2019届高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题10磁场 32页

专题10磁场第一部分名师综述本章内容包括磁场的基本性质和安培定则、左手定则的应用、安培力的应用、洛伦兹力和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动等内容，基本概念多且非常抽象,需要熟练掌握磁场的基本概念，掌握用磁感线描述磁场的方法，以及电流、带电粒子在磁场中的受力和运动情况,结合牛顿运动定律、运动学知识、圆周运动知识及功能关系等知识进行综合分析.历年高考对本考点知识的考查覆盖面大，几乎每个知识点都考查到。特别是左手定则的运用和带电粒子在磁场中的运动更是两个命题频率最高的知识点．带电粒子在磁场中的运动考题一般运动情景复杂、综合性强，多以把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系及交变电流等有机结合的计算题出现，难度中等偏上，对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力及用数学方法解决物理问题的能力要求较高。从近两年高考看，涉及本考点的命题常以构思新颖、高难度的压轴题形式出现，在复习中要高度重视。特别是带电粒子在复合场中的运动问题在历年高考中出现频率高，难度大，经常通过变换过程情景、翻新陈题面貌、突出动态变化的手法，结合社会、生产、科技实际来着重考查综合分析能力、知识迁移和创新应用能力。情景新颖、数理结合、联系实际将是本考点今年高考命题的特点。第二部分知识背一背一、洛伦兹力：1、产生洛伦兹力的条件：（1）电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用．（2）电荷的运动速度方向与磁场方向不平行．2、洛伦兹力大小：当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，等于；3、洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断4、洛伦兹力不做功．二、带电粒子在匀强磁场的运动1、带电粒子在匀强磁场中运动规律初速度的特点与运动规律（1），为静止状态；（2），则粒子做匀速直线运动；（3），则粒子做匀速圆周运动，其基本公式为：向心力公式：n运动轨道半径公式：；运动周期公式：动能公式：2、解题思路及方法圆周运动的圆心的确定：（1）利用洛仑兹力的方向永远指向圆心的特点，只要找到圆运动两个点上的洛仑兹力的方向，其延长线的交点必为圆心．（2）利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心三、带电体在复合场或组合场中的运动．复合场是指重力场、电场和磁场三者或其中任意两者共存于同一区域的场；组合场是指电场与磁场同时存在，但不重叠出现在同一区域的情况．带电体在复合场中的运动（包括平衡），说到底仍然是一个力学问题，只要掌握不同的场对带电体作用的特点和差异，从分析带电体的受力情况和运动情况着手，充分发掘隐含条件，建立清晰的物理情景，最终把物理模型转化成数学表达式，即可求解．解决复合场或组合场中带电体运动的问题可从以下三个方面入手：1、动力学观点（牛顿定律结合运动学方程）；2、能量观点（动能定理和机械能守恒或能量守恒）；3、动量观点（动量定理和动量守恒定律）．一般地，对于微观粒子，如电子、质子、离子等不计重力，而一些实际物体，如带电小球、液滴等应考虑其重力．有时也可由题设条件，结合受力与运动分析，确定是否考虑重力．四、带电粒子在复合场中运动的应用实例1．电视显像管电视显像管是应用电子束磁偏转的原理来工作的，使电子束偏转的磁场是由两对偏转线圈产生的．显像管工作时，由阴极发射电子束，利用磁场来使电子束偏转，实现电视技术中的扫描，使整个荧光屏都在发光．2．速度选择器（如图所示）（1）平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．n（2）带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是。3．磁流体发电机（1）磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能．（2）根据左手定则，如图中的B是发电机正极．（3）磁流体发电机两极板间的距离为l，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则由得两极板间能达到的最大电势差.4．电磁流量计工作原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷（正、负离子），在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即：，所以，因此液体流量。5．霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象称为霍尔效应，所产生的电势差称为霍尔电势差，其原理如图所示．第三部分技能+方法一、带电粒子在磁场中的运动n解析带电粒子在磁场中运动的问题，应画出运动轨迹示意图，确定轨迹圆的圆心是关键．常用下列方法确定圆心：①已知轨迹上某两点速度方向，作出过两点的速度的垂线，两条垂线的交点即圆心；②已知轨迹上两个点的位置，两点连线的中垂线过圆心．带电粒子在磁场中运动侧重于运用数学知识（圆与三角形知识）求解，带电粒子在磁场中偏转的角度、初速度与磁场边界的夹角往往是解题的关键，角度是确定圆心、运动方向的依据，更是计算带电粒子在磁场中运动时间的桥梁，如带电粒子在磁场中运动的时间为（α是圆弧对应的圆心角）．带电粒子在磁场中的运动半径不仅关联速度的求解，而且在首先确定了运动半径的情况下，可利用半径发现题中隐含的几何关系．二、带电粒子在复合场中的运动问题1.是否考虑粒子重力（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力.（2）在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理.（3）不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力.2.分析方法（1）弄清复合场的组成.如磁场、电场的复合,磁场、重力场的复合,磁场、电场、重力场三者的复合等.（2）正确受力分析,除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析.（3）确定带电粒子的运动状态,注意运动情况和受力情况的结合.（4）对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时,要分阶段进行处理.3．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类（1）磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因F洛不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．（2）电场力、磁场力并存（不计重力的微观粒子）①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．（3）电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因F洛不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．n4．带电粒子在复合场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．三、与磁场有关的实际应用问题与磁场、复合场相关的实际应用问题很多，如回旋加速器、速度选择器、质谱仪、电磁流量计、等离子发电机、霍尔效应等，对这类问题的分析首先要清楚相关仪器的结构，进而理解其原理，其核心原理都是带电粒子在磁场、复合场中运动规律的应用．对于常用仪器要记住其基本结构、基本原理以及经常出现的基本结论，例如“回旋加速器加速后的带电粒子所能达到的最大动能与加速次数无关，而与加速器半径和磁感应强度有关”等，这样有利于提高快速解题能力．第四部分基础练+测一、单选题1．在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，己知两个相切圆半径分别为r1、r2。下列说法正确的是()A．原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是β衰变B．径迹2可能是衰变后新核的径迹C．若是α衰变，则1和2的径迹均是逆时针方向D．若衰变方程是92238U→90234Th+24He,则r1:r2=1:45【答案】D【解析】【详解】原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是α衰变，但不是β衰变；若是α衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，故AD错误；核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=mvqB=PBq，由于P、B都相同，则粒子电荷量q越大，其轨道半径rn越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为r1的圆为放出新核的运动轨迹，半径为r2的圆为粒子的运动轨迹，且：r1：r2=2：90=1：45，故D正确，B错误；2．根据电磁炮原理，我们可以设计一新型电磁船:船体上安装了用于产生强磁场的超导线圈，在两船舷之间装有电池，导电的海水在安培力作用下即可推动该船前进。如图是电磁船的简化原理图，其中MN和PQ是与电池相连的导体棒，MN、PQ、电池与海水构成闭合回路，且与船体绝缘，要使该船水平向左运动，则超导线圈在NMPQ所在区域产生的磁场方向是A．竖直向下B．竖直向上C．水平向左D．水平向右【答案】A【解析】【详解】由电源、海水构成的闭合电路可知海水中电流的方向是从MN指向PQ，根据左手定则可知磁场方向竖直向下时海水受到的力水平向右，海水反作用于船体的力水平向左，符合题意。故A项正确，BCD三项错误。3．如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、上下表面为正方形的金属导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大。将两导体同时放置在同一匀强磁场B中，磁场方向垂直于两导体正方形表面，在两导体上加相同的电压，形成图所示方向的电流；电子由于定向移动，会在垂直于电流方向受到洛伦兹力作用，从而产生霍尔电压，当电流和霍尔电压达到稳定时,下列说法中正确的是（）A．R1中的电流大于R2中的电流B．R1中的电流小于R2中的电流C．R1中产生的霍尔电压小于R2中产生的霍尔电压D．R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压【答案】D【解析】【详解】AB．电阻R=ρLS，设正方形金属导体边长为a，厚度为b，则R=ρaab=ρb，则R1=R2，在两导体上加上相同电压，则R1中的电流等于R2中的电流，故AB错误。nCD．根据电场力与洛伦兹力平衡，则有evB=eUHa，解得：UH=Bav=Ba•Ineab=1ne⋅BIb，则有R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压，故C错误，D正确。4．如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第二象限内的部分区域存在匀强电场(图中未画出)，现有一带电荷量为+q、质量为m的粒子，以大小为v0的初速度从P(a,0)点沿与x轴正方向成45∘的方向射入磁场中，通过y轴上的N(0,a)点进人第二象限后，依次通过无电场区域和匀强电场区域后，到达x轴时速度恰好为0，已知该粒子从第一次通过N点到第二次通过N点时所用的时间为t0，粒子重力不计，下列说法正确的是(　　)A．磁场的磁感应强度大小为2mv02aqB．该粒子从P点开始到第一次通过N点时所用的时间为2πa2v0C．该粒子在第一次通过无电场区域过程中的位移大小为v0t02-2aD．该粒子在第一次通过无电场区城过程中的位移大小为22a-v0t02【答案】B【解析】【详解】画出带电粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知r=22a，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r，联立可得：B=2mv0aq，故A错误；粒子在磁场中运动的周期：T=2πrv0=2πmqB=2πav0，从P到N的时间t=T2=2πa2v0，故B正确；设粒子在非电场区域飞行时间为t1，位移为x1，在电场中飞行时间为t2，位移为x2，则有t1+t2=t0由几何关系有：x1+x2=2a又因为：x1=v0t1，x2=v0t22联立可得：x1=v0t1=22a-v0t0，故CD错误。故选B。n5．将静止在P点的原子核置于匀强磁场中（匀强磁场的方向图中未画出），能发生α衰变或β衰变，衰变后沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，得到轨迹圆弧AP和轨迹圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RAP与RPB之比为44:1，则A．发生了α衰变，磁场垂直纸面向外，原核电荷数为90B．发生了α衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为86C．发生了β衰变，磁场垂直纸面向里，原核电荷数为45D．发生了β衰变，磁场垂直纸面向外，原核电荷数为43【答案】D【解析】【详解】两粒子运动方向相反，受洛伦兹力方向相同，可知两粒子带异种电荷，可知发生的是β衰变；根据动量守恒定律，两粒子动量等大反向，由r=mvqB∝1q，则两粒子的电量之比为1：44，因β射线带一个负电荷，则原核电荷数为43，根据左手定则可知，磁场垂直纸面向外，故选D.6．如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，则下列说法不正确的是（）A．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反B．原来放射性元素的原子核电荷数为90C．反冲核的核电荷数为88D．α粒子和反冲粒子的速度之比为1:88【答案】D【解析】【详解】微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动；由Bqv=mv2R得：R=mvBq，若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对α粒子：R1=P1B•2e，对反冲核：nR2=P2B•(Q-2)e，由于P1=P2，根据R1:R2=44:1，解得Q=90，反冲核的核电荷数为90-2=88，它们的速度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故A、B、C正确，D错误；7．在粒子物理学的研究中，我们可以让粒子通过“云室”“气泡室”等装置，显示它们的径迹。右图为在气泡室中垂直施加匀强磁场后带电粒子的运动径迹，密封的气泡室里装满了因绝热膨胀而处于过热状态的液体，当带电粒子经过液体时会产生气泡，从而显示出粒子的运动轨迹。观察图片，对气泡室内带电粒子运动径迹的描述，下列说法不正确的是A．不同粒子的径迹半径不同是因为粒子的比荷、速度不同造成的B．从同一方向飞来的粒子偏转方向不同是电荷量大小不同导致的C．从同一方向飞来的粒子偏转方向不同是电荷种类不同导致的D．粒子的径迹是螺旋线是因为粒子在运动过程中动能减少【答案】B【解析】【分析】根据题中“匀强磁场…粒子的运动轨迹”可知，本题考察带电粒子在磁场中的运动，应用牛顿第二定律、左手定则等知识分析推断。【详解】A：据qvB=mv2r可得r=mvqB，则不同粒子的径迹半径不同是因为粒子的比荷、速度不同造成的。故A项正确。BC：据左手定则可知，从同一方向飞来的粒子偏转方向不同是电荷种类不同导致的。故B项错误，C项正确。D：粒子在运动过程中动能减少，速度减小；据r=mvqB可知，粒子的径迹是螺旋线。故D项正确。本题选不正确的，答案是B。8．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.5m、质量为2kg的通电直导线，电流大小I=2A、方向垂直于纸面向里，导线用平行于斜面的轻弹簧拴住不动，整个装置放在磁感应强度为5T,竖直向上的磁场中，已知弹簧的劲度系数为400N/m,整个过程未超出弹簧的弹性限度，则以下说法正确的是（g取10m/s2）nA．通电直导线对斜面的压力为19NB．弹簧的伸长量为4mC．如果磁感应强度增大，则弹簧的弹力减小D．如果磁感应强度增大，则通电导线对斜面的压力减小【答案】D【解析】【详解】AB、通电直导线受到重力、斜面对其的支持力、弹簧对其的拉力和水平向右安培力作用，通电直导线受到的安培力：F安=BIL=5N，根据平衡条件可得：F弹-mgsin37°-BILcos370=0，FN+BILsin37°-mgcos37°=0，解得：FN=mgcos37°-BILsin37°=13N，F弹=mgsin37°+BILcos37°=16N，根据胡克定律可知弹簧的伸长量为：Δx=F弹k=16400m=0.04m，故A、B错误；CD、如果磁感应强度增大，通电直导线受到的安培力F安=BIL增大，弹簧的弹力F弹=mgsin37°+BILcos37°增大，斜面对通电导线的支持力FN=mgcos37°-BILsin37°减小，故D正确，C错误；故选D。9．以下涉及物理学史上的四个重大发现,其中说法不正确的是A．卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力常量B．奥斯特通过实验研究,发现了电流周围存在磁场C．牛顿根据理想斜面实验,提出力是改变物体运动状态的原因D．纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出后人称之为法拉第电磁感应定律的结论【答案】C【解析】【详解】A、卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力恒量.所以A选项是正确的.B、奥斯特通过实验研究,发现了电流周围存在磁场,所以B选项是正确的;C、伽利略根据理想斜面实验,提出力不是维持物体运动的原因,故C错误D、纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,先后指出：闭合电路中电磁感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故D对；本题选不正确的，故选C10．如图所示，OO′为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为Bn的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如aa′、bb′、cc′、…，其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多比荷为qm的正粒子，以不同的速度、入射角射入小孔，且均从垂直于OO′轴线的对称的小孔中射出，入射角为30°的粒子的速度大小为2km/s、则入射角为45°的粒子速度大小为A．0.5km/sB．1km/sC．2km/sD．4km/s【答案】B【解析】【分析】根据洛伦兹力做向心力求得速度与半径成正比，由几何关系求得两种入射角的情况下分别对应的半径，即可求得速度的比值，进而求得速度．【详解】正粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下进行匀速圆周运动，则有洛伦兹力作为向心力，即qvB＝mv2r，所以，vr＝Bqm，匀强磁场的磁感应强度B不变，正粒子的比荷不变，所以vr为常数。设圆柱筒半径为R，则有右图所示几何关系，那么，入射角为θ的正粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径r＝Rsinθ，入射角为30°正粒子的速度v1＝2km/s，半径r1＝Rsin300＝2R，入射角为45°的粒子速度为v2，半径r2=Rsin450=2R，因为v1r1=v2r2，所以，v2＝v1r1r2＝22R×2R(km/s)＝1km/s。故选B。二、多选题11．质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图，离子源A产生电荷量相同而质量不同的离子束（初速度可视为零），从狭缝S1进入电场，经电压为U的加速电场加速后，再通过狭缝S2从小孔垂直MN射入圆形匀强磁场。该匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，半径为R，磁场边界与直线MN相切E为切点。离子离开磁场最终到达感光底片MN上，设离子电荷量为g，到达感光底片上的点与E点的距离为x，不计重力，可以判断（　　）nA．离子束带负电B．x越大，则离子的比荷一定越大C．到达x=3R处的离子在匀强磁场运动时间为πBR29UD．到达x=3R处的离子质量为qB2R26U【答案】CD【解析】【详解】带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，设加速后的速度大小为v，根据动能定理有：qU=12mv2-0，解得：v=2qUm，然后匀速运动到E点进入有界磁场中，其运动轨迹如下图所示：粒子从E点先沿虚线圆弧，再沿直线做匀速直线运动到N点。由左手定则，粒子是正电。故A错误；由qvB=mv2r，则r=mvqB，x越大则r越大，则比荷qm越小，故B错误；在△ENO中tanθ=xR，解得:θ=60°，设带电粒子运动的轨迹圆的半径为r，根据数学知识有：r=33R，解得：m=qB2R26U，由t=α360∘T=α360∘×2πmqB，由几何关系圆弧圆心角α=120°，联立可得：t=πBR29U，故CD正确。12．如图所示,长为L、相距d的两水平放置的平行金属板之间有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。从离子源先后发射出氢同位素粒子11H、13H(不计重力),经同一电场区加速,从两极板中点以相同速率垂直磁感线水平进入磁场,两种粒子都恰好不打在极板上。下列说法正确的是nA．11H、13H粒子在磁场中运动的轨道半径之比为3:1B．极板长L与间距d之比为1：2C．11H、13H粒子在磁场中转过的角度之比为3:1D．11H、13H粒子进入电场区域前的初动能之比小于1/3【答案】BD【解析】【详解】A．在磁场中的半径：R=mvqB，因两同位素的质量之比为1:3，则半径之比为1:3，选项A错误；B．在板间运动时在磁场中做圆周运的半径之比为r1:r2=1:3，且两种粒子都恰好不打在极板上，可知12d=2r1,(r2-12d)2+L2=r22，联立解得：L:d=1:2，选项B错误；C．11H在磁场中转过的角度为π，由几何关系可知，13H在磁场中转过的角度正弦值为sinθ=Lr2=223，可知两种粒子在磁场中转过的角度之比不等于3:1，选项C错误；D．根据动能定理，两粒子在电场中运动中满足：Uq=12mv2-Ek1；Uq=12⋅3mv2-Ek2，则Ek1Ek2=12mv2-qU12⋅3mv2-qU=1312mv2-qU(12mv2-13qU)<13，选项D正确.13．在光滑水平绝缘的足够大的桌面上建立xoy坐标系，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，有两个完全相同的质量为m的带正电小球A、B分别位于y轴上纵坐标为y2、y1的位置，电荷量都为q，两个小球都以垂直于y轴、大小为v的速度同时射入磁场。如图所示(两球若发生碰撞只能是弹性正碰)，要让B球到(0，y2)处，那y2–y1可能的值为A．mvB0qB．2mvB0qnC．3mvB0qD．4mvB0q【答案】BD【解析】【详解】两球在匀强磁场中运动的轨迹半径相等，由洛伦兹力提供向心力有qvB0=mv2r，得r=mvqB0。B球要到达(0,y2)处，第一种情况是运动半个周期直接到达，如图甲所示，则y2-y1=2r=2mvqB0；第二种情况，如图乙所示，A、B两个球各自运动半个周期后发生弹性正碰，因为两球质量相等，在满足系统动量守恒和碰撞过程中动能不损失的条件下，两球只能交换速度后又各自运动半个周期达到另一点，y2-y1=4r=4mvqB0。故BD两项正确，AC两项错误。14．如图为一电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指标尺上的读数，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．下列说法正确的是A．若要电流表正常工作，M端与电源正极相接B．若要电流表正常工作，M端与电源负极相接C．若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为原来的2倍D．若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为原来的1/2倍【答案】AD【解析】【详解】n为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下。跟左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极。故若要电流表正常工作，M端应接正极，故A正确，B错误；导体棒没通电时：mg=k△x；设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有：BImab+mg=k（bc+△x）；设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有2B'Imab+mg=k（bc+△x）；得：B′=12B，故D正确，C错误；故选AD。15．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带正电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为qm，发射速度大小都为v0，且满足v0=2qBLm。粒子发射方向与OC边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是A．粒子有可能打到C点B．以θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最长C．以θ>30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D．在AC边界上有粒子射出的区域长度大于L【答案】AD【解析】【详解】根据Bqv0=mv02r，可知粒子的运动半径r=2L；假设粒子能经过C点，则此时粒子速度方向与CO的夹角为α，则由几何关系可知sinα=32L2L=34<12，则α<300，可知粒子能经C点，此种情况下粒子在磁场中运动的弦长最长，时间最长，故选项A正确，B错误；以θ>30°飞入的粒子在磁场中运动时的弧长不同，则运动的时间不相等，选项C错误；若当θ=90°入射时，假设此时粒子运动的半径等于OC=3L，则粒子打到AC边上的位置距离C点3L的位置，粒子的半径大于3L，则粒子打到AC边上的位置距离C点的距离一定大于3L，选项D正确；故选AD。16．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则（不计一切摩擦阻力）（）nA．由上往下看，液体做逆时针旋转B．液体所受的安培力大小为1.5NC．闭合开关后，液体热功率为0.081WD．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J【答案】ACD【解析】【详解】A、根据左手定则，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A正确；B、电压表的示数U=1.5V，则根据闭合电路欧姆定律：E=U+IR0+Ir，所以电路中的电流值为：I=E-UR0+r=0.3A，液体所受安培力为F=BIa=1.5×10-3N，故B错误；C、玻璃皿中两极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，液体的热功率为：P热=I2R=0.081W，故C正确；D、根据能量守恒定律，闭合开关10s，液体具有的动能是：Ek=W电流-W热=(P-P热)t=(UI-I2R)t=3.69J，故D正确；17．如下图所示，平行直线aa′及bb′间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现分别在aa′上某两点射入带正电粒子M、N，M、N的初速度方向不同，但与aa′的夹角均为θ，两粒子都恰不能越过界线bb′．若两粒子质量均为m，电荷量均为q，两粒子射入到bb′的时间分别为t1和t2，则（）A．t1+t2=2πmqBB．M粒子的初速度大于N粒子的初速度C．t1+t2=πm2qBD．M粒子轨迹半径小于N粒子的轨迹半径【答案】AB【解析】【详解】设磁场宽度为d，M和N两粒子的轨迹半径分别为R1和R2，粒子M的运动轨迹如图所示：n由几何知识可知：R1（1-cosθ）=d粒子的轨道半径：R1=d1-cosθ粒子N的运动轨迹如图所示：由几何知识可知：R2（1+cosθ）=d，粒子轨道半径：R2=d1+cosθ故M粒子轨迹半径R1大于N粒子的轨迹半径R2；根据洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R可得粒子半径：R=mvqB，可知当m、q和B相同时，R与v成正比，故M粒子的初速度大于N粒子的初速度；两粒子在磁场中运动的周期相同，均为：T=2πRv=2πmqBM、N两粒子在磁场中运动的圆心角分别为2θ和（2π-2θ）M粒子运动的时间：t1=2θ2π⋅TN粒子运动的时间：t2=2π-2θ2π⋅T两粒子运动时间之和：t1+t2=2θ2π⋅T+2π-2θ2π⋅T=T=2πmqB，故AB正确，CD错误。18．央视《是真的吗》节目做了如下实验：用裸露的钢导线绕制成一根无限长螺旋管，将螺旋管固定在绝缘水平桌面上，用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”，两导电磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上，只要将这辆小车推入螺旋管中，小车就会加速运动起来，如图所示。图中电池所在处的线圈没有画出，关于小车的运动，以下说法正确的是nA．图中小车的加速度方向向右B．小车加速运动的能量源于安培力做功C．将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连，小车的加速度方向会改变D．将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连，小车的加速度方向不会改变【答案】BC【解析】【详解】A项：两磁极间的磁感线如图甲所示，干电池与磁体及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈产生电流，左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流，其中线圈中电流方向的左视图如图乙所示，由左手定则可知，中间线圈所受的安培力向右，由牛顿第二定律有小车具有向左的加速度，故A错误；B项：在两磁极间的线圈产生电流，根据F=BIL可知，小车加速运动是受安培力作用，故B正确；C、D项：将小车两磁极均改为S极与电池相连，磁感线会向里聚集，受到的力与A中方向相反，故车的加速度方向将发生改变，故C正确，D错误。n故选：BC。19．回旋加速器工作原理示意图如图所示.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,两盒间的狭缝很小,粒子穿过的时间可忽略,它们接在电压为U、频率为f的交流电源上,A处粒子源产生的质子在加速器中被加速.质子初速度可忽略，则下列说法正确的是A．若只增大交流电压U,则质子获得的最大动能增大B．若只增大交流电压U,则质子在回旋加速器中运行时间会变短C．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比n-1:nD．不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器也能用于加速α粒子【答案】BC【解析】【详解】当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmB=mvm2R，得vm=qBRm，那么质子获得的最大动能EKm=q2B2R22m，则最大动能与交流电压U无关。故A错误。根据T=2πmBq，若只增大交变电压U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短。故B正确。质子第n-1次被加速：(n-1)qU=12mvn-12；第n次被加速：nqU=12mvn2；其中r=mvqB=1B2mUq，则半径之比rn-1rn=n-1n；选项C正确；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=2πmBq知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子。故D错误。故选BC。20．如图所示，从有界匀强磁场的边界上O点以相同的速率射出三个相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向与边界垂直，粒子b偏转后打在边界上的Q点，另外两个粒子打在边界OQ的中点P处，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是A．粒子一定带正电B．粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角C．两粒子a、c在磁场中运动的平均速度相同nD．三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形【答案】BD【解析】【详解】如图，粒子往右偏转，根据左手定则，粒子带负电，故A错误；由几何知识得，粒子a，c均从P点射出，所以弧OP的对称弧与a粒子的轨迹半径相等，故a，b粒子与b，c粒子的射出的方向间的夹角相等，故B正确；a，c粒子位移相等，时间不等，故两粒子a，c在磁场中运动的平均速度不相同，故C错误；根据r=mvqB，则速率相同的三个粒子在同一磁场中运动的轨迹半径相等，故连接三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形，故D正确；故选BD。【点睛】解答此题的关键是知道相同粒子在同一磁场中做匀速圆周运动的半径是相等的，注意与数学知识相结合解答更容易。三、解答题21．如图所示，竖直虚线左侧有竖直向上的匀强电场，右侧有水平向左的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E=2×102v/m，右侧电场中有一斜面，斜面的倾角45°，虚线左侧还有垂直纸面向外的匀强磁场，一带电小球（可视为质点）从斜面由上的A点由静止释放，沿斜面向下运动，从斜面的底端（虚线上的C点）进入虚线左侧正交的电场和磁场中，结果小球恰好能做匀速圆周运动，并从虚线上的D点进入虚线右侧的电场，小球的电荷量为q=lxl0-6C，C、D两点间的距离为d=202cm，A、C两点的高度差h=l0cm，g=l0m/s2，斜面的上端足够长。(1)求小球运动到C点时的速度大小。(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B。n(3)试分析小球从D点进入虚线右侧的电场后，能不能打在斜面上？如果能，求小球从D点打到斜面上所用的时间；如果不能，则小球在电场中运动多长时间恰好进入虚线左侧正交的电场和磁场中？【答案】(1)2m/s(2)200T(3)能。0.1s【解析】【详解】(1)小球恰好能在虚线左侧正交的电场和磁场中做匀速圆周运动，则有：qE=mg从斜面由上的A点由静止释放，小球沿斜面向下匀加速运动，根据动能定理可得：mgh+qEhtan45°=12mvC2-0解得：小球运动到C点时的速度大小：vC=2m/s(2)小球恰好能在虚线左侧正交的电场和磁场中做匀速圆周运动，有几何关系可得：2R=d解得：R=0.2m根据qvCB=mvC2R可得：匀强磁场的磁感应强度大小：B=200T(3)小球从D点进入虚线右侧的电场后做内平抛运动，假设小球能打在斜面上，则有：平行速度方向：dcos45°=vCt解得：dcos45°=vCt=0.1s垂直速度方向有：a=(mg)2+(qE)2m=20m/s2y=12at2=0.1m由于y=0.1m0的区域加一竖直方向的匀强电场（图中未画出），带电小环从c端离开细杆后能垂直通过y轴上的P点，且通过P点时的速度与通过坐标原点O时速度大小相等，求所加电场的电场强度E及小环通过y轴的位置坐标P；（3）若在小环从P点通过y轴瞬间撤去磁场，通过计算判断小环能否在运动中垂直撞击细杆。【答案】（1）325mgl0。（2）mgq，方向竖直向下；P(0,4825l0)（3）小环不能垂直撞击细杆【解析】【详解】（1）小环恰能匀速通过bc段，表明细杆对小环的摩擦力为0，因此细杆对小环的弹力为0，因此有mg-qvB=0①，带电小环在ab段运动时，由动能定理得mgl0sinθ-Wf=12mv2②，由①式得速度v=256gl0③，解得Wf=325mgl0④；（2）加一竖直方向的匀强电场，小环垂直通过y轴，且两次通过y轴时速度大小相等，说明其做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，由①式可判断小环带负电，所以电场方向竖直向下，且qE-mg=0⑤，设小环做圆周运动的轨道半径为R，有qvB=mv2R⑥，由⑤式得场强大小E=mgq，方向竖直向下⑦，由③⑥式解得小环做圆周运动的半径R=2425l0，即小环通过y轴的位置y=2R=4825l0，故位置坐标为P(0,4825l0)⑧；（3）如果小环速度垂直细杆时，速度的偏转角为53°，设运动时间为t，根据平抛运动规律应满足tan53°=gtv⑨，在时间t内小环下落高度y=12gt2⑩，联立③⑨⑩解得y=6475l0，此时小环离细杆a端的高度h=2R-y-lsin37°=715l0>0不合题意，即小环不能垂直撞击细杆。26．如图所示，在xOy平面内的第Ⅲ象限中有沿-y方向的匀强电场，场强大小为En。在第Ⅰ和第Ⅱ象限有匀强磁场，方向垂直于坐标平面向里。有一个质量为m，电荷量为e的电子，从y轴的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场（不计重力），经电场偏转后，沿着与x轴负方向成45º角进入磁场，并能返回到原出发点P。（1）画出电子运动轨迹的示意图；（2）求P点距坐标原点的距离；（3）电子从P点出发经多长时间再次返回P点？【答案】（1）（2）mv022Ee（3）t=(4+3π)3mv08Ee【解析】【详解】解：(1)如图所示，电子进入电场，从P点到M点做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场后从N点到P点做匀速直线运动，画出轨迹如图所示；(2)电子在电场中运动过程，有：vy=v0=eEmt解得：t=mv0eE则得： OP=12•eEmt2=mv022eE(3)电子在电场中运动时间为：t1=t=mv0eE电子在磁场中运动时间为：t2=34T=34•2πmeB=3πm2eBn电子从N点到P点的距离为：NP=2•OP电子在磁场中运动的速率为：v=2v0则电子从N点到P点的时间为：t3=DPv=mv02eE故总时间为：t总=t1+t2+t3=3mv02eE+3πm2eB又由图知，OM=v0t1=mv02eE，ON=OP=mv022eE，而MN=OM+ON=2R联立上两式得，电子在磁场中运动的轨迹半径：R=3mv0222eE又evB=mv2R解得：B=4E3v0所以：t总=3mv02eE+3πm2eB=（4+3π)3mv08eE27．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：（1）电场强度E的大小；（2）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。【答案】（1）mv022qh（2）2mv0qL【解析】【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有x=v0t=2h，y=12at2=hnqE=ma，联立以上各式可得E=mv022qh；（2）粒子达到a点时沿负y方向的分速度为vy=at=v0，所以v=v02+vy2=2v0，方向指向第IV象限与x轴正方和成45o角；粒子在磁场中运动时，有qvB=mv2r当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r=22L所以磁感应强度B的最小值B=2mv0qL28．如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限分布着场强E=5×103V/m、方向水平向左的匀强电场，其余三个象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场.现从电场中M(0.5,0.5)点由静止释放一比荷为qm=2×104C/kg、重力不计的带正电微粒，该微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴.求：(1)匀强磁场的磁感应强度；(2)带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标；(3)为了使微粒还能回到释放点M，在微粒第二次进入磁场后撤掉第Ⅰ象限的电场，求此情况下微粒从释放到回到M点所用时间．【答案】(1)1T(2)(0m,1m)(3)7.21×10-4s.【解析】【分析】带电粒子在匀强电场中做的是类平抛运动，利用平抛运动规律，结合电场强度、电荷的荷质比，求出粒子的进入磁场的速度大小与方向以及位置.当带电粒子进入磁场后，仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动.由微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴，可寻找到已知长度与圆弧半径的关系，从而求出磁感应强度，当粒子再次进入电场时，仍是类平抛运动.利用相同方法求出离开电场的位置．要求微粒从释放到回到M点所用时间，画出带电粒子的运动轨迹，当粒子做类平抛运动，运用平抛运动规律求出时间，当粒子做匀速圆周运动时，由周期公式求出运动时间。【详解】(1)根据动能定理得，qExM=12mv2n代入数据解得：v=2qExMm=2×2×104×5×103×0.5=104m/s因为微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴，根据几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=xM，R=xM=mvBq，解得B=mvqxM=1042×104×0.5=1T；(2)粒子垂直进入电场，做类平抛运动，则a抛=qEm=2×104×5×103=108m/s2，xM=12a抛t抛2，代入数据解得t抛=10-4s，则y=vt抛=104×10-4=1m；带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标为(0m,1m)(3)第一次进入磁场后轨迹如图所示:入磁场时：vM=a抛t抛=108×10-4=104m/sv入=v2+vx2=2×104m/sR'=mv入Bq=12(m)，轨迹如上图所示，t=2×34T+2t抛+LOMv入=3πmBq+2t抛+0.52v入，代入数据得：t=7.21×10-4s.【点睛】本题重点是画出带电粒子的运动轨迹，当是平抛运动时，则可分解成沿电场强度方向是匀加速，垂直电场强度方向是匀速．当是圆周运动时，可由几何关系去找到已知长度与半径的关系，最终能求出结果。29．如图所示直角坐标系中的第I象限存在沿轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一个电量为q、质量为m的正离子(不计重力)，在x轴上x=2L的a点以速度v0=10m/s射入磁场，然后从y轴上y=L的b点垂直于y轴方向进入电场偏转后经过轴上x=2L的c点离开电场，已知正离子的比荷qm=50C/kg，L=2m求：n(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小。【答案】(1)0.5V/m(2)0.04T【解析】【分析】粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小，由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小；【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有：x轴方向：2L=v0ty轴方向：L=12at2，a=qEm联立可以得到：E=mv022qL=0.5V/m；（2）带电粒子在磁场中运动有：洛伦兹力提供圆周运动向心力：qv0B=mv02r又因为：2L2+r-L2=r2所以：B=mv0qr=2mv05qL=0.04T。【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的规律即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用。30．如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度为B=1T，方面垂直于纸面向里的磁场，II、III、IV象限（含x、y轴）有电场强度为E=1N/C，竖直向下的电场。光滑1/4圆弧轨道圆心O`，半径为R=2m，圆环底端位于坐标轴原点O。质量为m1=1kg，带电q1=-1C的小球A从O`处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。质量为m2=2kg，带电q2=2C小球的B从与圆心等高处静止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可视为质点，所在空间无重力场作用。n（1）小球A在O`处的初速度为多大；（2）碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支持力；（3）小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，再次回到y轴时离O点的距离。【答案】（1）1m/s（2）1.5N（3）y=6n2π2【解析】【分析】A从O'飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出小球A在O'处的初速度；由动能定理求出B滑到O点的速度，A、B在O点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后生成的C球速度；根据牛顿第二定律求出碰后瞬间轨道对C支持力；C球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和运动规律求出再次回到y轴时离O点的距离；【详解】解：(1)A从O'飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，rA=R2洛伦兹力提供向心力，qvB=mv2rA解得：v=rAq1Bm1v=1m/s(2)设B滑到O点的速度为u，由动能定理EqR=12m2u2解得：u=2m/sA、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速度为v1，由动量守恒定律m1u-m2v=（m1+m2）v1在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为N，C球带电量q=q2+q1N-Eq+qv1B=mCv12Rn解得：N=1.5N(3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上。由：qv1B=mCv12RC，及T=2πRCv1,解得C球圆周运动周期T=2πmcqBC球竖直方向加速度a=EqmcC球回到y轴时坐标：y=12a（nT）2代入数据解得：y=6n2π2（n=1、2、3.......）