(3)kBd,4)<v≤eq\f(kBd,2)。13.(2024·湖北省武漢市高三下4月二模)如圖，水平直邊界下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，O、P、Q為邊界上的三個(gè)點(diǎn)，一電荷量為q(q>0)的粒子在紙面內(nèi)以水平向右的速度經(jīng)過O點(diǎn)正下方M點(diǎn)，分裂成兩個(gè)質(zhì)量相等的、帶正電的粒子1和粒子2，分裂后兩粒子的運(yùn)動(dòng)方向與分裂前相同，粒子1從P點(diǎn)離開磁場時(shí)，粒子2也恰好從Q點(diǎn)離開磁場。已知OP＝d，OQ＝3d，OM＝eq\r(3)d。不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。(1)求粒子1、2各自在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑；(2)求粒子1所帶的電荷量；(3)若邊界上方同時(shí)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)粒子2第二次經(jīng)過邊界時(shí)，求兩粒子之間的距離。答案：(1)eq\f(2\r(3),3)d2eq\r(3)d(2)eq\f(2q,3)(3)6d解析：(1)粒子1、2的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示設(shè)粒子1運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，由幾何關(guān)系得req\o\al(2,1)－(OM－r1)2＝OP2解得r1＝eq\f(2\r(3),3)d設(shè)粒子2運(yùn)動(dòng)的半徑為r2，由幾何關(guān)系得req\o\al(2,2)－(r2－OM)2＝OQ2解得r2＝2eq\r(3)d。(2)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v)聯(lián)立解得T＝eq\f(2πm,qB)設(shè)粒子1和粒子2所帶的電荷量分別為q1和q2，質(zhì)量均為m，則粒子1在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T1＝eq\f(2πm,q1B)粒子2在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T2＝eq\f(2πm,q2B)由題意可知q1＋q2＝q由幾何關(guān)系知，粒子1運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角θ1＝eq\f(2π,3)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(θ1,2π)T1粒子2運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角θ2＝eq\f(π,3)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(θ2,2π)T2聯(lián)立解得q1＝eq\f(\a\vs4\al(2q),3)。(3)若邊界上方同時(shí)存在大小相同、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，粒子2從第一次至第二次經(jīng)過邊界，運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角β2＝eq\f(2π,3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(β2,2π)T2此時(shí)，粒子1運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角β1滿足t2＝eq\f(β1,2π)T1解得β1＝eq\f(4π,3)由幾何知識(shí)可知粒子1正位于邊界，即粒子1與粒子2同時(shí)第二次經(jīng)過邊界由幾何關(guān)系可知，粒子1距離O點(diǎn)的距離x1＝3r1cos30°粒子2距離O點(diǎn)的距離x2＝3r2cos30°所以，兩個(gè)粒子的距離Δx＝x2－x1解得Δx＝6d。1.(2024·重慶市高三2月質(zhì)量檢測)永磁體之間的相互作用與電荷之間的相互作用相似，人們將電荷的相關(guān)概念引入磁現(xiàn)象的研究之中。認(rèn)為磁棒的兩極存在兩種磁荷，N極帶正磁荷，S極帶負(fù)磁荷?！按藕伞庇^點(diǎn)認(rèn)為磁荷可以激發(fā)磁場，描述磁場的基本物理量定義為磁場強(qiáng)度H。類比電場強(qiáng)度的定義方法，用正磁荷在磁場中受到的磁場力F和其磁荷Q的比值表示磁場強(qiáng)度H，方向與該處正磁荷受力方向一致。用如圖裝置，可以測量通電線圈產(chǎn)生的磁場和“磁荷”間的作用力。假設(shè)圖中N極的磁荷為QN，線圈不通電時(shí)，測力計(jì)示數(shù)為F0。以下說法正確的是()A．當(dāng)線圈中通順時(shí)針方向(俯視)電流時(shí)，測力計(jì)示數(shù)小于F0B．磁體N極所處位置的磁場強(qiáng)度大小HN＝eq\f(F0,QN)C．通電后測力計(jì)示數(shù)改變量為F，則磁體N極所處位置的磁場強(qiáng)度大小HN＝eq\f(F,QN)D．如果將一根較短磁體掛在測力計(jì)上，并使磁體完全放入線圈中，則通電后測力計(jì)的示數(shù)變小答案：C解析：當(dāng)線圈中通順時(shí)針方向(俯視)電流時(shí)，根據(jù)安培定則，可以判斷磁體N極所處位置的磁場方向?yàn)樨Q直向下，由題意可知，磁體所受磁場力方向豎直向下，所以測力計(jì)示數(shù)將大于F0，故A錯(cuò)誤；由題意可知，F(xiàn)0是磁體所受重力，并不是N極正磁荷所受的磁場力，故B錯(cuò)誤；通電后測力計(jì)示數(shù)改變量即為磁體N極所受的磁場力的大小，由題意可知，磁體N極所處位置的磁場強(qiáng)度大小為HN＝eq\f(F,QN)，故C正確；通電線圈內(nèi)部的磁場為勻強(qiáng)磁場，如果將一根較短磁體掛在測力計(jì)上，并使磁體完全放入線圈中，則通電后磁體上正、負(fù)磁荷所受磁場力大小相等、方向相反，磁體所受合磁場力為零，測力計(jì)的示數(shù)不變，故D錯(cuò)誤。2.(2024·河北高考)(多選)如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對(duì)應(yīng)邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強(qiáng)磁場，方向垂直于正方形所在平面。A處有一個(gè)粒子源，可逐個(gè)發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進(jìn)入磁場。調(diào)整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對(duì)滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是()A．若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出B．若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出C．若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°D．若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為60°答案：AD解析：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在abcd區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子在abcd區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡與ac連線平行，作出粒子到達(dá)cd邊前的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，分析知，粒子前后兩次在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于BD連線對(duì)稱，則粒子必從C點(diǎn)垂直BC射出，故A正確。若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，r是粒子的軌跡半徑，因?yàn)镋到AD邊的距離與F到BC邊的距離相等，則有r－rcosθ＝rsinα，由幾何關(guān)系知，θ＋α＝90°，解得θ＝60°，故D正確。若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，r是粒子的軌跡半徑，根據(jù)幾何關(guān)系，H到BC邊的距離rcosi≥r(1－cosi)，出射點(diǎn)到cd邊的距離r(1－sini)≤r(1－cosi)，可得45°≤i≤60°，當(dāng)i＝45°時(shí)，粒子經(jīng)過C點(diǎn)，當(dāng)i＝60°時(shí)，粒子經(jīng)過c點(diǎn)，故C錯(cuò)誤。若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°，粒子可能穿過bc邊或cd邊再次進(jìn)入磁場。如圖丁所示，設(shè)正方形ABCD邊長為l，正方形abcd邊長為x，根據(jù)幾何關(guān)系有eq\f(l－x,2)＝r(1－cos60°)，可解得粒子的軌跡半徑r＝l－x，則粒子軌跡與cd邊所在直線的交點(diǎn)J到d的距離為y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－rsin60°－\f(l－x,2)))tan60°，當(dāng)y<x時(shí)，粒子經(jīng)過cd邊(不包括c點(diǎn))，可得x<(2eq\r(3)－3)l，解得的x合理，則x≥(2eq\r(3)－3)l時(shí)，粒子經(jīng)過bc邊(包括c點(diǎn))，x<(2eq\r(3)－3)l時(shí)，粒子經(jīng)過cd邊(不包括c點(diǎn))。若粒子經(jīng)過bc邊(包括c點(diǎn))，如圖戊所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，rcos60°＝eq\f(l－x,2)，r(1－sin60°)<eq\f(l－x,2)，即第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心在BC邊上，且第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓與BC邊的交點(diǎn)在C點(diǎn)下方，則粒子垂直BC邊射出磁場；若粒子經(jīng)過cd邊(不包括c點(diǎn))，如圖己所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，r(1－sin60°)<eq\f(l－x,2)，r＋rcos60°>l－eq\f(l－x,2)，rcos60°＝eq\f(l－x,2)，即第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓與CD邊不相交，與BC邊相交，且第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心在BC邊左側(cè)，則粒子從BC邊射出磁場且射出磁場時(shí)與BC邊不垂直，故B錯(cuò)誤。考點(diǎn)1直流電路、交流電路考向一直流電路的分析1.一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ，棒內(nèi)單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，在棒兩端加上恒定的電壓U，金屬棒內(nèi)自由電子定向移動(dòng)的平均速率為()A．eq\f(U,neρL) B．eq\f(US2,neρL)C．neρL D．eq\f(\a\vs4\al(neρSL),U)答案：A解析：根據(jù)電流的微觀表達(dá)式可知I＝nevS，由歐姆定律可得I＝eq\f(U,R)，根據(jù)電阻定律可得R＝ρeq\f(L,S)，聯(lián)立可得v＝eq\f(U,neρL)，故A正確。2．(2016·江蘇高考)(多選)如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢為12V，內(nèi)阻為2Ω，四個(gè)電阻的阻值已在圖中標(biāo)出。閉合開關(guān)S，下列說法正確的有()A．路端電壓為10VB．電源的總功率為10WC．a(chǎn)、b間電壓的大小為5VD．a(chǎn)、b間用導(dǎo)線連接后，電路的總電流為1A答案：AC解析：外電路的總電阻R＝10Ω，由閉合電路歐姆定律可得電路中的總電流I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，因此路端電壓U＝E－Ir＝12V－1×2V＝10V，A正確；電源的總功率P＝EI＝12W，B錯(cuò)誤；由圖a可知Uab＝UaO－UbO＝－15×0.5V＋5×0.5V＝－5V，C正確；當(dāng)a、b間用導(dǎo)線連接后，其等效電路如圖b所示，電路中的外電阻R′＝7.5Ω，電路中總電流I′＝eq\f(E,R′＋r)＝eq\f(12,9.5)A≠1A，D錯(cuò)誤。3.(2016·全國卷Ⅱ)阻值相等的四個(gè)電阻、電容器C及電池E(內(nèi)阻可忽略)連接成如圖所示電路。開關(guān)S斷開且電流穩(wěn)定時(shí)，C所帶的電荷量為Q1；閉合開關(guān)S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2。Q1與Q2的比值為()A．eq\f(2,5) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,5) D．eq\f(2,3)答案：C解析：當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)等效電路如圖1所示，電容器C兩端的電壓U＝eq\f(1,5)E，所帶的電荷量Q1＝CU＝eq\f(1,5)CE；當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)等效電路如圖2所示，電容器C兩端的電壓U′＝eq\f(1,3)E，所帶的電荷量Q2＝eq\f(1,3)CE。所以eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(3,5)，C正確。4．在如圖甲所示電路中，閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)的過程中，四個(gè)理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化。圖乙中三條圖線分別表示了三個(gè)電壓表示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況，以下說法錯(cuò)誤的是()A．圖線a表示的是電壓表V3的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況B．圖線c表示的是電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況C．此過程中電壓表V1示數(shù)的變化量ΔU1和電流表示數(shù)變化量ΔI的比值變大D．此過程中電壓表V2示數(shù)的變化量ΔU2和電流表示數(shù)變化量ΔI的比值不變答案：C解析：由電路圖甲得，V1測路端電壓U1，V2測R1兩端電壓U2，V3測R2兩端電壓U3?；瑒?dòng)觸頭P向上滑動(dòng)，則R2減小，電路總電阻減小，回路電流增大。因U3＝E－I(R1＋r)，I增大，則U3減小，且U3＝IR2，當(dāng)R2減小為零時(shí)，U3為零，所以圖乙中圖線a表示電壓表V3的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況，即A正確；因R1不變，電流增大，則U2增大，所以圖乙中圖線c表示電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的情況，即B正確；因U1＝E－Ir，則ΔU1＝－rΔI，所以ΔU1和ΔI的比值不變，即C錯(cuò)誤；因U2＝IR1，則ΔU2＝R1ΔI，則ΔU2和ΔI的比值不變，即D正確。本題選說法錯(cuò)誤的，故選C。考向二交變電流的產(chǎn)生和描述、變壓器和遠(yuǎn)距離輸電5.(多選)如圖所示，10匝矩形線框處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\r(2)T的勻強(qiáng)磁場中，繞垂直磁場的軸以恒定角速度ω＝10rad/s在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)，線框電阻不計(jì)，面積為0.4m2，線框通過滑環(huán)與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡L(規(guī)格為“4W，100Ω”)和滑動(dòng)變阻器，電流表視為理想電表，則下列說法正確的是()A．若從圖示線框位置開始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值為e＝40eq\r(2)cos(10t)VB．當(dāng)燈泡正常發(fā)光時(shí)，原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1C．若將滑動(dòng)變阻器滑片向上移動(dòng)，則電流表示數(shù)增大D．若將自耦變壓器觸頭向上滑動(dòng)，燈泡會(huì)變亮答案：ABD解析：感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為Em＝nBSω＝10×eq\r(2)×0.4×10V＝40eq\r(2)V，若從圖示線框位置開始計(jì)時(shí)，即從垂直中性面位置開始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間應(yīng)按余弦規(guī)律變化，瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝Emcosωt＝40eq\r(2)cos(10t)V，故A正確；變壓器輸入電壓的最大值為40eq\r(2)V，則輸入電壓的有效值為U＝40V，燈泡正常發(fā)光，有P＝eq\f(U′2,R)，得U′＝eq\r(PR)＝20V，則eq\f(n1,n2)＝eq\f(U,U′)＝eq\f(40V,20V)＝eq\f(2,1)，故B正確；因線框電阻不計(jì)，則變壓器原線圈電壓U1不變，若將滑動(dòng)變阻器滑片向上移動(dòng)，副線圈輸出電壓U2不變，兩端總電阻增大，副線圈中總電流減小，設(shè)副線圈干路電流為I2，原線圈中電流為I1，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知I1減小，即電流表示數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；若將自耦變壓器觸頭向上滑動(dòng)，則副線圈匝數(shù)增大，U1不變，n1不變，n2增大，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，U2增大，燈泡會(huì)變亮，故D正確。6．圖甲為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶200，降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為200∶1，遠(yuǎn)距離輸電線的總電阻為100Ω，若升壓變壓器的輸入電壓如圖乙所示，輸入功率為500kW，升壓變壓器和降壓變壓器均視為理想變壓器，下列說法正確的是()A．用戶端交流電的頻率為100HzB．用戶端電壓為245VC．輸電線中的電流為15AD．輸電線路的損耗功率為25kW答案：B解析：由題圖乙知，升壓變壓器的輸入電壓的周期為T＝2×10－2s，則頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，變壓器不改變交流電的頻率，可知用戶端交流電的頻率為f＝50Hz，故A錯(cuò)誤；由題圖乙知，升壓變壓器的輸入電壓峰值為Um＝250eq\r(2)V，則其有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))＝250V，又升壓變壓器的輸入功率P＝500kW，則升壓變壓器的輸入電流I1＝eq\f(P,U1)＝2000A，根據(jù)理想變壓器電流和匝數(shù)的關(guān)系可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(200,1)，解得輸電線中的電流為I2＝10A，則輸電線路的損耗功率為P損＝Ieq\o\al(2,2)R＝102×100W＝10kW，輸電線路的損耗電壓為U損＝I2R＝10×100V＝1000V，根據(jù)理想變壓器電壓和匝數(shù)的關(guān)系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,200)，解得升壓變壓器副線圈兩端的電壓U2＝50000V，則降壓變壓器原線圈兩端的電壓U3＝U2－U損＝49000V，根據(jù)理想變壓器電壓和匝數(shù)的關(guān)系可知eq\f(U3,U4)＝eq\f(200,1)，解得用戶端電壓為U4＝245V，故B正確，C、D錯(cuò)誤。1．(2024·甘肅高考)一平行板電容器充放電電路如圖所示。開關(guān)S接1，電源E給電容器C充電；開關(guān)S接2，電容器C對(duì)電阻R放電。下列說法正確的是()A．充電過程中，電容器兩極板間電勢差增加，充電電流增加B．充電過程中，電容器的上極板帶正電荷，流過電阻R的電流由M點(diǎn)流向N點(diǎn)C．放電過程中，電容器兩極板間電勢差減小，放電電流減小D．放電過程中，電容器的上極板帶負(fù)電荷，流過電阻R的電流由N點(diǎn)流向M點(diǎn)答案：C解析：充電過程中，隨著電容器帶電量Q的增加，電容器兩極板間電勢差UC＝eq\f(Q,C)增加，則電阻R兩端電勢差UR＝E－UC變小，由I＝eq\f(UR,R)知，充電電流I減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電路圖可知，充電過程中，電容器的上極板帶正電荷，電路中的電流沿順時(shí)針方向，流過電阻R的電流由N點(diǎn)流向M點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；放電過程中，隨著電容器帶電量Q的減小，電容器兩極板間電勢差UC＝eq\f(Q,C)減小，即電阻R兩端電勢差UR＝UC減小，由I＝eq\f(UR,R)知，放電電流I減小，故C正確；根據(jù)電路圖可知，放電過程中，電容器的上極板帶正電荷，電路中的電流沿逆時(shí)針方向，流過電阻R的電流由M點(diǎn)流向N點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。2．(2024·廣西高考)將橫截面相同、材料不同的兩段導(dǎo)體L1、L2無縫連接成一段導(dǎo)體，總長度為1.00m，接入圖甲電路。閉合開關(guān)S，滑片P從M端滑到N端，理想電壓表讀數(shù)U隨滑片P的滑動(dòng)距離x的變化關(guān)系如圖乙，則導(dǎo)體L1、L2的電阻率之比約為()A．2∶3 B．2∶1C．5∶3 D．1∶3答案：B解析：根據(jù)題意及題圖乙可得，導(dǎo)體L1的長度l1＝0.25m，兩端電壓U1＝0.2V，導(dǎo)體L2的長度l2＝1.00m－0.25m＝0.75m，兩端電壓U2＝0.