精选-高考物理二轮复习专题三电场和磁场18年真题汇编

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2018届高三物理二轮复习课件：第1部分专题三电场和磁场 1-3-3-3

1 2
mv2，得v＝
2qU m
，碘131进
入磁场时的速率v1＝
2qU m1
，选项B正确；由T＝
2πm qB
得，碘131
与碘127在磁场中运动的时间差值为
T1 2
－
T2 2
＝
πm1－m2 qB
，选项C
错误；由R＝
mv qB
＝
1 B
2mU q
得，打到照相底片上的碘131与碘
127之间的距离为2R1－2R2＝
n圈时获得的总动能为12mv2n＝nqU，得第n圈的速度vn＝
2nqU m.
在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn＝m
v2n R
，解得Bn＝
1 R
2nqmU，所以BBn＋n1＝ n＋n 1，A项错误、B项正确；
如果A、B板之间的电压始终保持不变，粒子在A、B两极板之间
飞行时，电场对其做功qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，
(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小； (2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；思路探究 (1)该加速器的基本原理？ (2)离子打到P点满足的运动过程怎样？尝试解答 __________
解析 (1)离子经一次加速的速度为v0，由动能定理得
qU＝12mv20①
A．11 C．121
B．12 D．144
解析：选D.带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝
1 2
mv2，在磁
场中偏转时，其半径r＝mqBv，由以上两式整理得：r＝B1
2mU q.
由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径
相等时，解得：mm21＝144，选项D正确．
[真题2] (2012·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．

2011-2018电场、磁场高考真题

2011-2018电场、磁场高考真题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。

一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。

下列说法正确的是A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确。

B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确。

C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误。

D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。

故选AB。

【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。

2．如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。

整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。

已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。

2018届高三物理(新课标)二轮复习专题整合高频突破：专题三-电场和磁场9

专题能力训练9 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题7分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~6题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图所示,一劲度系数为k 的轻质弹簧,下面挂有匝数为n 的矩形线框abcd 。

bc 边长为l ,线框的下半部分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B ,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里。

线框中通以电流I ,方向如图所示,开始时线框处于平衡状态。

令磁场反向,磁感应强度的大小仍为B ,线框达到新的平衡。

则在此过程中线框位移的大小Δx 及方向是( ) A.Δx=2nIlBk ,方向向上B.Δx=2nIlBk ,方向向下C.Δx=nIlBk ,方向向上 D.Δx=nIlBk,方向向下2.(2017·全国Ⅲ卷)如图所示,在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中,两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l 。

在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时,纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零。

如果让P 中的电流反向、其他条件不变,则a 点处磁感应强度的大小为( ) A.0 B.√33B 0C.2√33B 0D.2B 03.如图所示,两根相互平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。

a 、O 、b 在M 、N 的连线上,O 为MN 的中点,c 、d 位于MN 的中垂线上,且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等。

关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是( ) A.O 点处的磁感应强度为零B.a 、b 两点处的磁感应强度大小相等、方向相反C.c 、d 两点处的磁感应强度大小相等、方向相同D.a 、c 两点处磁感应强度的方向不同4.(2016·全国Ⅱ卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。

届高考物理二轮复习专题三电场和磁场真题汇编

考点十一磁场1.(2018·全国卷II ·T20)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2，L 1中的电流方向向左，L 2中的电流方向向上；L 1的正上方有a 、b 两点，它们相对于L 2对称。

整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感觉强度大小为B 0，方向垂直于纸面向外。

已知a 、b 两点的磁感觉强度大小分别为B 0和B 0，方向也垂直于纸面向外。

则( )A.流经L 1的电流在b 点产生的磁感觉强度大小为0127B B.流经L 1的电流在a 点产生的磁感觉强度大小为0121BC.流经L 2的电流在b 点产生的磁感觉强度大小为0112BD.流经L 2的电流在a 点产生的磁感觉强度大小为0712B【命题妄图】本题意在观察右手螺旋定则的应用和磁场叠加的规律。

【解析】选A 、C 。

设L 1在a 、b 两点产生的磁感觉强度大小为B 1，设L 2在a 、b 两点产生的磁感觉强度大小为B 2，依照右手螺旋定则，结合题意B 0-(B 1+B 2)=B 0，B 0+B 2-B 1=B 0，联立可得B 1=B 0，B 2=B 0，选项A 、C 正确。

2.(2018·北京高考·T6)某空间存在匀强磁场和匀强电场。

一个带电粒子(不计重力)以必然初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤掉电场，则该粒子做匀速圆周运动，以下因素与完成上述两类运动没关的是 ( ) A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度【解析】选C 。

由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即Eq=qvB ，则v=EB ，若仅撤掉电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意，对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，但是对电性和电量无要求，依照F=qvB 可知，洛伦兹力的方向与速度方向有关，故对入射时的速度也有要求，应选C 。

1127123.(2018·全国卷I ·T25) 如图，在y>0的地域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场富强小为E ；在y<0的地域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。

2018年全国各地高考物理模拟试题《磁场》试题汇编(含答案解析)

2018年全国各地高考物理模拟试题《磁场》计算题汇编（含答案解析）1．（2018•湖北模拟）如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l=0.5m。

ed间连入一电源E=1V，ab间放置一根长为l=0.5m的金属杆与导轨接触良好，cf 水平且abcf为矩形。

空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡。

已知金属杆质量为0.1kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍。

重力加速度g=10m/s2，试求磁感应强度B及μ。

2．（2018•全国三模）如图，两根平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=30°的绝缘斜面上，顶部连接由电流表、电源、滑动变阻器和开关组成的电路，下端开口，导轨间距为10cm。

整个装置处于磁感应强度0.1T，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。

金属棒ab沿垂直导轨方向放置在导轨上。

开关断开时，沿导轨向下轻推导体棒，导体棒可以匀速下滑；闭合开关时，不断减小滑动变阻器的阻值，当电流表示数为3.0A时，导体棒恰好可沿导轨向上运动。

判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量（重力加速度为10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。

3．（2018•宜昌模拟）小强同学设计了一个“电磁天平”，如图所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。

线圈的水平边长L=0.2m，匝数N=1000匝，总电阻R=1Ω，现在让线圈的下边处于方向垂直线圈平面向里匀强磁场内，磁感应强度B0=0.1T，线圈上部处在垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁感应强度的变化率=1×10﹣3T/s，磁场区域宽度d=0.2m。

重力加速度g=10m/s2．求：（1）线圈中感应电流的大小；（2）当挂盘中放质量为m的物体时，天平再次平衡，求此时m为多大？4．（2018•市中区校级一模）如图所示为一种“电磁天平”的结构简图，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，线圈未通电时天平两臂平衡；已知线圈的水平边长L=0.1m，匝数为N=800，线圈的下底边处于匀强磁场内，磁感应强度B=0.5T，方向垂直于线圈平面向里，线圈中通有方向沿顺时针，大小可在0﹣2A 范围内调解的电流I；挂盘放上待测物体后，调解线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量；重力加速度g=10m/s2，试求：该“电磁天平”能够称量的最大质量．5．（2018•松江区一模）如图所示，在倾角为37°的斜面上，固定着宽L=0.5m的足够长的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器。

2018届高三物理(新课标)二轮复习专题整合高频突破：专题三电场和磁场

高频考点命题热点一命题热点二命题热点三
-9-
拓展训练1(2017· 全国Ⅲ卷)如图所示,空间存在方向垂直于纸面 (xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时②③④式得,所求时间为 d0=2(R1-R2)= ��
2��0 0 ��
π�� t0=t1+t2=�� 0
1+
1 ��
⑤ ⑥
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为 11 ��
高频考点命题热点一命题热点二命题热点三
A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
高频考点命题热点一命题热点二命题热点三
-20-
涉及复合场的技术应用以计算题的形式进行考查,往往以电磁技术的应用为背景材料, 联系实际考查学生学以致用的能力,有时也以选择题形式出现。
高频考点命题热点一命题热点二命题热点三
(1)粒子运动的时间; (2)粒子与O点间的距离。
答案
π�� (1)�� 0
+ ��
π��
0
2��0 (2) �� 0
1-
1 ��
高频考点命题热点一命题热点二命题热点三

【高三物理试题精选】2018高考物理二轮电磁感应复习题(含2018高考题)

2018高考物理二轮电磁感应复习题（含2018高考题）精品题库试题物理1(02t)T可知t=1 s时,正方向的磁场在减弱,由楞次定律可判定电流方向为由C到D,A项正确。

同理可判定B项错误。

t=1 s时感应电动势E= = S sin 30°=01 V,I=E/R=1 A,安培力F安=BIL=02 N,对杆受力分析如图对挡板P的压力大小为FN=F’N=F安cos 60°=01 N,C项正确。

同理可得t=3 s时对挡板H的压力大小为01 N,D项错误。

5(t图象为抛物线，故D正确。

13（x）= （a-x），感应电动势为 E=BLv，感应电流为I= ，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I= =I0；当x=a 时，I=0；x在a-2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负方向；有效切割的长度为 L= （2a-x），感应电动势为 E=BLv，感应电流大小为 I= ，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I==2I0；当x=2a时，I=0；x在2a -3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L= （3a-x），感应电动势为 E=BLv，感应电流为 I= ，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，I= =I0；当x=3a时，I=0；故根据数学知识可知B正确。

F2）=mg=2T③当绳子中的张力为零时，此时导线中的电流为I1，则有（F′1-F′2）=mg=2T④联立①②③④解得I′＝，故C正确，D错误。

24(河北省石家庄市t图中正确的是[答案] 3610．D[解析] 36由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，。

2018-2018高考物理二轮复习磁场压轴题及答案

2018-2018高考物理二轮复习磁场压轴题及答案高考将至，2016年高考将于6月7日如期举行，以下是一篇磁场压轴题及答案，详细内容点击查看全文。

1如图12所示，PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=0.1 kg，带电量为q=0.5 C的物体，从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。

当物体碰到板R端的挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因数为=0.4，取g=10m/s2，求：(1)判断物体带电性质，正电荷还是负电荷?(2)物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2(3)磁感应强度B的大小(4)电场强度E的大小和方向2(10分)如图214所示，光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止.在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以速度6m/s水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后，C的速度是多大?(2)到A、B都与挡板碰撞为止，C的位移为多少?3(10分)为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所示实验，在小木板上固定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为F ，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为F ，测得斜面斜角为，则木板与斜面间动摩擦因数为多少?(斜面体固定在地面上)4有一倾角为的斜面，其底端固定一挡板M，另有三个木块A、B和C，它们的质量分别为m =m =m，m =3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板M相连，如图所示.开始时，木块A静止在P处，弹簧处于自然伸长状态.木块B在Q点以初速度v 向下运动，P、Q间的距离为L.已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动，与木块A相碰后立刻一起向下运动，但不粘连，它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点.若木块A静止于P点，木块C从Q点开始以初速度向下运动，经历同样过程，最后木块C停在斜面上的R点，求P、R 间的距离L的大小。

2018年高考物理二轮专题总复习课时作业：第一部分二

课时作业8 电场和磁场的基本性质一、选择题(1～7题为单项选择题，8～14题为多项选择题)1．如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有一固定的环形电流A，A与螺线管垂直．A中电流方向为顺时针方向，开关S闭合瞬间．关于圆盘的运动情况(从上向下观察)，下列说法正确的是( )A．静止不动B．顺时针转动C．逆时针转动 D．无法确定解析：环形电流可等效为里面的N极、外面为S极的小磁针，通电螺线管可等效为右边为N极，左边为S极的条形磁铁，根据磁极间的相互作用，圆盘将顺时针转动，选项B正确．答案：B2．如图所示，虚线所示的圆是某点电荷电场中某等势面的截面．a、b两个带电粒子以相同的速度，从电场中P点沿等势面的切线方向飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，M、N是轨迹上的点，且M、N的连线经过虚线圆的圆心．则在开始运动的一小段时间内(粒子在图示区域内)，下列说法正确的是( )A．M处电场强度大于N处电场强度B．a粒子的速度将逐渐减小，b粒子的速度将逐渐增大C．若a粒子为正电荷、b粒子必为负电荷D．a、b两个粒子的电势能均增大，但无法比较M、N处的电势高低解析：由于电场是点电荷产生的，所以场源电荷必在图中虚线圆的圆心处，M点离场源电荷更远，所以M处电场强度小于N处电场强度，A错误；a、b两粒子的受力方向都沿虚线圆的半径方向且指向轨迹凹侧，速度方向与受力方向的夹角均为锐角，所以电场力都做正功，速度大小都在变大，B错误，两电荷在P点的速度方向相同，之后偏转方向不同，所以受力方向相反，故一定为异种电荷，C正确；电场力对两个电荷都做正功，所以电势能都减小，由于两电荷的电性不确定，所以电势高低无法判断，故D错误．五根平行的长直导体棒分别过竖直平面内的正方形的四个顶点和中心，各导体棒中均通有大小相等的电流，受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是( )由安培定则知对角导体棒电流产生磁场正好相互叠加，根据左手定则可知，中心处的导体棒受到其余四根导体棒abcd竖直放置，已知长度为现将正方形导线框置于如图所示的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，，用电阻不计的导线将导线框连接在电动势为E，内阻不计的电源两端．则关于导线框所受安培力的大小和方向，下列说法正确的是( )如图所示，一绝缘细线Oa1/4圆弧管道AB，圆心与小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止，过程中，只有重力对b球做功，b球机械能守恒，则有mg，A、B项错误．由库仑定律可知小球轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿高低如图中曲线所示，从图中可看出以下说法中正确的是b的过程中，电荷的电势能先增加后减少的带正电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖点的水平直线对称．已知重力加速度大小为略空气阻力，小球可视为质点．由此可知( )由小球在匀强电场中的运动轨迹在竖直平面(纸面可以判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，因小球带正电荷，故匀强电场的方向斜向左上方，如图所示为点电荷a、是轨迹上的两点，以下说法正确的是(2017·河北省保定市高三调研考试)如图所示为一带正电的点电荷和两个带负电的点电荷附近的电场线分布，三个点电荷所带电荷量均相等，M是两负点电荷连线的中点，M、N两点到正点电荷的距离相等．则下列说法正确的是电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，两极之间的电势差为之间的电场线分布如图所示．阴极发出的电子在电场作用下由静止状态从，则下列说法正确的是( )两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势线如图中虚线所示，其运动轨迹如图中实线所示，若粒子只受静电力作用，的内接三角形，∠a＝30°、∠三点电势为φa＝－，所以O、b两点是等势点，则直线垂直的直线就是电场线，圆周上M点电势最高．过，设圆的半径为R，根据几何关系知，．小球所受电场力可能大于重力．小球两次落在斜面上所用的时间不相等。

【高三物理试题精选】2018届高考物理第二轮电场专题检测(含答案)

2018届高考物理第二轮电场专题检测(含答案) K
j 专题八电场
特别说明因时间关系，本试题未经校对流程，使用时请注意。

1．【qU/2= m v22- m v02；联立解得v0= ，选项B正确。

16．【2018 东模拟】在光滑绝缘的水平面上，存在一个水平方向的匀强电场，电场强度大小为E，在该电场中一个半径为R的圆周，其中PQ为直径，C为圆周上的一点，在O点将一带正电的小球以相同的初速率向各个方向水平射出时，小球可以到达圆周的任何点，但小球到达C点时的速度最大，已知PQ与PC间的夹角为θ=30°，则关于该电场强度E的方向及PC间的电势差大小说法正确的是（）A．E的方向为由P指向Q，
B．E的方向为由Q指向C，
C．E的方向为由P指向C，
D．E的方向为由O指向C，
【答案】D
【解析】由题意知，过C点的切面是圆周上离P最远的等势面，半径OC与等势面垂直，E的方向为由O指向C，OC与CP间的夹角为θ=30°，
17．【2018 湖南四市联考】如图所示，在同一条竖直线上，有电荷量均为Q的A、B两个正点电荷，GH是它们连线的垂直平分线。

另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷），被长为L的绝缘轻细线悬挂于O点，现在把小球C拉起到M点，使细线水平且与 A、B处于同一竖直面内，由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向的夹角θ= 30 。

试求
（1）在A、B所形成的电场中，M、N两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高。

（2）若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为a。

2018版物理高考二轮复习备考浙江选考版讲义：专题三电场和磁场第2讲含答案精品

第2讲磁场对电流和电荷的作用[选考考点分布]考点一有关磁场的基本知识辨析1. (2017·浙江4月选考·9)如图1所示，两平行直导线cd 和ef 竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a 、b 两点位于导线所在的平面内．则( )图1A ．b 点的磁感应强度为零B ．ef 导线在a 点产生的磁场方向垂直纸面向里C ．cd 导线受到的安培力方向向右D ．同时改变两导线的电流方向，cd 导线受到的安培力方向不变答案 D解析根据右手定则可知b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以选项A错误；ef在a处的磁场垂直纸面向外，所以选项B错误；根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以选项C错误；不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，选项D正确．2. (2016·浙江10月学考·10)如图2所示，把一根通电的硬直导线ab用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是()图2A．向上B．向下C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里答案 D解析根据右手定则可知，开关闭合后，螺线管产生的磁极N极在右侧．根据左手定则可知，a端受力应垂直纸面向里，选项D正确．3．(2016·浙江4月选考·9)法拉第电动机原理如图3所示．条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上．一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中．从上往下看，金属杆()图3A．向左摆动B．向右摆动C．顺时针转动D．逆时针转动答案 D解析根据左手定则可知，导电金属杆所受安培力将会使其逆时针转动，D对．4．(人教版选修3－1P93“做一做”改编)物理老师在课堂上做了一个“旋转的液体”实验，实验装置如图4：装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连．接通电源后液体旋转起来，关于这个实验以下说法中正确的是()图4A．液体中电流由中心流向边缘；从上往下俯视，液体逆时针旋转B．液体中电流由中心流向边缘；从上往下俯视，液体顺时针旋转C．液体中电流由边缘流向中心；从上往下俯视，液体顺时针旋转D．液体中电流由边缘流向中心：从上往下俯视，液体逆时针旋转答案 D解析由图可知液体中电流由边缘流向中心，蹄形磁铁的上端为S极，导电液处磁场方向竖直向上，由左手定则可知电流受到的安培力方向从上往下俯视为逆时针方向，所以液体逆时针旋转，故选项D正确．5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)小张同学将两枚小磁针放进某磁场中，发现小磁针静止时如图5所示(忽略地磁场的影响)，则该磁场一定不是()图5A．蹄形磁铁所形成的磁场B．条形磁铁所形成的磁场C．通电螺线管所形成的磁场D．通电直导线所形成的磁场答案 B6．(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图6所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡，当地重力加速度为g，则磁感应强度B为()图6A.mg 2IlB.mgIl C.mg 2nIl D.mg nIl答案 C解析电流方向反向，安培力的变化为2nBIl ，大小等于mg ，C 对．7．(2016·绍兴市9月选考)如图7所示，电子枪向右发射电子束，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则电子束将( )图7A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸外偏转D ．向纸内偏转答案 A解析由安培定则知水平直导线上方磁场方向垂直于纸面向外，由左手定则知向右运动的电子受到向上的洛伦兹力，故A 正确．8．(2017·绍兴市选考模拟)下列说法正确的是( ) A ．条形磁铁内部的磁感线方向是从磁铁的N 极指向S 极B ．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零C ．两通电导线之间的相互作用是通过磁场发生的D ．在磁感应强度为B 的磁场中，穿过面积为S 的平面的磁通量为Φ＝BS 答案 C解析条形磁铁内部的磁感线方向是从磁铁的S 极指向N 极的，A 不正确；一小段通电导线放在磁场中某处，若导线平行于磁场，既使磁感应强度不为零，导线也不受磁场力作用，故B 错；两通电导线间的相互作用是通过磁场发生的，C 正确；在磁感应强度为B 的磁场中，只有当磁感应强度B 垂直于某平面时，穿过面积为S 的该平面的磁通量Φ＝BS 才成立，D 不正确．故选C.考点二带电粒子在有界磁场中的基本运动1. 如图8所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从x 轴上的P (a,0)点以速度v ，沿与x 正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限．求：图8(1)匀速圆周运动的半径． (2)匀强磁场的磁感应强度B . (3)射出点的坐标．答案 (1)23a 3 (2)3m v 2qa(3)(0，3a )解析 (1)粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示，由射入、射出点可找到圆心O ′，由几何知识得r sin 60°＝a ，解得圆周运动的半径为 r ＝a sin 60°＝23a 3. (2)粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力，有q v B ＝m v 2r，得磁场的磁感应强度B ＝m vqr＝m v q ×233a＝3m v2qa . (3)由几何关系有：粒子射出磁场时的纵坐标y ＝r ＋r cos 60°＝23a3(1＋cos 60°)＝3a ，所以射出磁场时的坐标为(0，3a )．2．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( ) A.3m v 03qR B.m v 0qR C.3m v 0qR D.3m v 0qR答案 A解析若磁场方向垂直于横截面向外，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知r ＝3R .根据洛伦兹力提供向心力得：q v 0B ＝m v 0 2r ，解得B ＝3m v 03qR .若磁场方向垂直于横截面向里可得到同样的结果，选项A 正确．3. 如图9所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则速度之比v b ∶v c 和时间之比t b ∶t c 分别是多少？图9答案 1∶2 2∶1解析带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由q v B ＝m v 2r 得，v ＝qBr m ，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, 又由T ＝2πmqB ，t＝θ2πT 和θb ＝2θc 得t b ∶t c ＝2∶1.考点三带电粒子在磁场中运动的多过程问题1．(2017·浙江11月选考·23)如图10所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率均为v 的离子，分布在y 轴两侧各为θ的范围内．在x 轴上放置长度为L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L ，当磁感应强度为B 0时，沿y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用．图10(1)求离子的比荷q m；(2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；(3)假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布，当θ＝37°，磁感应强度B 0≤B ≤3B 0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系．(不计离子在磁场中运动的时间) 答案 (1)vB 0L(2)60° (3)见解析解析 (1)磁场强度为B 0时，沿着y 轴正方向射入的离子，正好打在收集板右端，则离子轨迹如图甲：可知L ＝R ，q v B 0＝m v 2R ，联立可得：qm ＝v B 0L(2)如图乙所示，以最大值θm 入射时，乙根据几何关系，有：2R cos θm ＝L ，故θm ＝60°(3)B ≥B 0，全部收集到离子时的最小半径为R 1，如图丙丙有2R 1cos 37°＝L 得B 1＝m vqR 1＝1.6B 0当B 0≤B ≤1.6B 0时，n 1＝n 0B >1.6B 0，恰好收集不到离子时的半径为R 2，有R 2＝0.5L ，得B 2＝2B 0因此当1.6B 0≤B ≤2B 0时，设R ′＝m vqB ，则n 2＝2R ′－L 2R ′(1－cos 37°)n 0＝n 0(5－5B2B 0)，当2B 0≤B ≤3B 0时，极板上无法收集到离子，n 3＝0.2. 为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图11所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场．质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．图11(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ；(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin (α±β )＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin 2α2.答案 (1)m v qB 逆时针 (2)2π3 (2π＋33)mqB(3)B ′＝3－12B 解析 (1)峰区内圆弧半径r ＝m v qB旋转方向为逆时针方向(2)如图甲所示，由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3每个圆弧的弧长l ＝2πr 3＝2πm v3qB每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3m v qB周期T ＝3(l ＋L )v 代入得T ＝(2π＋33)mqB(3)如图乙所示，谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° 谷区内的轨道圆弧半径r ′＝m vqB ′由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′2由三角关系sin 30°2＝sin 15°＝6－24代入得B ′＝3－12B . 3．如图12甲所示，M 、N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一束正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m ，带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：图12(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．答案 (1)2πm qT 0 (2)πd2nT 0(n ＝1,2,3…)解析设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向 (1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力 B 0q v 0＝m v 0 2r①做匀速圆周运动的周期T 0＝2πrv 0②联立①②两式得磁感应强度B 0＝2πmqT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，在两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有r 1＝d4.当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有r ＝d4n (n ＝1,2,3…)．联立求解，得正离子的速度的可能值为 v 0＝B 0qr m ＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3…)．解决带电粒子在磁场中运动的多过程问题(1)分析题目特点，确定带电粒子运动的大致过程． (2)作出粒子运动轨迹示意图．(3)对每一个过程确定圆心，几何求半径，运用半径公式、周期公式等规律求解．(4)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．考点四带电粒子在有界磁场中的临界极值问题1．(2015·浙江9月选考样题·23)某科研小组设计了一个粒子探测装置．如图13甲所示，一个截面半径为R 的圆筒(筒长大于2R )水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B .图乙为圆筒的入射截面，图丙为竖直方向过筒轴的切面．质量为m ，电荷量为q 的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内．圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置．筒壁上的P 点和Q 点与入射面的距离分别为R 和2R .(离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用)图13(1)离子从O 点垂直射入，偏转后到达P 点，求该离子的入射速度v 0的大小； (2)离子从OC 线上垂直射入，求位于Q 点处的探测器接收到的离子的入射速度范围； (3)若离子以第(2)问求得范围内的速度垂直入射，从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R 的筒壁位置，画出此入射区域的形状并求其面积．答案 (1)qBR m (2)2qBR m ≤v ≤5qBR 2m (3)见解析图 2πR 23－3R 22解析 (1)离子运动的半径为R qB v 0＝m v 0 2Rv 0＝qBR m(2)离子以v 1从C 点入射时，才能到达Q 点，偏转半径为R 1＝2R qB v 1＝m v 1 2R 1v1＝2qBR m从O 点入射时，设半径为R 2，根据题意得 (R 2－R )2＋(2R )2＝R 2 2，R 2＝52R ，qB v 2＝m v 2 2R 2v 2＝5qBR 2m所以2qBR m ≤v ≤5qBR 2m(3)当离子以5qBR 2m 的速度在偏离竖直线CO 入射时，入射点与正下方筒壁的距离仍然为R .所以特定入射区域为图中阴影部分由几何关系得S 1＝120360×πR 2＝πR 23S 2＝πR 23－3R 24S 总＝2πR 23－3R 222．(2016·宁波市模拟)如图14所示，在足够长的水平绝缘板上方距离为d 的P 点有一个粒子发射源，能够在纸面内向各个方向发射速率相等、比荷为k 的带正电的粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．图14(1)若已知粒子的发射速率为v 0，在绝缘板上方加一电场强度大小为E 、方向竖直向下的匀强电场，求同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差；(2)若已知粒子的发射速率为v 0，在绝缘板的上方只加一方向垂直纸面、磁感应强度B ＝v 0kd 的匀强磁场，求带电粒子能到达板上的最大长度L . 答案 (1)2v 0kE(2)(3＋1)d解析 (1)当速度方向竖直向下时，时间最短，当速度方向竖直向上时，时间最长，由运动学公式得 qE ＝ma ， q m＝k d ＝v 0t 1＋12kEt 1 2，d ＝－v 0t 2＋12kEt 2 2解得Δt ＝t 2－t 1＝2v 0kE.(2)磁场中由q v 0B ＝m v 0 2R 得R ＝m v 0qB＝d ，如图可知板上L CM ＝3d ，L NC ＝d ，故粒子能到达板上的最大长度L ＝(3＋1)d .解决带电粒子的临界问题的技巧方法以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径r 和速度v (或磁感应强度B )之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，如： (1)刚好穿出(或不穿出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，据此可以确定速度、磁感应强度、轨迹半径等方面的极值．(2)当速度v 一定时，弧长(或弦长)越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件为弧是劣弧)．(3)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时(所有的弦长中直径最长)，轨迹对应的偏转角最大．专题强化练(限时：40分钟)1．(2016·浙江4月选考·4)物理学中的自由落体规律、万有引力定律、静止点电荷之间的相互作用规律和电流磁效应分别由不同的物理学家探究发现，他们依次是( ) A ．伽利略、牛顿、库仑和奥斯特 B ．牛顿、安培、洛伦兹和奥斯特 C ．伽利略、卡文迪许、库仑和安培 D ．开普勒、伽利略、库仑和洛伦兹答案 A解析自由落体规律是伽利略探究发现的；万有引力定律的发现者是牛顿；真空中静止的两个点电荷之间的相互作用规律是库仑发现的；电流磁效应是奥斯特发现的，所以答案为A. 2．如图1所示，E 、F 分别表示蓄电池两极，P 、Q 分别表示螺线管两端．当闭合开关时，发现小磁针N 极偏向螺线管Q 端．下列判断正确的是( )图1A．E为蓄电池正极B．螺线管P端为S极C．流过电阻R的电流方向向上D．管内磁场方向由P指向Q答案 C解析根据小磁针静止时N极所指的方向，可以判断出通电螺线管的P端为N极，Q端为S 极，管内磁场方向由Q指向P.根据右手螺旋定则还可以判断出流过电阻R的电流方向向上，E为蓄电池负极．3．(2017·嵊州市高级中学期末)有一通电金属导线在赤道上方，东西向水平放置，电流方向向东，它受到地磁场的作用力方向为()A．向东B．向西C．向上D．向下答案 C解析地球磁场的南北极和地理的南北极相反，因此在赤道上方磁场方向从南指向北，依据左手定则可得电流方向向东，则安培力方向向上，故C正确．4. (2016·绍兴市联考)图2中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图2A．向上B．向下C．向左D．向右答案 B解析b、d两根导线在O点产生的磁场相互抵消，a、c两根导线在O点产生的磁场方向均为水平向左，再根据左手定则，带正电的粒子垂直于纸面向外运动所受洛伦兹力方向向下，选项B正确．5．速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场最强的是()答案 D解析由q v B ＝m v 2R 可得B ＝m vqR.磁场最强的对应轨迹半径最小，选项D 正确．6．(2017·温州市九校高三上学期期末)如图3所示，用两个一样的弹簧秤悬挂着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流，当棒静止时，弹簧秤的读数为F 1；若将棒中的电流方向反向，当棒再次静止时，弹簧秤的示数为F 2，且F 2>F 1，根据以上信息，不能确定的是( )图3A ．磁场的方向B ．安培力的大小C ．磁感应强度的大小D ．铜棒的重力答案 C解析因为电流反向时，弹簧秤的读数F 2＞F 1，所以可以知道电流方向自左向右时，导体棒受到的安培力方向向上，根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里，故A 能确定；由于电流大小不知，所以无法确定磁感应强度的大小，故C 不能确定；令铜棒的重力为G ，安培力的大小为F ，则由平衡条件得：2F 1＝G －F① 当电流反向时，安培力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有：2F 2＝G ＋F②由①和②可得：棒的重力G ＝F 1＋F 2 ，安培力F 的大小F ＝F 2－F 1，因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故B 、D 能确定．7. (2017·温州市十校高三期末)如图4，干电池下面(负极)吸有一块圆柱形强磁铁，铜导线弯折后与电池构成电路，铜导线下面两端与强磁铁形成电刷状接触，铜导线组成的线框就会转动起来，下列说法正确的是( )图4A ．如果强磁铁的上表面是N 极，那么从上往下看线框就有可能做逆时针转动B ．如果强磁铁的上表面是S 极，那么从上往下看线框就有可能做顺时针转动C ．不管强磁铁N 极向上或者向下放置，从上往下看线框总是做顺时针转动D ．使用的圆柱形磁铁磁性非常强大，实验时要远离磁卡、手机等易受强磁场影响的设备答案 D解析如果磁铁上端为N 极，下端为S 极，周围磁感线由上往下斜穿入金属丝内部，而电流方向由上向下，由左手定则知：由上往下看(俯视)，金属丝顺时针转动；使用的圆柱形磁铁磁性非常强大，实验时要远离磁卡、手机等易受强磁场影响的设备．故D 正确．8．如图5甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则关于金属棒的说法错误的是( )图5A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功答案 D解析根据左手定则知金属棒在0～T2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T2～T 内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A 、B 、C 正确；在0～T 2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T2～T 时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D 错误． 9. 如图6所示，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子，以不同的初速度两次从O 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M 、N 两点射出磁场，测得OM ∶ON ＝3∶4，粒子重力不计，则下列说法中正确的是( )图6A ．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3∶4B ．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为4∶3C ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3 答案 C解析设OM ＝2r 1，ON ＝2r 2，故r 1r 2＝OM ON ＝34，路程长度之比s M s N ＝πr 1πr 2＝34，B 错误；由r ＝m v qB 知v 1v 2＝r 1r 2＝34，故F M F N ＝q v 1B q v 2B ＝34，C 正确，D 错误；由于T ＝2πm Bq ，则t M t N ＝12TM 12T N ＝1，A 错误． 10. 如图7所示，重力不计、初速度为v 的正电荷，从a 点沿水平方向射入有明显左边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，若边界右侧的磁场范围足够大，该电荷进入磁场后()图7A ．动能发生改变B ．运动轨迹是一个完整的圆，正电荷始终在磁场中运动C ．运动轨迹是一个半圆，并从a 点上方某处穿出边界向左射出D ．运动轨迹是一个半圆，并从a 点下方某处穿出边界向左射出答案 C解析洛伦兹力不做功，电荷的动能不变，A 不正确；由左手定则知，正电荷刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向向上，电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹是一个半圆，并从a 点上方某处穿出边界向左射出，B 、D 均不正确，C 正确．11．(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图8所示，半径分别为R 1、R 2的两个同心圆，圆心为O ，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B 1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B 2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场．今有一带正电粒子从小圆边缘的A 点以速度v 沿AO 方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A 点(带电粒子重力不计)，求：图8(1)若v ＝3B 1qR 1m，则带电粒子在小圆内的运动时间t 为多少？ (2)大圆外的磁场B 2方向；(3)磁感应强度B 1与B 2的比值为多少？答案 (1)πm 3qB 1 (2)垂直于纸面向里 (3)R 2R 1解析 (1)粒子在小圆内做圆周运动，q v B 1＝m v 2r 1，得r 1＝m vqB 1＝3R 1由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为θ＝π3，则t ＝θr 1v ，解得t ＝πm3qB 1.(2)分析可得粒子第一次回到小圆便经过A 点，则粒子在外磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B 2的方向为垂直于纸面向里． (3)由几何关系可得r 1r 2＝R 1R 2，r 1＝m v qB 1，r 2＝m v qB 2，解得B 1B 2＝R 2R 1.12．如图9所示，无限宽广的匀强磁场分布在xOy 平面内，x 轴上下方磁场均垂直xOy 平面向里，x 轴上方的磁场的磁感应强度为B ，x 轴下方的磁场的磁感应强度为43B .现有一质量为m 、电量为－q 的粒子以速度v 0从坐标原点O 沿y 轴正方向进入上方磁场．在粒子运动过程中，与x 轴交于若干点．不计粒子的重力．求：图9(1)粒子在x 轴上方磁场做匀速圆周运动的半径；(2)设粒子在x 轴上方的周期为T 1，x 轴下方的周期为T 2，求T 1∶T 2；(3)如把x 轴上方运动的半周与x 轴下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x 轴上粒子右移的距离；(4)在与x 轴的所有交点中，粒子两次通过同一点的坐标位置．答案 (1)m v 0Bq (2)4∶3 (3)m v 02Bq (4)[(k ＋3)m v 02Bq，0](k ＝1,2,3…)解析 (1)设粒子在x 轴上方磁场做匀速圆周运动的半径为r 1，在下方磁场中做匀速圆周运动的半径为r 2，由Bq v ＝m v 2r 得r 1＝m v 0Bq ，r 2＝3m v 04qB(2)由T ＝2πm qB 得T 1＝2πmBqT 2＝3πm2BqT 1∶T 2＝4∶3(3)在磁场中运动轨迹如图所示，如把x 轴上方运动的半周与x 轴下方运动的半周合称为一周期的话，则每经过一周期，在x 轴上粒子右移Δx ＝2r 1－2r 2＝m v 02Bq(4)由图可知，在第4周期刚结束时粒子第二次经过x 1＝2r 1的这一点，以后每过一周期将会出现符合要求的点．故x k ＝2r 1＋(k －1)r 12＝k ＋32r 1＝(k ＋3)m v 02Bq (k ＝1,2,3…)故坐标位置为[(k ＋3)m v 02Bq，0](k ＝1,2,3…)。

2018届高三物理二轮复习试题：板块一专题突破复习专

跟踪强化训练(九)一、选择题1．(多选)(2017·江西五校联考)我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器．电磁弹射系统由电源、强迫储能装置、导轨和脉冲发生器等组成．其工作原理如图所示，利用与飞机前轮连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受到安培力的作用加速获得动能．设飞机质量m＝1.8×104 kg，起飞速度为v＝70 m/s，起飞过程中所受平均阻力恒为机重的15，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始在恒定的牵引力作用下，起飞距离为l＝210 m；在电磁弹射器与飞机发动机(牵引力不变)同时工作的情况下，起飞距离减为l3.则()A．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力F＝2.46×105 NB．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力F＝2.1×105 N C．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，则起飞的距离将更小D．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，电磁弹射器对飞机所做的功W＝2.94×108 J[解析] 没有电磁弹射器时，由动能定理可得⎝ ⎛⎭⎪⎫F －15mg l ＝12m v 2，所以飞机所受的牵引力F ＝2.46×105 N ，A 正确，B 错误；在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，由于飞机所受的安培力增大，故起飞的距离将更小，C 正确；电磁弹射器和飞机发动机同时工作时，由动能定理得W ＋⎝⎛⎭⎪⎫F －15mg ×l 3＝12m v 2，所以W ＝2.94×107 J ，D 错误．[答案] AC2．(2017·苏州模拟)如下图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab 、cd (ab 、cd 在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P .当P 中通以方向向外的电流时( )A ．导线框将向左摆动B ．导线框将向右摆动C ．从上往下看，导线框将顺时针转动D ．从上往下看，导线框将逆时针转动[解析] 当直导线P 中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P 产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P 为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．[答案] D3．(2017·湖北部分重点中学起点考试)已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流成正比，与点到通电导线的距离成反比．现有平行放置的三根长直通电导线，分别通过一个直角三角形△ABC的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示，∠ACB＝60°，O为斜边的中点．已知I1＝2I2＝2I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，则关于O点的磁感应强度，下列说法正确的是()A．大小为2B，方向垂直AB向左B．大小为23B，方向垂直AB向左C．大小为2B，方向垂直AB向右D．大小为23B，方向垂直AB向右[解析]导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，空间某点的磁场沿该点的切线方向，即与该点和导线的连线垂直，根据右手螺旋定则，可知三根导线在O点的磁感应强度的方向如图所示．已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流成正比，与点到通电导线的距离成反比，已知I1＝2I2＝2I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，O点到三根导线的距离相等，可知B3＝B2＝B，B1＝2B，由几何关系可知三根导线在平行于AB方向的合磁场为零，垂直于AB方向的合磁场为23B.综上可得，O点的磁感应强度大小为23B，方向垂直于AB向左，B正确，A、C、D错误．[答案] B4．(2017·广西南宁二中、柳州高中、玉林高中联考)磁场中某区域的磁感线如图所示，则()A．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大B．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小C．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bD．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a>B b[解析]a处的磁感线比b处稀疏，则a点磁感应强度比b点小，所以B a <B b ，C 正确，D 错误．将一小段通电导线放入磁场时，由于受到放置角度的限制，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大，平行磁场时受磁场力为零，故虽然B a <B b ，但是无法比较导线所受的磁场力的大小，A 、B 错误．[答案] C5．(2017·河南六市一联)如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m ．P 、M 间接有一个电动势为E ＝6 V ，内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab 跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m ＝0.2 kg ，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.4 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取10 m/s 2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是( )A ．2 ΩB ．2.5 ΩC ．3 ΩD ．4 Ω[解析] 对棒受力分析可知，其必受绳的拉力T ＝Mg 和安培力F安＝BIL ＝BEL R .若摩擦力向左，且满足BELR 1＋μmg ＝Mg ，代入数据解得R 1＝4 Ω；若摩擦力向右，且满足BEL R 2－μmg ＝Mg ，代入数据解得R 2＝2.4 Ω，所以R 的取值范围为2.4 Ω≤R ≤4 Ω，则选A.[答案] A6．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉[解析]如果仅将左、右转轴下侧的绝缘漆刮掉，则线框在安培力作用下转动起来，转过90°度后，安培力为零，靠惯性继续转动，每转一周安培力驱动半周，保证线框不断地转动，A正确．如果将左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，则当线框转过90°向上转动时，安培力为阻力，不能保证线框持续转动下去，B错误．如果仅将左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线框中不可能有电流，因此线框不可能转动，C错误．如果将左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅将下侧的绝缘漆刮掉，效果与A相同，因此D正确．[答案]AD7．(2017·广东华南三校联考)如图所示，在直角坐标系xOy 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，以相同的速率v 沿纸面内，由x 轴负方向与y 轴正方向之间各个方向从原点O 射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R ＝m v qB ，正确的图是( )[解析] 由左手定则可知带负电粒子的偏转方向，以R ＝m v Bq 为半径作圆a 和圆b ，如图所示，将圆a 以O 点为轴顺时针转动，直到与b 圆重合，可以判断出图D 正确．[答案] D8．(多选)(2017·河南六市一模)如图所示，半径为R 的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里．一可视为质点、质量为m 、电荷量为q (q >0)的小球由轨道左端A 点无初速滑下，当小球滑至轨道最低点C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力F ，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D 点．若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )A ．小球在C 点对轨道的压力大小为qB 2gRB ．小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gRC ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的大小保持不变D ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的功率逐渐增大[解析] 小球从A 到C ，只有重力做功，由机械能守恒有mgR ＝12m v 2，得小球到达C 点时的速度v ＝2gR ，在C 点由牛顿第二定律有F N ＋q v B －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝3mg －qB 2gR ，再牛顿第三定律可知小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gR ，故A 错误，B 正确；从C 到D ，小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功率和外力F 做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为θ，则有mg v cos θ＝F v sin θ，得F ＝mg tan θ，因θ逐渐减小，则外力逐渐增大，外力F 的功率逐渐增大，故C 错误，D 正确．[答案] BD9．(多选)(2017·广东中山执信中学二模)如右图所示，在正方形abcd 内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．a 处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v 1沿ab 方向垂直射入磁场，经时间t 1从d 点射出磁场，乙粒子沿与ab 成30°角的方向以速度v 2垂直射入磁场经时间t 2垂直cd 射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是( )A ．v 1∶v 2＝1∶2B ．v 1∶v 2＝3∶4C ．t 1∶t 2＝2∶1D ．t 1∶t 2＝3∶1[解析] 甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T ＝2πm Bq ，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T 甲＝T 乙．设正方形的边长为L ，则由图知甲粒子运行半径为r 1＝L 2，运行时间为t 1＝T 甲2，乙粒子运行半径为r 2＝L cos30°，运行时间为t 2＝T 乙6，而r ＝m v Bq ，所以v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝3∶4，选项A 错误、B 正确；t 1∶t 2＝3∶1，选项C 错误、D 正确．[答案] BD10．(多选)(2017·哈师大附中月考)如右图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C 点，质子比荷q m ＝k ，则质子的速度可能为( )A ．2BkLB.BkL 2C.3BkL 2D.BkL 8[解析] 因质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r ＝L n (n ＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力，得Bq v ＝m v 2r ，即v ＝Bqr m ＝Bk ·L n(n ＝1,2,3，…)，选项B 、D 正确．[答案]BD二、非选择题11．(2017·东北三校第二次联考)如下图所示，在0≤x≤a、0≤y≤a 2范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，坐标原点O处有一个粒子源．在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时：(1)速度的大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦值．[解析]设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得q v B ＝m v 2R ，解得R ＝m vqB ，当a2<R <a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其对应圆心角最大，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如下图所示．设粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意，t ＝T4，∠OCA ＝π2.设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系，可得R sin α＝R －a2，R sin α＝a －R cos α，又sin 2α＋cos 2α＝1，解得R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62a ，v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62aqBm ，sin α＝6－610.[答案] (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62aqBm (2)6－61012．(2017·乐山三诊)如下图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场B 1，E 的大小为0.5×103 V/m ，B 1大小为0.5 T ；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B 2，磁场的下边界与x 轴重合．一质量m ＝1×10－14 kg 、电荷量q ＝1×10－10C 的带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴正方向成60°角从M 点沿直线运动，经P点进入处于第一象限内的磁场B2区域．一段时间后，带电微粒经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向飞出．M 点的坐标为(0，－10)，N点的坐标为(0,30)，不计微粒重力，g取10 m/s2.(1)请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度v.(2)匀强磁场B2的大小为多大？(3)B2磁场区域的最小面积为多少？[解析](1)由于重力忽略不计，微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动．这样，电场力必和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与y轴负方向成30°角斜向右下方．由力的平衡，有Eq＝B1q v，v＝EB1＝0.5×1030.5m/s＝103 m/s.(2)画出微粒的运动轨迹如图．由几何关系，知PD＝ON－OM，R＝O1D＝12PDcos30°＝315m.由qB2v＝m v2R，可得B2＝32T.(3)由图可知，若磁场区域在矩形APDC时，其面积最小．PA＝R(1－cos60°)＝330m，最小面积为S＝PD·PA＝15×330m2＝3150m2.[答案](1)与y轴负方向成30°角斜向右下方103m/s(2)3 2T(3)3150m2。

2018届高三物理二轮复习课件：第1部分专题三电场和磁场 1-3-2-2

解析 (1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即 qv0B0＝mrv20① 做匀速圆周运动的周期T0＝2vπ0r② 联立两式得磁感应强度B0＝2qπTm0 ③
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，v0的方向应如图所示，有r＝d4④
当在两板之间正离子共运动 n 个周期，即 nT0 时，有 r＝4dn(n＝1,2,3，…)⑤ 联立①③⑤求解，得正离子的速度的可能值为 v0＝Bm0qr＝2πndT0(n＝1,2,3，…)
[题组冲关] 1．(多选)如图所示，在正方形区域abcd内有沿水平方向的、垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电荷量为q的离子垂直于EF自O 点沿箭头方向进入磁场．当离子运动到F点时，突然吸收了若干个电子，接着沿另一圆轨道运动到与OF在一条直线上的E点．已知OF的长度为EF长度的一半，电子电荷量为e(离子吸收电子时不影响离子的速度，电子重力不计)，下列说法中正确的是( )
思路探究洛伦兹力作用下匀速圆周运动的v、T、ω、a和哪些因素有关？尝试解答 __________
解析两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且I
磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍．由qvB＝
mv2 r
得
r＝
mv qB
∝
1 B
，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正
A．2cos θ
B．sin θ
C．cos θ
D．tan θ
思路探究 (1)带电粒子在甲、乙图中的磁场内分别做什么运
动？试画出运动的轨迹．
(2)速度偏向角与轨道半径和磁场宽度(半径)有什么关系？
尝试解答 __________
解析设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运

【高三物理试题精选】2018届高考物理复习往年试题磁场分类汇编

2018届高考物理复习往年试题磁场分类汇编
2018—2018年高考物理试题分类汇编磁场
2018年高考试题
15（2018全国卷1）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流和，且；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。

磁感应强度可能为零的点是
Aa点 Bb点 Cc点 Dd点
解析要合磁感应强度为零，必有和形成两个场等大方向，只有C点有可能，选C
23（2018安徽）．（16分）
如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。

一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。

（1）求电场强度的大小和方向。

（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出。

求粒子运动加速度的大小。

（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。

解析（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。

可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有qE=qvB ①
又R=vt0 ②
则③
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动。

2018版物理高考二轮复习备考浙江选考版讲义：专题三电场和磁场第3讲含答案精品

第3讲带电粒子在复合场中的运动考点一以科技应用为背景命题的复合场问题1. (2017·浙江11月选考·8)如图1所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直．以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )图1A ．粒子一定带负电B ．粒子的速度大小v ＝B EC ．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D ．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化答案 C解析粒子做直线运动，说明竖直方向受力平衡，即q v B ＝qE ，可得v ＝EB ，选项B 错误；当v ＝EB 时，无论粒子带正电还是负电，在竖直方向均受力平衡，选项A 错误；如果粒子速度大小改变，就会导致洛伦兹力变化，因此粒子将做曲线运动，选项C 正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子所受电场力不变，选项D 错误．2．(多选)(2017·宁波市九校高二上期末)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图2所示，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，置于匀强磁场B 中，D 形盒半径为R ，其间留有空隙，两盒分别与高频电源的两极相连，电源频率为f ，则下列说法正确的是( )图2A ．粒子的加速次数越多，加速电压越大，最终获得的动能也越大B ．被加速后的粒子最大速度为2πfR ，与加速电场的电压无关C ．不改变回旋加速的任何参数，装置可以加速质子11H ，也可以加速α粒子42HeD ．高频电源不能使用正弦式交变电流答案 B解析根据q v B ＝m v 2R 得，粒子的最大速度v ＝qBR m ，则最大动能E km ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m .知若增大动能，需增大D 形盒的半径，或增大磁感应强度，故A 错误；根据v ＝2πRT ＝2πRf ，可知：最大半径为R ，且电场变化的频率的倒数即为粒子在磁场中运动周期，所以最大速度不可能超过2πfR ，故B 正确；加速质子11H 后再加速α粒子，因比荷发生变化，所以周期也变化，因此不能用这个装置，故C 错误．3．(人教版选修3－1P103“课题研究”改编)利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图3所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前后两表面会形成电势差. 现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路( 闭合开关)，则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是( )图3A ．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B ．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C ．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D ．不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案 A解析若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏，则前表面的电势高于后表面的电势．若载流子为空穴(相当于正电荷)，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向后表面聚集，则前表面的电势低于后表面的电势．4. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图4所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．则此离子和质子的质量比约为( )图4A ．11B ．12C ．121D ．144 答案 D解析根据动能定理得，qU ＝12m v 2得v ＝2qUm①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 q v B ＝m v 2R得R ＝m v qB②①②两式联立得：m ＝qB 2R 22U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U 相同，同一出口离开磁场则R 相同，所以m ∝B 2，磁感应强度增加到原来的12倍，则离子质量是质子质量的144倍，D 正确，A 、B 、C 错误．1.质谱仪(如图5)图5原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12m v 2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2r .由以上两式可得r ＝1B 2mU q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2UB 2r 2.2．回旋加速器(如图6)图6原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由q v B ＝m v 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关．3．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出所求物理量，差别见下表．考点二带电粒子在组合场中的运动1．(2017·浙江4月选考·23)如图7所示，在xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿x 轴正方向每秒发射出N 个速率均为v 的电子，形成宽为2b 、在y 轴方向均匀分布且关于x 轴对称的电子流．电子流沿x 方向射入一个半径为R 、中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从P 点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x 轴的金属平行板K 和A ，其中K 板与P 点的距离为d ，中间开有宽度为2l 且关于y 轴对称的小孔．K 板接地，A 与K 两板间加有正负、大小均可调的电压U AK ，穿过K 板小孔到达A 板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b ＝32R ，d ＝l ，电子质量为m ，电荷量为e ，忽略电子间的相互作用．图7(1)求磁感应强度B 的大小；(2)求电子从P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ的范围；(3)当U AK ＝0时，每秒经过极板K 上的小孔到达极板A 的电子数； (4)画出电流i 随U AK 变化的关系曲线. 答案见解析解析轨迹示意图(1)“磁聚焦”模型要求：R ＝m veB解得B ＝m veR.(2)如图，由几何关系知：θ在关于y 轴左、右对称的60°(含)范围内．(3)要进入小孔，电子到达P 点时与y 轴负方向的夹角φ≤45° 则：η＝2R sin φ2b ＝sin φsin 60°≤63则当U AK ＝0时每秒到达A 板的电子数：N 0＝63N . (4)①当U AK ≥0时，到达的电子全部到A 板 i 1＝N 0e ＝63Ne ②设当U AK ＝U 1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A 板则eU 1＝0－12m (v cos φ1)2解得U AK ＝－m v 24e即在区间(－m v 24e ，0)之间，i 2＝N 0e ＝63Ne③当U AK 反向再增大时，将出现有电子(该临界角度为α) 刚好打到A 板上，而φ>α的电子打不到A 板i ＝sin αsin 60°Ne eU AK ＝0－12m (v cos α)2解得：i ＝43＋8eU AK 3m v 2Ne 综上所述：i －U AK 图线如图所示2. (2016·浙江10月选考·23)如图8所示，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，位于x 轴下方的离子源C 发射质量为m 、电荷量为q 的一束负离子，其初速度大小范围为0～3v 0.这束离子经电势差为U ＝m v 022q 的电场加速后，从小孔O (坐标原点)垂直x 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x 轴上．在x 轴上2a ～3a 区间水平固定放置一探测板(a ＝m v 0qB 0)．假设每秒射入磁场的离子总数为N 0，打到x 轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．图8(1)求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B 1；(3)保持磁感应强度B 1不变，求每秒打在探测板上的离子数N ；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．答案见解析解析 (1)对于初速度为0的粒子：qU ＝12m v 12由B 0q v 1＝m v 12r 1得r 1＝m v 1qB 0＝a恰好打在x ＝2a 的位置对于初速度为3v 0的粒子 qU ＝12m v 22－12m (3v 0)2由B 0q v 2＝m v 22r 2得r 2＝m v 2qB 0＝2a ，恰好打在x ＝4a 的位置离子束打在x 轴上的区间为[2a,4a ] (2)由动能定理 qU ＝12m v 22－12m (3v 0)2由B 1q v 2＝m v 22r 3得r 3＝m v 2qB 1r 3＝32a解得B 1＝43B 0(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2a ≤r ≤3a 对应的速度范围为43v 0≤v ′≤2v 0每秒打在探测板上的离子数为 N ＝N 02v 0－43v 02v 0－v 0＝23N 0根据动量定理吸收的离子受到板的作用力大小 F 吸＝Δp 吸Δt ＝0.8N 2(2m v 0＋43m v 0)＝8N 0m v 09反弹的离子受到板的作用力大小F 反＝Δp 反Δt ＝0.2N 2[2m (v 0＋0.6v 0)＋43m (v 0＋0.6v 0)]＝1645N 0m v 0根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小F ＝5645N 0m v 03．(2016·浙江4月选考·22)如图9为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L ＝0.10 m ，高均为H ＝0.06 m ．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v ＝1.0×105 m/s 水平射入，质子荷质比近似为qm ＝1.0×108 C/kg.(忽略边界效应，不计重力)图9(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值E max ； (2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值B max ； (3)当区域Ⅰ加电场E 小于(1)中的E max ，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B 与区域Ⅰ中的电场E 之间的关系式．答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3 T (3)B ＝2E v 解析 (1)质子在电场中做类平抛运动 v y ＝at ＝qELm v ，tan α＝v y v ＝EqL m v2质子到达区域Ⅱ右下端时，有tan α＝H2L ＋L 2得E max ＝Hm v 23qL 2＝200 V/m.(2)质子在磁场中运动有q v B ＝m v 2R ，即R ＝m vqB根据几何关系有R 2－(R －H2)2＝L 2得B max ＝m v H q (L 2＋H24)≈5.5×10－3T. (3)质子运动轨迹如图所示．设质子进入磁场时的速率为v ′， sin α＝v y v ′＝at v ′＝(Eq m )(L v )v ′＝EqLm vv ′由几何关系知sin α＝L 2R ＝L2m v ′Bq＝BqL 2m v ′，得B ＝2Ev.4．(2017·衢州、丽水、湖州、舟山四地市3月检测)如图10所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度大小B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN 的极板长L ＝0.3 m 、间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102 V ，其中N 极板收集的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm ＝108 C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图10(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O 点入射方向与y 轴的夹角θ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η. 答案见解析解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由q v B ＝m v 2R 0得R 0＝m vqB＝0.08 m(2)如图所示，从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴的夹角为θ，轨迹圆心与y 轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°(3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y ：y ＝UqL 22md v 2＝0.08 m设此粒子入射时与x 轴夹角为α，则有： y ＝r sin α＋R 0－ R 0cos α 可知tan α＝43即α＝53°比例η＝53°180°×100%≈29.4%5. 电子对湮灭是指电子e －和正电子e ＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础．如图11所示，在平面直角坐标系xOy 上，P 点在x 轴上，且OP ＝2L ，Q 点在负y 轴上某处．在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x 、y 轴分别相切于A 、C 两点，OA ＝L ，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一束速度大小为v 0的电子束从A 点沿y 轴正方向射入磁场，经C 点射入电场，最后从P 点射出电场区域；另一束速度大小为2v 0的正电子束从Q 点沿与y 轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P 点，且恰好与从P 点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反．已知正负电子质量均为m 、电荷量均为e ，正负电子的重力不计．求：图11(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B 的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E 的大小； (2)电子从A 点运动到P 点所用的时间； (3)Q 点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S . 答案 (1)m v 0eL m v 0 22eL (2)(4＋π)L 2v 0(3)－4L 2(2－1)L 2解析 (1)电子束a 从A 点沿y 轴正方向发射，经过C 点，由题意可得电子在磁场中运动的半径R ＝L ，又 e v 0B ＝m v 02R ，解得B ＝m v 0eL，电子在电场中做类平抛运动，得2L ＝v 0t 1，又L ＝12at 12，a ＝eE m ，解得E ＝m v 022eL .(2)在磁场中运动的周期T ＝2πR v 0＝2πLv 0，电子在磁场中运动了四分之一圆周，则 t 2＝14T ＝πL2v 0，在电场中运动时间t 1＝2Lv 0，故从A 到P 的时间t ＝t 1＋t 2＝(4＋π)L2v 0(3)速度为2v 0的正电子在磁场中运动的半径 R 2＝m ·2v 0eB＝2L,故Q 点的纵坐标y ＝－(2R 2＋2Ltan 45°)＝－4L ，未知矩形磁场区域的最小面积(如图所示)为 S ＝2L (2－1)L ＝2(2－1)L 2.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键．当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几个不同的运动阶段组成．考点三带电粒子在叠加场中的运动1. 如图12，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒从原点出发，沿与x 轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A (l ，l )时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图12(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间．答案 (1)mg q (2)m qg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件：q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：q v B ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ， B ＝m qg l(3)微粒做匀速运动的时间：t 1＝2lv ＝l g 做圆周运动的时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g在复合场中的运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g.2．(2017·宁波市模拟)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图13所示，已知电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g .运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图13(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R 1＝3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A 点，则另一个液滴怎样运动？答案见解析解析 (1)顺时针运动．(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，液滴所受洛伦兹力提供向心力，即Eq ＝mg ，q v B ＝m v 2R解得v ＝gBRE(3)第一个液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v 1＝gBR 1E ＝gB ·3RE＝3v ，方向向左．第二个液滴分裂后的速度设为v 2，分裂前后动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向 m v ＝12m v 1＋12m v 2，解得v 2＝－v即分裂后第二个液滴速度大小为v ，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下仍做匀速圆周运动，绕行方向仍是顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径R 2＝R .粒子在叠加场中运动的分析思路专题强化练(限时：30分钟)1. (2017·宁波市九校高三上学期期末)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图1所示，其中电场和两个磁场固定不变，粒子重力不计，则下列说法中正确的是( )图1A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板接电源负极C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，速度越快D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm 越小答案 D解析根据粒子在磁场中的运动轨迹及左手定则知，该束粒子带正电，故A 错误．在平行金属板间，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P 1极板带正电，故B 错误. 进入B 2磁场中的粒子速度v 是一定的，由牛顿第二定律得：q v B 2＝m v 2r ，解得：r ＝m v qB 2，由r ＝m v qB 2可知，r 越大，比荷qm 越小，故C 错误，D 正确．2．如图2是利用霍尔效应制成的污水流量计的原理图，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左、右两端开口，有垂直上下底面的匀强磁场B ，前后内侧面分别固定有金属板电极．流量为Q 的污水充满管道从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压．下列说法中正确的是( )图2A ．后表面比前表面的电势低B ．污水流量越大，电压表的示数越小C ．污水中离子浓度升高，电压表的示数不变D ．增大所加磁场的磁感应强度，电压表的示数减小答案 C解析根据左手定则可知，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，故后表面的电势一定高于前表面的电势，选项A 错误；最终离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，有q v B ＝q Ub，则电势差U ＝v Bb ，又因为流量Q ＝v S ＝v bc ＝Uc B ，所以U ＝QBc ，故流量Q 越大，电压越大，选项B 错误；因为U ＝QB c ，所以电压与污水中离子的浓度无关，选项C 正确；由U ＝QBc 可知，增大所加磁场的磁感应强度B ，电压表的示数U 将增大，选项D 错误．3．如图3所示，两块水平放置、相距为d 的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m 、水平速度均为v 0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U ，墨滴在电场区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M 点．图3(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量； (2)求磁感应强度B 的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M 点，应将磁感应强度调至B ′，则B ′的大小为多少？答案 (1)负电荷mgdU (2)v 0U gd 2 (3)4v 0U 5gd 2解析 (1)墨滴在电场区域内做匀速直线运动，有 q Ud ＝mg①由①式得 q ＝mgd U②由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有 q v 0B ＝m v 02R③考虑墨滴进入磁场和撞板时的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径 R ＝d④ 由②③④式得B ＝v 0Ugd2⑤(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R ′，有q v 0B ′＝m v 02R ′⑥由图示可得 R ′2＝d 2＋(R ′－d2)2⑦ 得R ′＝54d⑧联立②⑥⑧式可得 B ′＝4v 0U 5gd 2.4．(2017·浙江余姚中学高三上期中) 如图4所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到最大值U m 之间的各种数值．静止的带电粒子电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：图4(1)当M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子射入磁场的速度v 1的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)粒子在磁场中运动的最长时间t m ； (4)CD 板上可能被粒子打中区域的长度s . 答案 (1)2qU m m (2)1L2mU mq(3)πL m2qU m(4)(2－2)L 解析 (1) M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示：设此时粒子运动轨迹半径为r 1，CH ＝QC ＝L 即半径r 1＝L ，由：qU m ＝12m v 12，可得：v 1＝2qU mm(2)由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动得 q v 1B ＝m v 12r 1，得B ＝1L2mU mq(3)粒子在磁场中运动的时间最长为半个周期由T ＝2πr v ＝2πm qB ，t m ＝T 2，得t m ＝πLm2qU m(4)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A 在△AKC 中，sin 45°＝r 2L －r 2解得：r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L 所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK 即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L .5．(2017·浙江名校新高考联盟3月联考)如图5所示，真空中MN 上方半径为R 的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．在磁场右侧有长为2R 、间距为R 的平行金属板所形成的匀强电场，具体分布在矩形ACFD 内．矩形中心线O 1O 2与磁场区域的圆心O 在同一直线上，O 1也是圆周上的一点，BAO 1DE 在同一竖直线上，BA 、DE 为挡板．有一群电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子以速率v 0从圆周上的a 点飞入，其方向与aM 成0°～180°角且分布均匀地射出，每秒内射出的带电粒子数总为N 0，某一沿aO 方向射入磁场的粒子从O 1点飞出磁场进入右侧电场，并恰好从DF 边缘F 点离开电场，最后垂直打到探测板PQ 上．(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)图5(1)求电场强度E 和磁场的磁感应强度B 的比值；(2)求探测板PQ 与MN 的夹角θ的正切值和每秒垂直打在荧光屏PQ 上的粒子数N . (3)若打在平行金属板DF 上的粒子被全部吸收，打在探测板PQ 上的粒子全部被探测板反向弹回，弹回速度大小不变，求从电场中射出的粒子对探测板的平均作用力的大小．(没有飞入ACFD 的粒子均被AB 、DE 挡板拦截) 答案见解析解析 (1)带电粒子从aO 方向射入，从O 1射出，其反向延长线必经过O 点，可得轨迹圆的半径与区域圆的半径是相同的，即都为R q v 0B ＝m v 02R ，B ＝m v 0qR带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得 R 2＝12·qE m t 22R ＝v 0t E ＝m v 024qRE B ＝v 04(2)带电粒子从F 点飞出时，水平方向的速度仍为v 0，竖直方向速度为v y ＝qE m t ＝v 02，由数学知识可得 tan θ＝v 0v y＝2与aM 成90°沿aO 方向射入的粒子，此时刚好打到斜面上，可知，只有从A 处水平进入的同样的带电粒子会从O 2点出来垂直打到斜面上．由数学知识可得，此时带电粒子从a 处进入的方向与aM 成60°，即在a 处入射的粒子能够打到极板上的角度大小是30°，由此得N ＝N 06(3)带电粒子从电场中出射速度大小为：v ＝v 02＋v y 2＝52v 0对粒子进行受力分析，由动量定理得： Ft 0＝Nt 0·m v －(－Nt 0·m v ) 得F ＝56N 0m v 0由牛顿第三定律可得，粒子对探测板的平均作用力大小为F ′＝56N 0m v 0. 6．如图6所示，在第二象限半径为r 的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切．x 轴上切点A 处有一粒子源，能够向x 轴上方发射速率均为v ，质量为m ，电量为＋q 的粒子，粒子重力不计．圆形区域磁场的磁感应强度B 1＝m vqr ，y 轴右侧0＜y ＜r的范围内存在沿y 轴负方向的匀强电场，已知某粒子从A 处沿＋y 方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°角斜向下，求：图6(1)匀强电场的电场强度大小；(2)若在MN 右侧某区域存在另一圆形匀强磁场B 2，发现A 处粒子源发射的所有粒子经磁场B 1、电场E 射出后均能进入B 2区域，之后全部能够经过x 轴上的P 点，求圆形匀强磁场B 2的最小半径；(3)继第二问，若圆形匀强磁场B 2取最小半径，试求A 处沿＋y 方向射入B 1磁场的粒子，自A 点运动到x 轴上的P 点所用的时间．答案 (1)m v 2qr (2)22r (3)3r 2v ＋3πr 4v解析 (1)设粒子做类平抛运动的水平位移大小为x ，竖直方向的速度大小为v y ，类平抛的加速度大小为a ，类平抛的时间为t ，根据牛顿第二定律Eq ＝ma ，得a ＝qEm，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛的规律有： x 方向：x ＝v t ＝r ， y 方向：v y ＝at ＝qE m t ＝Eqrm v，粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°斜向下，则 v y ＝v ，联立得匀强电场的电场强度大小E ＝m v 2qr .(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q v B 1＝m v 2R ，联立题中已知B 1＝m vqr，得R ＝r ，因为磁场半径与轨迹半径相同，所以粒子离开磁场后的速度方向均沿x 轴正方向，又所有粒子穿出匀强电场后速度纵向偏移量 y ＝12at 2＝12r 均相等，设粒子从MN 射出的最高点为E ，最低点为F ，则EF ＝2r ，所以粒子束的宽度d ＝2r 圆形匀强磁场B 2的最小半径 r B 2＝22r . (3)粒子在磁场B 1中运动时间 t 1＝πr 2v粒子在匀强电场中运动时间 t 2＝r v ，粒子在无场区运动速度 v ′＝2v ，粒子在无场区运动的距离 x 3＝22r ，粒子在无场区运动的时间 t 3＝x 3v ′＝r 2v，粒子在磁场B 2中运动时间 t 4＝πr 4v 故粒子自A 点运动到x 轴上的P 点的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝3r 2v ＋3πr 4v.。

2018年全国各地高考物理模拟试题《电场、磁场、电磁感应》计算题汇编(含答案解析)

2018年全国各地高考物理模拟试题《电场、磁场、电磁感应》试题汇编（含答案解析）1．（2018•湖北模拟）如图所示，相距L=0.5m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。

质量均为m=40g、电阻均为R=0.1Ω的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。

质量为M=200g的物体C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接。

细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。

已知倾斜导轨与水平面的夹角θ=37°，水平导轨与ab棒间的动摩擦因数μ=0.4．重力加速度g=10m/s2，水平导轨足够长，导体棒cd运动中始终不离开倾斜导轨。

物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h=1m，试求这一运动过程中：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）物体C能达到的最大速度v m是多少？（2）系统产生的内能是多少？（3）连接cd棒的细线对cd棒做的功是多少？2．（2018•河南三模）某初中生设计了如下图甲所示的一种测定风力的装置。

当有风吹到迎风板上时，压敏电阻R的阻值会发生变化，工作时迎风板总是正对风吹来的方向。

已知电源电压恒为4.5V，定值电阻R0为1Ω，压敏电阻在电路中的阻值R与迎风板所承受的风力F的关系如下图乙所示。

（1）如图甲所示，风力表是由（选填“电流”或“电压”）表改装而成的。

（2）若迎风板的面积为100cm2，求压敏电阻的阻值为0.5Ω时，迎风板所承受的压强。

（3）无风时，电路中的电流是多少？此时压敏电阻的功率是多少？3．（2018•东城区一模）两根材料相同的均匀直导线a和b串联在电路上，a长为l0，b长为2l0。

（1）若沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示，求：①a、b两导线内电场强度大小之比；②a、b两导线横截面积之比。

2018届高三物理二轮复习试题：板块一专题突破复习专

跟踪强化训练(十)1．(2017·湖南长沙长郡中学周测)如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限中，一边长为L 的正方形区域内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁场的下边界与x 轴重合，右边界与y 轴重合，在第Ⅰ、Ⅳ象限x <L 区域内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，在x >L 区域内存在磁感应强度大小为B ′、方向垂直纸面向里的矩形匀强磁场；一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(重力不计)以沿y 轴负方向的速度进入第Ⅱ象限的匀强磁场区域，并从坐标原点O 处沿x 轴正方向射入匀强电场区域；(1)求带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场时的速度大小；(2)求带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标；(3)若带电粒子进入x >L 区域的匀强磁场时的速度方向与x 轴正方向成45°角，要使带电粒子能够回到x <L 区域，则x >L 区域矩形匀强磁场的最小面积为多少？[解析] (1)根据题述可知带电粒子在第Ⅱ象限匀强磁场中运动的轨道半径等于正方形区域的边长L .由q v B ＝m v 2L解得v ＝qBL m(2)设带电粒子从匀强电场区域射出时的纵坐标为－y ，带电粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向射入匀强电场区域做类平抛运动，有L＝v t ；y ＝12at 2；qE ＝ma 联立解得y ＝mE 2qB 2带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，－mE 2qB 2(3)带电粒子以与x 轴正方向成45°角进入匀强磁场，其速度v ′＝2v ＝2qBLm由q v ′B ′＝m v ′2R ′解得R ′＝2BL B ′画出运动轨迹如图所示，由几何关系可知x >L 区域匀强磁场的最小宽度d ＝(1＋cos45°)R ′＝(1＋2)BL B ′x >L 区域矩形匀强磁场的最小面积S ＝2R ′d ＝2(2＋2)B 2L 2B ′2[答案] (1)qBL m (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，－mE 2qB 2 (3)2(2＋2)B 2L 2B ′22．(2017·湖南长沙长郡中学检测)如图甲所示，在平行板电容器上加上如图乙所示的交变电压，在贴近E 板处有一粒子放射源，能够逐渐发射出大量质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，忽略粒子离开放射源时的初速度及粒子间的相互作用力，粒子只在电场力作用下运动，在电场中运动的时间极短可认为平行板间电压不变．从极板F 射出的粒子能够继续沿直线向右运动，并由O 点射入右侧的等腰直角三角形磁场区域，等腰直角三角形ABC 的直角边边长为L ，O 为斜边AB 的中点，在OA 边上放有荧光屏，已知所有粒子刚好不能从AC 边射出磁场，接收到粒子的荧光屏区域能够发光．求：(1)荧光屏上亮线的长度；(2)所加电压的最大值U 0.[解析] (1)粒子在磁场中运动半径最大时的轨迹如图所示，轨迹与AC 边相切于D 点．设此轨迹半径为R ，O ′为其圆心，则由几何关系可得L OA ＝L AB 2＝22L L O ′A ＝L OA －R m ＝22L －R m 又L O ′A ＝2R m ，可得R m ＝2－22L 由题意可知荧光屏上亮线的长度d ＝2R m ＝(2－2)L(2)若粒子以最大速度进入磁场，则在磁场中运动的半径最大，q v m B ＝m v 2m R m，解得v m ＝BqR m m ，粒子在电场中运动的时间极短可认为在电场中运动的过程中电压保持不变，当电压最大时粒子开始发射粒子，则射出F 板时速度最大，有qU 0＝12m v 2m 联立解得U 0＝m v 2m 2q ＝B 2qR 2m 2m把R m ＝2－22L 代入可得U 0＝(3－22)B 2qL 24m[答案] (1)(2－2)L (2)(3－22)B 2qL 24m3．(2017·广东华南三校联考)如图所示，半径R ＝1.6 m 的16光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L ＝3 m 的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v ＝3 m/s 的速率顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E ＝20 N/C ，磁感应强度B ＝3.0 T ，方向垂直纸面向外．两个质量均为m ＝1.0×10－3 kg 的物块a 和b ，物块a 不带电，b 带q ＝1.0×10－3 C 的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平地面成60°角落在地面上的P 点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，a 、b 均可看作质点．求：(1)物块a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)传送带距离水平地面的高度；(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a 、b 系统机械能的变化量．[解析] (1)a 物块从释放到圆弧轨道最低点时，机械能守恒，有mgR (1－cos60°)＝12m v 2C 得：v C ＝4 m/s在C 点，由牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2C R解得：F N ＝2×10－2 N由牛顿第三定律，a 物块对圆弧轨道压力大小F N ′＝F N ＝2×10－2 N ，方向竖直向下(2)a 、b 碰撞过程动量守恒：m v C ＝2m v C ′，得v C ′＝2 m/sa 、b 整体在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s ，由牛顿第二定律有μ·2mg ＝2ma得：a ＝μg ＝1 m/s 2v 2－v C ′2＝2as得：s ＝2.5 m<L所以a 、b 整体离开传送带时与其共速，为v ＝5 m/s进入复合场后，因Eq ＝2mg ＝2×10－2 N ，所以a 、b 整体一起做匀速圆周运动，有Bq v ＝2m v 2r得r ＝2m v Bq ＝2 m由几何知识得传送带离水平地面的高度：h ＝r ＋12r ＝3 m (3)解法一：a 、b 整体在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功： W f ＝μ·2mgs ＝5×10－3 Ja 、b 整体在复合场运动过程中，电场力对其做功：W 电＝－Eqh ＝－6×10－2 J所以，二者从碰后一直到落地，系统机械能的变化量：ΔE＝W f＋W电＝－5.5×10－2 J解法二：a、b整体在传送带上机械能的变化量：ΔE1＝ΔE k＝12·2m v2－12·2m v C′2＝5×10－3 Ja、b整体在复合场中机械能的变化量：ΔE2＝ΔE p＝－2mgh＝－6×10－2 J所以，二者从碰后一直到落地，系统机械能的变化量：ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝－5.5×10－2 J[答案](1)2×10－2 N，方向竖直向下(2)3 m(3)－5.5×10－2 J 4．(2017·黄冈中学模拟)如右图所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场．经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，虚线上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电荷量为q；C球不带电且质量为km(k>7)．A、C间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电荷量和各表面的光滑程度)，火药炸完瞬间A的速度大小为v0.(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能？(2)求A球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、C 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离．[解析] (1)设爆炸之后C 的速度大小为v C ，在爆炸前后由动量守恒定律可得0＝m v 0－km v C又由能量守恒定律可得E 总＝12m v 20＋12km v 2C ＝k ＋12km v 20. (2)由“A 球对桌面的压力为零”可知A 球的重力和电场力等大反向，故A 球进入磁场中将会做匀速圆周运动，则T ＝2πm qBA 球在磁场中运动的轨迹如右图所示，由几何知识可得粒子在磁场中运动了34个圆周，则t 2＝3πm 2qB .(3)由0＝m v 0－km v C 可得v C ＝v 0k ，A 球在磁场中做匀速圆周运动的半径R ＝m v 0qB设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后到相遇前C 运动的位移为x C ，运动时间为t C ，则t C ＝x A v 0＋t 2＋R v 0，x C ＝v C t C 由图乙可得R ＝x A ＋x C联立解得x A ＝2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB [答案] (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB。

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