全国版2022高考物理一轮复习专题十磁场2练习含解析

专题十　磁场

考点1  磁场的描述及安培力的应用

1.下列关于磁场的相关判断和描述正确的是 (　　)

A.图甲中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实

B.图乙中表示条形磁铁的磁感线从N极出发,到S极终止

C.图丙中导线通电后,其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实

D.图丁中环形导线通电后,其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实

2.如图所示,在一通有恒定电流的长直导线的右侧,有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于导线的方向射出.若粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计,现用虚线表示粒子的运动轨迹,虚线上某点所画有向线段的长度和方向表示粒子经过该点时的速度大小和方向,下列选项可能正确的是              (　　)

A　　　　　B　　　　　 C　　　　　 　D

3.[2021安徽合肥高三调研]如图所示,两平行通电长直导线通入同向电流.若将电流I1在导线2处产生的磁感应强度记为B1,电流I2在导线1处产生的磁感应强度记为B2;电流I1对电流I2的安培力记为F1,电流I2对电流I1的安培力记为F2,则下列说法正确的是(　　)

A.若增大通电导线间距离,则F1和F2均增大

B.若I1<I2,则F1<F2

C.无论I1、I2如何变化,总有F1=-F2

D.无论I1、I2如何变化,总有B1=-B2

4.[2021四川成都毕业班摸底]如图所示,金属导体的长度、宽度、厚度分别为a、b、d,导体处在方向垂直前后侧面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中.现给导体通以图示方向的恒定电流,稳定后,用电压表测得导体上、下表面间的电压大小为U.下列说法正确的是              (　　)

A.上表面的电势高于下表面的电势

B.导体单位体积内的自由电子数越多,电压表的示数越大

C.导体中自由电子定向移动的速度大小为v=

D.导体中自由电子定向移动的速度大小为v=

5.[2021江西南昌高三摸底测试]如图所示,质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O'点,处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,棒中通以某一方向的电流,静止时两细线与竖直方向的夹角均为θ,重力加速度为g,则              (　　)

A.金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO'平面向上

B.金属棒中的电流方向由N指向M

C.每条细线所受拉力大小为

D.金属棒中的电流大小为

6.如图所示,两带电小球用长为l的绝缘细线相连,置于光滑水平面上,磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直水平面向外,A小球固定,B小球可沿逆时针方向绕A做圆周运动,已知两小球质量均为m、带电荷量均为-q,若B小球的运动速率从零开始逐渐增大,则细线拉力的最小值为              (　　)

A.0            B.           C.         D.-

7.[8分]如图所示,两根平行的光滑金属导轨固定在同一绝缘水平面内.两根导轨的间距为L,两导轨的左端连接一未充电的电容器和一个电源,电容器的电容为C,电源的电动势为E、内阻不计.一质量为m的金属棒ab,放在两导轨的最右端,且和两导轨垂直,金属棒ab的长度刚好和两导轨的间距相同,金属棒ab的两端分别用长度均为h的轻绳竖直悬挂在水平固定横梁上的O1、O2点,开始时,轻绳刚好拉直、且金属棒ab和两导轨接触良好.两导轨所在的平面处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中.先将单刀双掷开关S合在位置1,当电容器充电稳定后,再将单刀双掷开关S合在位置2,金属棒ab突然水平向右开始摆动,当连接金属棒ab的轻绳呈水平状态时,金属棒ab的速度为0.重力加速度大小为g.试求:

(1)将单刀双掷开关S合在位置2的瞬间,通过金属棒ab横截面的电荷量;

(2)将单刀双掷开关S合在位置2的瞬间,金属棒ab离开两导轨,电容器稳定后,电容器两端的电压.

考点2   带电粒子在匀强磁场中的运动

1.如图所示,三角形ABC内有垂直于三角形平面向外的匀强磁场,AB边长为L,∠A=30°,∠B=90°,D是AB边的中点.现在DB段上向磁场内射入速度大小相同、方向平行于BC的同种粒子(不考虑粒子间的相互作用和粒子重力),若从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场,则AC边上有粒子射出的区域长度为              (　　)

A.L　　　B.L　　　C.L　　　D.L

2.[2021湖北武汉高三质量检测,多选]如图所示,在矩形区域MNPE中有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,从M点沿MN方向发射两个α粒子,两粒子分别从P、Q射出.已知ME=PQ=QE,则两粒子

(　　)

A.速率之比为5∶2

B.速率之比为5∶3

C.在磁场中的运动时间之比为53∶90

D.在磁场中的运动时间之比为37∶90

3.[多选]如图,空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场,一质量为0.3 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板右端无初速度放上一质量为0.4 kg、电荷量q=+0.2 C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.t=0时对滑块施加方向水平向左,大小为2.1 N的恒力.g取10 m/s2,则              (　　)

A.木板和滑块一直做加速度为3 m/s2的匀加速运动

B.木板先做加速度为3 m/s2的匀加速运动,再做加速度减小的变加速运动,最后做匀速直线运动

C.当木块的速度等于10 m/s时与木板恰好分离

D.t=1 s时滑块和木板开始发生相对滑动

4.[2019全国Ⅰ,24,12分]如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出.已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力.求:

(1)带电粒子的比荷;

(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.

5.[2021吉林长春高三质量监测,12分]如图所示,在正六边形ABCDEF的内切圆范围内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小可以调节,正六边形的边长为l,O为正六边形的中心点,M、N分别为内切圆与正六边形AB边和BC边的切点.在M点安装一个粒子源,可向磁场区域内沿着垂直磁场的各个方向发射比荷为、速率为v的粒子,不计粒子重力.

(1)若沿MO方向射入磁场的粒子恰能从N点离开磁场,求匀强磁场的磁感应强度B0的大小.

(2)若匀强磁场的磁感应强度的大小调节为B'=,求粒子源发射的粒子在磁场中运动的最长时间.

6.[2021安徽合肥高三调研,12分]如图所示,直角坐标系xOy所在空间的第一、二象限内分布着方向垂直坐标平面向外的匀强磁场(图中未画出).一带正电粒子从原点O以初速度v0沿x轴负方向射出,恰能通过第一象限内的P点,已知P点坐标为(a,a),带电粒子的比荷为k,不计重力.

(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小;

(2)若仅将第一象限内的磁场换为平行于y轴的匀强电场,粒子也恰能经过P点,求该电场的电场强度E的大小及粒子从O到P所经历的时间t.

考点3  带电粒子在复合场中的运动

1.磁流体发电机的结构简图如图所示.把平行金属板A、B和电阻R连接,A、B之间有很强的磁场,将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)以速度v喷入磁场,A、B两板间便产生电压,成为电源的两个电极.下列推断正确的是              (　　)

A.A板为电源的正极

B.电阻R两端电压等于电源的电动势

C.若减小两极板的距离,则电源的电动势会减小

D.若增加两极板的正对面积,则电源的电动势会增加

2.[2020全国Ⅱ,17,6分]CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测.图(a)是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示.图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点.则              (　　)

图(a)　　　　　　　　　　　图(b)

A.M处的电势高于N处的电势

B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移

C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外

D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移

3.[生产生活实践问题情境——微波炉磁控管][8分]如图所示是一微波炉磁控管的横截面示意图,管内有平行于管轴线的匀强磁场,磁感应强度大小为B.假设一群电子在垂直于管的某截面内做匀速圆周运动,这群电子时而接近电极1,时而接近电极2,从而使电极附近的电势差发生周期性变化,电极1、2到圆心的距离相等.这群电子散布的范围很小,可以看作集中在一点上,共有N个电子,每个电子的电荷量均为e、质量均为m,设这群电子做匀速圆周运动的轨迹直径为D,电子群离电极1和电极2的最短距离均为r1,已知点电荷q在距其为r的空间任一点处产生的电势为φ=,k为静电力常量.

(1)若将这群电子的运动等效为一环形电流,求电流的大小;

(2)求电极间电压的最大值.

4.[2021江苏南京高三调研,12分]如图甲所示,真空中有一个半径r=0.5 m的圆形磁场区域,与x轴相切于O点,磁场的磁感应强度大小B=2×10-4 T,方向垂直于纸面向外,在x=1 m处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N,板间距离d=0.5 m,板长L=0.6 m,平行板中线O2O3的延长线恰好过磁场圆的圆心O1.若在O点处有一粒子源,能向磁场中不同方向源源不断地均匀发射出速率相同、比荷=1×108 C/kg且带正电的粒子,粒子的运动轨迹在纸面内,一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子,恰能从O2点沿直线O2O3方向射入平行板间.不计粒子的重力、阻力以及粒子间的相互作用力.

(1)求沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v0和粒子在磁场中的运动时间t0;

(2)求从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比;

(3)若在平行板的左端装上一挡板(图中未画出,挡板正中间O2处有一小孔,恰能让单个粒子通过),并且在两板间加上如图乙所示的电压(周期T0=6×10-5 s),N板比M板电势高时电压值为正,在靠近M、N板右侧竖直安装一块足够大的荧光屏(图中未画出),求荧光屏上亮线的长度l.

一、选择题(共9小题,54分)　　　　　　　　　　　　　　　　

1.如图所示,完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置,甲的圆心为O1,乙的圆心为O2,在两环圆心的连线上有a、b、c三点,其中aO1=O1b=bO2=O2c,此时a点的磁感应强度大小为B1,b点的磁感应强度大小为B2.当把环形电流乙撤去后,c点的磁感应强度大小为              (　　)

A.B1-         　B.B2-          C.B2-B1               D.

2.如图所示为回旋加速器示意图,利用同一台回旋加速器分别加速H和He两种粒子,不计粒子在两盒间缝隙的运动时间,则下列说法正确的是              (　　)

A.两种粒子被加速的最大动能相等

B.两种粒子被加速次数不同

C.两种粒子在加速器中运动的时间相同

D.两种粒子所用交变电流的频率不同

3.[2021贵州贵阳高三摸底]两个回路中的电流大小均为I,方向如图所示.已知圆弧导线中的电流在其圆心处产生的磁感应强度与其半径成反比,直导线中的电流在其延长线上产生的磁感应强度为零.则关于图中a、b两点的磁感应强度Ba、Bb的大小关系和方向的判断正确的是              (　　)

A.Ba>Bb,a点磁感应强度的方向垂直纸面向里

B.Ba<Bb,a点磁感应强度的方向垂直纸面向外

C.Ba<Bb,b点磁感应强度的方向垂直纸面向里

D.Ba>Bb,b点磁感应强度的方向垂直纸面向外

4.[2020江西七校第一次联考]如图所示,OO'为圆柱筒的轴线,磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向向左,在圆筒壁上布满许多小孔,对于任意一小孔,总能找到另一小孔与其关于轴线OO'对称.有许多比荷为的带正电粒子,以不同的速度、不同的入射角(与竖直方向的夹角)射入各小孔,且均从关于OO'轴线与该孔对称的小孔中射出,已知入射角为30°的粒子的速度大小为×103 m/s,则入射角为45°的粒子的速度大小为(　　)

A.1×103 m/s      B.1.5×103 m/s        C.2×103 m/s         D.4×103 m/s

5.[2020吉林长春质量监测]如图所示,在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3,导线1、3固定,导线2可以自由移动,水平面内的虚线OO'到导线1、3的距离相等.若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流,导线2从图示位置由静止释放,下列说法正确的是              (　　)

A.导线2可能碰到导线3

B.导线2有可能离开水平面

C.导线2对水平面的压力不断变化

D.导线2通过OO'时加速度最小,速度最大

6.[多选]实验室常用的电流表是磁电式仪表,其结构示意图如图甲所示,蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀地辐向分布,如图乙所示.当线圈通以如图乙所示的电流时(a端电流方向为垂直纸面向外),下列说法不正确              (　　)

A.根据指针偏转角度的大小,可以知道被测电流的大小

B.线圈在转动过程中,它的磁通量在发生变化

C.线圈中电流增大时,螺旋弹簧被扭紧,阻碍线圈转动

D.当线圈转到如图乙所示的位置时,安培力的作用使线圈沿逆时针方向转动

7.[2021广东惠州高三第一次调研,多选]如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是              (　　)

A.ab中的感应电流方向由a到b

B.ab中的感应电流逐渐减小

C.ab所受的安培力保持不变

D.ab所受的静摩擦力逐渐减小

8.[多选]如图所示,半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,S为磁场边界上的一点.大量相同的带电粒子以相同的速率v经过S点,在纸面内沿不同的方向射入磁场.出射点分布在四分之一圆周SP上.不计粒子重力及粒子之间的相互作用.则              (　　)

A.粒子带正电

B.粒子的比荷为

C.从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为

D.若入射粒子的速率为2v,出射点将分布在OS下方的二分之一圆周上

9.[多选]如图,有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABCD,AB=3L,BC=2L在边界AB的中点上有一个粒子源,沿边界AB并指向A点方向发射各种不同速率的同种正粒子,不计粒子重力,当粒子速率为v0时,粒子轨迹恰好与AD边界相切,则               (　　)

A.速率小于v0的粒子全部从CD边界射出

B.当粒子速度满足<v<v0时,从CD边界射出

C.在CD边界上只有上半部分有粒子通过

D.当粒子速度小于时,粒子从BC边界射出

二、非选择题(共4小题,56分)

10.[8分]在高能物理实验研究中,经常要通过磁场对粒子进行控制,使其能够按照要求运动.如图所示,在垂直纸面向里、磁感应强度B=2.0 T的匀强磁场中,有一长度L=4.0 m的细杆,其一端固定在O点且可绕该点旋转,另一端有一粒子源S,能连续不断地相对于粒子源沿杆方向向外发射速度为v0=500 m/s的带正电粒子.已知带电粒子的电荷量q=2.5×10-6 C,质量m=3×10-8 kg,不计粒子间的相互作用及粒子的重力,打在杆上的粒子均被吸收.

(1)若细杆不动,试求粒子离O点的最近距离.

(2)若细杆绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动,要求发射出的粒子均能打中O点,试求细杆角速度ω的大小.

11.[材料信息题][10分]通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值),可研究中子n)的β衰变.中子衰变后转化成质子和电子,同时放出质量可视为零的反中微子.如图所示,位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源,该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子.在P点下方放置有长度L=1.2 m以O为中点的探测板,P点离探测板的垂直距离OP为a.在探测板的上方存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场.已知电子质量me=9.1×10-31 kg=0.51 MeV/c2,中子质量mn=939.57 MeV/c2,质子质量mp=938.27 MeV/c2(c为光速,不考虑粒子之间的相互作用).若质子的动量p=4.8×10-21 kg·m·s-1=3×10-8 MeV·s·m-1,则

(1)写出中子衰变的核反应式,求电子和反中微子的总动能(以MeV为能量单位);

(2)当a=0.15 m,B=0.1 T时,求计数率;

(3)若a取不同的值,可通过调节B的大小获得与(2)问中同样的计数率,求B与a的关系并给出B的取值范围.

12.[18分]如图所示,在xOy平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场;在第二象限有一匀强电场,电场强度的方向沿y轴负方向.原点O处有一粒子源,可在xOy平面内向y轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在0~v0之间,质量为m,电荷量为+q的同种粒子.在y轴正半轴垂直于xOy平面放置着一块足够长的薄板,薄板上有粒子轰击的区域的长度为L0.已知电场强度的大小为E=,不考虑粒子间的相互作用,不计粒子的重力.

(1)求匀强磁场磁感应强度的大小B;

(2)在薄板上y=处开一个小孔,粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域,求粒子经过x轴负半轴的最远点的横坐标;

(3)若仅向第四象限各个方向发射粒子:t=0时,粒子初速度为v0.随着时间推移,发射的粒子初速度逐渐减小,变为时,就不再发射.不考虑粒子之间可能的碰撞,若穿过薄板上y=处的小孔进入电场的粒子排列成一条与y轴平行的线段,求t时刻从粒子源发射的粒子初速度大小v(t)的表达式.

13.[2018全国Ⅱ,25,20分]一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l',电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.

(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;

(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;

(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.

答  案

专题十　磁　场

考点1　磁场的描述及安培力的应用

1.C　根据安培定则,同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,故A错误;磁感线是闭合曲线,在磁体内部从S极指向N极,故B错误;根据右手螺旋定则,图中直导线下方有垂直纸面向里的磁场,N极向纸面内转动,故C正确;根据右手螺旋定则,图中环形导线内部有垂直纸面向外的磁场,N极向纸面外转动,故D错误.

2.B　 通过右手螺旋定则可以判断出导线右侧的磁场方向是垂直纸面向里的,再由左手定则可以判断出初始时粒子受到的洛伦兹力的方向是水平向左的,故粒子会向左偏转,选项C、D错误;又因为洛伦兹力不能改变粒子运动的速度大小,只会改变粒子运动的方向,故粒子的运动速率不变,选项B正确,A错误.

3.C　若增大通电导线间的距离,则B1、B2均减小,又F1=B1I2L,F2=B2I1L,故F1、F2均减小,A错误.可以把F1、F2理解为两通电直导线之间的一对作用力与反作用力,则无论I1、I2如何变化,总有F1=-F2,选项C正确,B错误.当I1>I2时,B1>B2,选项D错误.

4.C　金属导体中导电粒子为自由电子,由左手定则可知,形成电流的带电粒子受到向上的洛伦兹力作用,所以上表面带负电,电势较低,A项错误;稳定后,自由电子所受电场力与洛伦兹力平衡,则有q=qvB,解得v=,C项正确,D项错误;而U=Bdv,与导体单位体积内的自由电子数无关,B项错误.

5.C

　设每条细线所受拉力大小为F,可画出金属棒MN的受力分析图,如图所示.由左手定则可判断出金属棒所受的安培力方向垂直于磁场方向,与OMNO'平面的夹角为90°-θ,金属棒中的电流方向由M指向N,选项A、B错误.对金属棒MN由平衡条件可得2Fcos θ=mg,解得F=,选项C正确.设金属棒中的电流大小为I,则有tan θ=,解得I=,选项D错误.

6.D　B小球在水平面内受库仑力F、洛伦兹力F洛和细线的拉力T,它们的合力提供向心力,即T+F洛-F=,则T=F+-F洛=+-Bqv,式中m、l、B、q、k均为常数,所以T为v的二次函数,当v=时,Tmin=-,D正确.

7.(1)　(2)E-

解析:单刀双掷开关S合在位置1且电容器充电稳定时,设电容器两端电压为U0,电容器所充的电荷量为Q0,有U0=E(1分)

由电容器的定义式得C=(1分)

单刀双掷开关S合在位置2的瞬间:设在该瞬间Δt时间内,通过金属棒ab横截面的电荷量为ΔQ,电流为i,金属棒ab离开导轨时的速度为v,电容器稳定后,电容器两端的电压为U,对金属棒ab,由动量定理得BiLΔt=mv(1分)

由电流定义式得i=(1分)

由电容器的定义式得C=(1分)

金属棒ab离开导轨摆动过程中,对金属棒ab,由机械能守恒定律得mgh=mv2(1分)

以上联合求解得

ΔQ=(1分)

U=E-(1分).

考点2　带电粒子在匀强磁场中的运动

1.C　从D点射入和B点射入的粒子的运动轨迹如图所示,设两个粒子在AC边上的出射点分别为E、F点,由于从D点射出的粒子恰好能垂直AC边射出磁场,所以A点为该粒子做圆周运动的圆心,则粒子做圆周运动的半径为R=L,则有AE=L,因为D点是AB的中点,所以D点是从B点射出的粒子做圆周运动的圆心,所以有AD=DF,则根据几何知识有AF=2×L·cos 30°=,所以有粒子射出的区域为EF=AF-AE=L,故A、B、D错误,C正确.

2.AC　根据题述情境,可画出两个α粒子在矩形匀强磁场区域中的运动轨迹,如图所示.设ME=a,则r2=a,对从P点射出的粒子,由几何关系有=(2a)2+(r1-a)2,解得r1=2.5a.粒子在匀强磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得v=,两粒子的速率之比为v1∶v2=r1∶r2=2.5∶1=5∶2,选项A正确,B错误.从P点射出的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角的正弦值sinθ1==0.8,即θ1=,在匀强磁场中的运动时间t1==;从Q点射出的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角θ2=,在匀强磁场中的运动时间t2==.故在磁场中的运动时间之比为t1∶t2=∶=53∶90,选项C正确,D错误.

3.BC　由于动摩擦因数为0.45,在静摩擦力的作用下,木板的最大加速度为amax= m/s2=4.5 m/s2,所以当2.1 N的恒力作用于滑块时,系统开始一起以加速度a运动,a== m/s2=3 m/s2,当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力,滑块对木板的压力减小,摩擦力减小,木板的加速度减小,所以木板做的是加速度减小的加速运动,当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零,此时有qvB=mg,代入数据得v=10 m/s,此时摩擦力消失,木板做匀速运动,而滑块在水平方向上受到恒力作用,速度增加,洛伦兹力增大,滑块将离开木板向上做曲线运动,故A错误,B、C正确;当滑块和木板开始发生相对滑动时,木板的加速度恰好还为共同的加速度3 m/s2,对木板有f=Ma=0.3×3 N=0.9 N,再根据f=μ(mg-qvB),解得v=5 m/s,根据v=at可得运动的时间为t= s,故D错误.

4.(1)　(2)(+)

解析:(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v.由动能定理有qU=mv2　①(2分)

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,粒子运动轨迹如图所示,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

qvB=m　②(1分)

由几何关系知

d=r　③(2分)

联立①②③式得=　④(2分).

(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为

s=+rtan 30°　⑤(2分)

带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为

t=　⑥(1分)

联立②④⑤⑥式得t=(+)(2分).

5.(1)　(2)

解析:(1)粒子以速率v沿MO方向射入磁场,恰能从N点离开磁场,其运动轨迹如图1中的实线

由几何条件可知,磁场圆的半径为R=l(1分)

设粒子的运动轨迹半径为r1,∠MON为θ,则tan =tan =(1分)

解得r1=l(1分)

由牛顿第二定律有qvB0=m(2分)

解得B0=(1分).

(2)当磁感应强度变化后,大量此类粒子从M点射入磁场,由牛顿第二定律有qvB'=m(1分)

解得r2=l(1分)

粒子在磁场中运动时间最长时,弧长(劣弧)最长,对应的弦长最长(磁场圆的直径),其运动轨迹如图2中的实线

由几何关系得α=(1分)

粒子在磁场中运动的最长时间tmax=(1分)

又T=(1分)

解得tmax=(1分).

6.(1)　(2)　a

解析:(1)粒子做匀速圆周运动,根据题意作出粒子的运动轨迹如图1所示,由几何关系得(a-R)2+a2=R2(1分)

解得R=a(1分)

洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力,则有

qv0B=m(1分)

联立解得B==(1分).

(2)若将第一象限内的磁场改为匀强电场,则粒子在第一象限内做类平抛运动,运动轨迹如图2所示,则有

a=v0t0(1分)

=a加(2分)

由牛顿第二定律得qE=ma加(1分)

联立解得电场强度大小E==(1分)

粒子做圆周运动的时间t1===(1分)

粒子做平抛运动到P点的时间t0=(1分)

则粒子从O到P所经历的时间t=t1+t0=a(1分).

考点3　带电粒子在复合场中的运动

1.C　等离子体进入磁场,根据左手定则,正电荷向下偏转,所以B板带正电,为电源的正极,A极为电源的负极,故A错误;分析电路结构可知,A、B为电源的两极,R为外电路电阻,故电阻R两端电压为路端电压,小于电源的电动势,故B错误;粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡,有qvB=q,解得U=Bdv,减小两极板的距离d,电源的电动势减小,增加两极板的正对面积,电动势不变,故C正确,D错误.

2.D　电子在电场中加速运动,电场力的方向和运动方向相同,而电子所受电场力的方向与电场的方向相反,所以M处的电势低于N处的电势,A项错误;增大M、N之间的电压,根据动能定理可知,电子进入磁场时的初速度变大,根据r=知其在磁场中的轨迹半径增大,偏转程度减小,P点将右移,B项错误;根据左手定则可知,磁场的方向应该垂直于纸面向里,C项错误;结合B项分析,可知增大磁场的磁感应强度,轨迹半径将减小,偏转程度增大,P点将左移,D项正确.

3.(1)　(2)-

解析:(1)电子做圆周运动的周期T=(1分)

一个周期内的电荷量为Ne(1分)

又有q=It(1分)

可得I=(1分).

(2)当所有电子最接近电极1或电极2时,两极间的电势差的绝对值最大,此时两极间的电压也最大,当所有电子在最接近电极1时,两极处的电势分别为φ1=(1分)

φ2=(1分)

电压的最大值为Umax=φ1-φ2=-(2分).

4.(1)1.0×104 m/s　7.85×10-5 s　(2)　(3)0.072 m

解析:(1)由题意可知,沿y轴正方向射入的粒子的运动轨迹如图1所示.

粒子做圆周运动的轨迹半径R=r=(1分)

解得v0==1.0×104 m/s(1分)

又T=(1分)

解得t0===7.85×10-5 s(1分).

(2)沿任一方向射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹都是半径为r的圆的一部分,圆心位置在以O1点为圆心、r为半径的半圆上,如图2所示.

四边形OO1PO4为菱形,故PO4和y轴平行,所以从P点射出的粒子速度方向与x轴平行向右,即所有粒子平行于x轴向右射出磁场.(1分)

故恰能从N板左端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图3中的所示,恰能从M板左端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图3中的所示.(1分)

因为M、N板间距d=0.5 m与r相等,由几何关系知

∠N1O1O2=30°,∠N1OO1=30°

从边界N1射出的粒子,从O点射入磁场的方向与x轴负方向的夹角为60°

同理,从边界M1射出的粒子,从O点射入磁场的方向与x轴正方向的夹角为60°.在y轴正方向的夹角左、右都为30°的范围内的粒子都能射入平行板间.

故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为=(2分).

(3)根据U-t图像可知,粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为

a==1×108×0.225× m/s2=4.5×107 m/s2

从平行板右端射出的粒子在平行板间运动的时间为

t== s=6×10-5 s(1分)

即粒子在平行板间运动的时间等于电场变化的周期T0,则当粒子由t=nT0(n取正整数)时刻进入平行板间时,向下侧移量最大,其vy-t图像如图4所示,则有

y1=+a()()-()2=0.063 m(1分)

当粒子由t=nT0+(n取正整数)时刻进入平行板间时,向上侧移量最大,其vy-t图像如图5所示,则

y2=-()2-a()()+()2=-0.009 m(1分)

因为y1、y2都小于=0.25 m,故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出打到荧光屏上,又所有粒子从平行板间射出时速度方向都相同,故荧光屏上亮线的长度

l=y1-y2=0.072 m(1分).

1.A　对于图中单个环形电流,根据安培定则,其在中轴线上的磁场方向均是向左,故c点的磁场方向也是向左的.设aO1=O1b=bO2=O2c=r,设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r,在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r,故a点的磁感应强度为B1=B1r+B3r;b点磁感应强度为B2=B1r+B1r=2B1r;当撤去环形电流乙后,c点的磁感应强度为Bc=B3r=B1-,故选A.

2.C　粒子在回旋加速器中运动的半径为r=,当粒子轨迹半径等于D形盒半径R时,粒子的速度最大,有R=,得vmax=,粒子的最大动能Ekmax=H和He两种粒子的比荷相等,则最大速度相等,但最大动能不等,A错误;设D形盒缝隙间的加速电压为U,加速次数为n,则有nqU=,解得n=,两种粒子被加速的次数相同,B错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,则两粒子在D形盒中运动周期相同,又被加速次数相同,则运动总时间相同,粒子运动周期与交变电流周期相同,两种粒子的运动周期相同,则交变电流的频率相同,C正确,D错误.

3.D　由题意可知,直导线中的电流在其延长线上产生的磁感应强度为零,则a、b两点磁场是由两段圆弧导线中的电流产生的.由题意可知,圆弧导线中的电流在其圆心处产生的磁感应强度与其半径成反比,而两大圆弧直径也相等,两小圆弧直径相等, 则两大圆弧与两小圆弧分别在a、b两点产生的磁感应强度大小相等;由安培定则可知,大圆弧在a点产生的磁场垂直纸面向外,小圆弧在a点产生的磁场也垂直纸面向外,因此,a点的磁感应强度是两段圆弧导线中的电流产生的磁感应强度大小之和,且方向垂直纸面向外;同理可知,大圆弧在b点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里,小圆弧在b点产生的磁感应强度方向垂直纸面向外,且小圆弧在b点产生的磁感应强度大,故b点磁感应强度是两段圆弧产生的磁感应强度大小之差,且方向垂直于纸面向外,由以上分析可知,a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度,即Ba>Bb,a、b两点的磁感应强度方向均垂直纸面向外.综上所述,选项D正确.

4.A　由题意知,粒子均沿垂直磁感应强度方向进入匀强磁场,则有qvB=m,变形可得=,即v∝r,则入射粒子的速度与其轨迹半径成正比.粒子在磁场中运动的左视图如图所示,对于入射角为30°和45°的两粒子,由几何关系有r1==2R,r2==R,所以对于两粒子有==,可得v2=1×103 m/s,A项正确.

5.D　由安培定则和磁场叠加原理可判断出直导线1、3在虚线OO'与直导线1之间产生的合磁场的磁感应强度方向竖直向下,在虚线OO'与直导线3之间产生的合磁场的磁感应强度方向竖直向上,在虚线OO'处产生的合磁场的磁感应强度为零.由左手定则可知,直导线2所受的安培力沿水平面方向,所以直导线2不可能离开水平面,直导线2对水平面的压力一直等于直导线的重力,选项B、C错误.OO'左右两侧磁场的磁感应强度大小关于OO'具有对称性,故导线2的水平受力以及运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误.分析可知,导线2在OO'处水平方向受力为零,加速度大小为零,速度最大,选项D正确.

6.BD　线圈在磁场中由于受安培力而发生转动,电流越大则指针偏角越大,故根据指针偏转角度的大小,可以知道被测电流的大小,故A正确;由磁场的分布特点可知线圈中的磁通量始终不变,故B错误;通电后,处于磁场中的线圈受到安培力作用,使其转动,螺旋弹簧被扭动,则受到弹簧的阻力,从而阻碍线圈转动,最终使指针静止,故C正确;由左手定则可知,a端线圈受力向上,b端受力向下,故安培力使线圈沿顺时针方向转动,故D错误.

7.AD　由楞次定律可知,ab中感应电流的方向由a到b,A项正确;磁感应强度均匀减小,由法拉第电磁感应定律可知,整个回路中的感应电动势不变,又回路中的总电阻不变,所以回路中的感应电流不变,B项错误;由F=BIL可知,ab所受安培力随磁感应强度B的减小而不断减小,C项错误;ab棒在安培力和静摩擦力的作用下平衡,故静摩擦力随安培力的减小而逐渐减小,D项正确.

8.AB　出射点分布在四分之一圆周SP上,根据左手定则知,粒子带正电,选项A正确;根据题意可知从P点射出的粒子在磁场中的运动轨迹为半圆,轨迹半径为r=R,根据Bvq=m,得=,选项B正确;从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为t==,选项C错误;若入射粒子的速率为2v,分析可知粒子在磁场中运动的轨迹半径为R,大于磁场圆半径,故出射点将分布在整个圆周上,选项D错误.

9.BC　如图所示,由几何知识可知,与AD边界相切的轨迹半径为1.5L,与CD边界相切的轨迹半径为L;由半径公式R=可知,轨迹与CD边界相切的粒子速度为,故只有满足<v<v0的粒子才能从CD边界的PD间射出,选项A错误,B、C正确;由上述分析可知,当速度小于时,粒子不能射出磁场,故选项D错误.

10.(1)2.0 m　(2) rad/s

解析:(1)若细杆不动,根据牛顿第二定律有

Bqv0=m(1分)

解得粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R0=3.0 m

如图所示,根据勾股定理得

OO1==5.0 m(1分)

粒子离O点的最近距离为OO1-R0=2.0 m(1分).

(2)细杆绕O点在纸面内沿逆时针方向转动时,粒子随细杆做圆周运动,垂直细杆方向的速度为ωL,故粒子的合速度为

v=(1分)

设粒子合速度与垂直细杆方向的速度间的夹角为θ,则v=(1分)

根据牛顿第二定律有Bqv=m

解得R===(1分)

由几何关系可得R=(1分)

则tan θ==1.5

而tan θ=,所以ω== rad/s(1分).

11.(1)反应式见解析　0.746 8 MeV　(2)　(3)B= T　B≥ T

解析:(1npe(1分)

ΔEd=mnc2-(mpc2+mec2)=0.79 MeV

Ekp=≈0.043 2 MeV(1分)

Ee+Eν=ΔEd-Ekp=0.746 8 MeV(1分).

(2)质子运动轨迹的半径

R==0.3 m(1分)

如图甲所示,刚好能打到探测板时对应的发射角度

α=β=(1分)

可得质子计数率为

η==(1分).

(3)在确保计数率为η=的情况下

R'=2a(1分)

即B= T(1分)

如图乙所示,恰能打到探测板左端的条件为

4-=(1分)

即B≥ T(1分).

12.(1)　(2)x=-L0　(3)v=或v(t)=

解析:(1)速度为v0的粒子沿x轴正向发射,打在薄板的最远处,其在磁场中运动的半径为r0,由牛顿第二定律qv0B=　①(1分)

r0=　②(1分)

联立,解得B=　③(1分).

(2)如图a所示,速度为v的粒子与y轴正向成α角射出,恰好穿过小孔,在磁场中运动时,由牛顿第二定律qvB=　④(1分)

而r=　⑤(1分)

粒子沿x轴方向的分速度

vx=vsin α　⑥(1分)

联立,解得vx=　⑦(1分)

说明能进入电场的粒子具有相同的沿x轴方向的分速度

当粒子以速度为v0从O点射入,可以到达x轴负半轴的最远处.粒子进入电场时,沿y轴方向的初速度为vy,有

vy==v0　⑧(1分)

-=vyt-t2　⑨(1分)

最远处的横坐标x=-vxt　(1分)

联立,解得x=-L0　(1分).

(3)要使粒子排成一排,粒子必须在同一时刻进入电场.粒子在磁场的运动轨迹如图b所示,周期相同,均为T= =　(1分)

又sin α==　(1分)

粒子在磁场中的运动时间t'=T　(1分)

以v0进入磁场的粒子,运动时间最长,满足α=,其在磁场中运动时间tmax=T　(1分)

以不同速度射入的粒子,要同时到达小孔,有t+t'=tmax　(1分)

联立,解得

v=或者v(t)=　(2分).

13.(1)见解析　(2)　(3)(1+)

解析:

图(a)

(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)(3分).

(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)],速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有

qE=ma　①(1分)

图(b)

式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.由运动学公式有

v1=at　②(1分)

l'=v0t　③(1分)

v1=vcosθ　④(1分)

粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力提供向心力和牛顿第二定律得

qvB=　⑤(1分)

由几何关系得

l=2Rcosθ　⑥(1分)

联立①②③④⑤⑥式得

v0=　⑦(2分).

(3)由运动学公式和题给数据得

v1=v0cot　⑧(1分)

联立①②③⑦⑧式得

=　⑨(2分)

设粒子由M点运动到N点所用的时间为t',则

t'=2t+T　⑩(2分)

式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

又T=　(2分)

由③⑦⑨⑩式得

t'=(1+)　(2分).