浙江省台州市孺子牛教育2015年高三物理《磁场》专题复习1、2卷（

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浙江省台州市孺子牛教育2015年高三物理《磁场》专题复习1、2卷

（第Ⅰ卷）

一、不定项选择题

1.如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是( )

A．N极竖直向上 B．N极竖直向下 C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右

2．下列说法中正确的是( )

F

A．由B＝可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力F成正比

IL

B．一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向

C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度不一定为零 D．磁感应强度为零处，一小段通电导线在该处不受磁场力

3.如图所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直．当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出( )

A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小 B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小 C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大 D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大

4．如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为( )

A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向 C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向

5.如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( )

mgmgmgmg

A．z正向，tanθ B．y正向， C．z负向，tanθ D．沿悬线向上，sinθ

ILILILIL

6．如图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )

1

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A．在Ek－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1 B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1

C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大

D．要想粒子获得的最大动能越大，可增加D形盒的面积

7．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )

A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长 B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短 C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短 D．c粒子速率最小，在磁场中运动时间最短

8. 利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是( )

A．电势差UCD仅与材料有关

B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD<0 C．仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大

D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平

9.如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是( )

A．若仅撤去电场，油滴P可能做匀加速直线运动 B．若仅撤去磁场，油滴P可能做匀加速直线运动

C．若给油滴P一初速度，油滴P不可能做匀速直线运动 D．若给油滴P一初速度，油滴P可能做匀速圆周运动

10．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直

放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小

2

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球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是 ( )

A．小球能越过d点并继续沿环向上运动 B．当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大

C．小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大 D．小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小

11.如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于E/v0，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的有关说法错误的是( )

v0A．粒子在ab区域的运动时间为

g

B．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2d

πd

C．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为

6v0

＋d

D．粒子在ab、bc区域中运动的总时间为 3v0

12．如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计)。若从A射出的粒子

qBL

①带负电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t1

mqBL

②带负电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t2

2m

3

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qBL③带正电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t3

mqBL

④带正电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t4

2m则下列判断正确的是( ) A．t1＝t3

二、计算题

13.粗细均匀的直导线ab的两端悬挂在两根相同的弹簧下边，ab恰好处在水平位置，如图所示．已知ab的质量为m＝10 g，长度为L＝60 cm，沿水平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B＝0.4 T.

B．t1

(1)要使两根弹簧能处在自然状态，既不被拉长，也不被压缩，ab中应沿什么方向、通过多大的电流？ (2)当导线中有方向从a到b、大小为0.2 A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了Δx＝1 mm，求该弹簧的劲度系数．

(3)当导线中由b到a方向通过0.2 A的电流时两根弹簧均被拉长多少？(取g＝9.8 m/s2)

14．如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：

(1)金属棒所受到的安培力大小； (2)通过金属棒的电流；

(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值．

15．在图甲中，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点，如图甲所示，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．

q

(1)设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷；

m

4

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(2)若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其他条件不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上(MN足够长)，求磁场区域的半径R应满足的条件．

16．如图甲所示，M、N为竖直放置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′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，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在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T0，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：

(1)磁感应强度B0的大小；

(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．

17 .如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一绝缘轨道由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段光滑，PQ段粗糙．现有一质量为m、带电荷量为＋q的小环套在MN杆上，它所受到的电场力为重力的1/2.现将小环从M点右侧的D点由静止释放，小环刚好能到达P点．

(1)求D、M间距离x0；

(2)求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时半圆环对小环作用力的大小；

(3)若小环与PQ段间动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，现将小环移至M点右侧5R处由静止释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．

18.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

3

开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同

5

一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．

5

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19．如图所示，在矩形ABCD区域内，对角线BD以上的区域存在有平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，矩形的AD边长为L，AB边长为2L.一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)以初速度v0从A点沿AB方向进入电场，在对角线BD的中点P处进入磁场，并从DC边上以垂直于DC边的速度离开磁场(图中未画出)，求：

(1)电场强度E的大小和带电粒子经过P点时速度v的大小和方向； (2)磁场的磁感应强度B的大小和方向．

20. 如图所示，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场B1，磁场的左边界与y轴重合，第二象限内有互相垂直正交的匀强电场与匀强磁场，其磁感应强度B2=0.5T。一质量m=l×10-14kg，电荷量q=1×10-10C的带正电的粒子以速度v=l×103m/s从x轴上的N点沿与x轴负方向成60°角方向射入第一象限，经P点进入第二象限内沿直线运动，一段时间后，粒子经x轴上的M点并与x轴负方向成60°角的方向飞出，M点坐标为(-0.1，0),N点坐标(0.3，0)，不计粒子重力。求:

(1)匀强电场的电场强度E的大小与方向; (2)匀强磁场的磁感应强度B1的大小; (3)匀强磁场B1矩形区城的最小面积。

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q21．如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝1×106 C/kg的正

m

π－

电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×105 s 后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方

15

的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．

(1)求匀强电场的电场强度E；

4π－

(2)求图乙中t＝×105 s时刻电荷与O点的水平距离；

5

(3)如果在O点右方d＝68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．(sin 37°＝0.60，cos37°＝0.80)

22．如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上平放着相互平行的、间距为0.1 m的金属板A、B，板间存在匀强电场，在B板右侧平面内存在如图乙所示的交替变化的电磁场．以B板小孔处为坐标原点，建立xOy坐标系，且规定沿＋y方向为电场的正方向，竖直向下为磁场的正方向．在M点一质量为10 g、电荷量为0.1 C的带正电的金属小球由静止释放，设t＝0时刻金属小球恰好以v0＝2 m/s的速度经小孔进入B板右侧．已知E0＝0.2 N/C、B0＝0.2π T．求：

(1)A、B两板间的电场强度E的大小； (2)t＝1 s末时金属小球速度的大小和方向；

(3)1 s～2 s内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期；

(4)(2n－1) s～2n s(n＝1，2，3…)内金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标．

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23．为了使粒子经过一系列的运动后，又以原来的速率沿相反方向回到原位，可设计如下的一个电磁场区域（如图所示）：水平线QC以下是水平向左的匀强电场，区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；区域Ⅱ(三角形APD)内的磁场方向与Ⅰ内相同，但是大小可以不同，区域Ⅲ(虚线PD之上、三角形APD以外)的磁场与Ⅱ内大小相等、方向相反．已知等边三角形AQC的边长为2l，P、D分别为AQ、AC的中点．带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为l的O点以某一速度射出，在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域Ⅰ，再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ，又经历一系列运动后返回O点．（粒子重力忽略不计）求：

（1）该粒子的比荷．

（2）粒子从O点出发再回到O点的整个运动过程所需时间．

8

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浙江省台州市孺子牛教育2015年高三物理《磁场》专题复习1、2卷 （第Ⅱ卷）

一、不定项选择题

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I1和I2，且I1＞I2；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( )

A．a点 B．b点 C．c点 D．d点

2．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )

A．粒子从a到b，带正电 B．粒子从a到b，带负电 C．粒子从b到a，带正电 D．粒子从b到a，带负电

3．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )

A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比 C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比

4．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( )

A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILB B．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILB C．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILB D．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB

5. 带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将( )

A．可能做直线运动 B．可能做匀减速运动 C．一定做曲线运动 D．可能做匀速圆周运动

－

－

6．北半球某处，地磁场水平分量B1＝0.8×104T，竖直分量B2＝0.5×104T，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d＝20 m，如图所示，与两极板相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为U＝0.2 mV，则( )

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A．西侧极板电势高，东侧极板电势低 B．西侧极板电势低，东侧极板电势高 C．海水的流速大小为0.125 m/s D．海水的流速大小为0.2 m/s

7．如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q，质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场是( )

8. 如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的电场强度为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点( )

mg

A．带有电荷量为的正电荷 B．沿圆周逆时针运动

EBgE

C．运动的角速度为 D．运动的速率为 EB

e

9. 比荷为的电子以速度v0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，如图所示，为使电

m

子从BC边穿出磁场，磁感应强度B的取值范围为( )

A．B＞

3mv03mv02mv02mv0 B．B＜ C．B＞ D．B＜ eaeaeaea

10.如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处

于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( )

10

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11.目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为( )

nebUneaUnebUneaUA.，M正、N负 B.，M正、N负 C.，M负、N正 D.，M负、N正

IIII12. 如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向上，匀强磁场的方向垂直纸

面向里．有一内壁光滑、底部有带正电小球的试管，在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能

mg

从试管口处飞出．已知小球质量为m，带电量为q，场强大小为E＝.关于带电小球及其在离开试管前的运

q

动，下列说法中错误的是( )

A．洛伦兹力对小球不做功 B．洛伦兹力对小球做正功

C．小球的运动轨迹是一条抛物线 D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大

二、计算题

13．如图所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为l＝1.0 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝20 g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M＝30 g．在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10 m/s2.若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？

14．如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在

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ad边中点O，垂直于磁场射入一速度方向跟ad边夹角θ＝30°、大小为v0的带正电粒子．已知粒子质量为m，电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：

(1)粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围；

(2)如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间．

15．如图，在第一象限内某处的矩形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴上距坐标原点为L的P处为粒子的入射口，在y轴上距坐标原点为L的M处为粒子的出射口，现将一带正电荷的粒子（质量为m、电荷量为q）以v的速率从P处射入磁场，若粒子从M处飞出磁场，且运动轨迹半径恰好最小，不计其重力.

（1）求所加磁场的磁感应强度B大小； （2）求此矩形磁场区域的最小面积；

（3）如在第二象限内再加一个沿y轴负方向的匀强电场，上述粒子从M飞出后刚好打在x轴上距坐标原点为L/2的N点，求所加匀强电场的场强大小。 yMLN·POL如射口x 2006-128816．如图所示，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场；在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里

的匀强磁场，磁感应强度大小为B。半径为R的光滑绝缘空心半圆细管ADO固定在竖直平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)从圆管的A点由静止滑入管内，从O点穿出后恰好通过O点正下方的C点。已知重力加速度4mg为g，电场强度的大小E＝。求：

3q

(1)小球到达O点前一时刻，圆管对它作用力的大小； (2)矩形区域MNPQ的高度H和宽度L应满足的条件； (3)从O点开始计时，经过多长时间小球的动能最小？

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17．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。

t0

(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

2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，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。

18．如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x≤4 m区域内，分布着E＝－

2

×106 N/C的匀强电场，方8

向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着大小均为B＝5.0×102 T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里，质量为m＝1.6×10

－27

kg、电荷量为q＝3.2×10

－19

C的带正电的粒子(重力不计)，从坐标

点M(－4 m，2 m)处，以v＝2×107 m/s的速度平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场和匀强电场区域．

求：(1)带电粒子在磁场中的运动半径r.

(2)粒子在两个磁场区域及电场区域偏转所用的时间．

(3)在图中画出粒子从直线x＝－4 m到x＝4 m之间的运动轨迹，并求出运动轨迹与y轴和直线x＝4 m交点的纵坐标．

19.如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场,与坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=2.0×10-3T,方向垂直于纸面向里,在x=r处的虚线右侧有一个方向竖直向上的宽度为L1=0.5m的匀强电场区域，电场强度E=1.5×103N/C，在x=2m处有一垂直x方向的足够长的荧光屏，从O点处向不同方向发射出速率相同的荷质比=1.0×109C/kg带负电的粒子，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甲，恰能从磁场与电场的相切处进入电场。不计重力及阻力的作用。求:

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（1）粒子甲进入电场时的速度; （2）速度方向与y轴正方向成30°(如图中所示)射入磁场的粒子乙，最后打到荧光屏上，画出粒子乙的运动轨迹并求该发光点的位置坐标。

20如图所示，粒子源S可以不断地产生质量为m、电荷量为+q的粒子（重力不计），粒子从O1孔飘进一个水平方向的加速电场(初速不计)，再经过小孔O2进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，方向如图.虚线PQ、MN之间存在着水平向右的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度大小为B2.一块折成直角的硬质塑料片abc(不带电，宽度和厚度都很小可忽略)放置在PQ、MN之间，截面图如图，a、c两点分别位于PQ、MN上，ab=bc=L，a=45°.粒子能沿图中虚线O2O3的延长线进入PQ、MN之间的区域.

(1)求加速电压U1;

(2)假设粒子与硬质塑料片相碰后，速度大小不变，方向遵循光的反射定律，那么粒子与塑料片第一次相碰后到第二次相碰前做什么运动?

(3)粒子在PQ、MN之间的区域中运动的总时间t和总路程s.

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浙江省台州市孺子牛教育2015年高三物理《磁场》专题复习1、2卷 （第Ⅰ卷参考答案）

一、不定项选择题

1．解析：选C.环中等效电流方向与ω相反，由安培定则知，轴线上的磁场方向向左，故小磁针N极指左，C对．

2．解析：选CD.磁感应强度是反映磁场基本属性的物理量，一旦磁场确定，各处的磁感应强度B也就客

F

观地确定了，选项A认为磁场某处的磁感应强度的值随通电导线受力情况而变，是没有深刻理解B＝的意

IL

义，故A错．磁感应强度B的方向一定和磁场力方向垂直，B选项错．当通电导线与磁场平行时，导线就不受磁场力，故C选项对，磁感应强度为零，则通电导线一定不受磁场力，D正确．

3．解析：选A.如图所示，画出直导线附近的条形磁铁的磁感线，由左手定则，直导线受向下的安培力，由力的作用是相互的，条形磁铁受向上的作用力．故A正确．

4．解析：选A.根据同向电流相吸可判断O点的通电导线受到的合安培力沿y轴正方向，故A正确．

5．解析：选BC.受力平面图如图．

对于A选项，安培力水平向内，三力合力不可能为零，A错误；对于B选项，安培力竖直向上，当安培

mg

力BIL＝mg时，可以平衡，此时B＝，B正确；对于C选项，安培力水平向外，三力平衡时安培力BIL＝

IL

mg

mgtanθ，此时B＝tanθ，C正确；对于D选项，安培力垂直于悬线的方向向内，三力不可能平衡，D错误．

IL

6．解析：选AD.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ek－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，选项A正确；带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期

mv2mEk应该等于2(tn－tn－1)，选项B错；由r＝＝可知，粒子获得的最大动能取决于D形盒的半径，当轨道

qBqB

半径与D形盒半径相等时就不能继续加速，故选项C错D对．

7．解析：选B.由题图可知，粒子a的运动半径最小，圆心角最大，粒子c的运动半径最大，圆心角最小，

v2mv2πr2πm

由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得：qvB＝m，故半径公式r＝，T＝＝，故在质量、带

rqBvqB

电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，速率越小，半径越小，所以粒子a的运动速率最小，粒子c的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动所对应的圆心角，所以粒子a的运动时间最长，粒子c的运动时间最短．

U

8．解析：选BC.根据q＝qBv，得U＝Bdv，所以电势差UCD取决于B、d、v，故A错误，C正确．电

d

子带负电，根据左手定则，可确定B正确．赤道上方地磁场磁感线方向是水平的，而霍尔元件的工作面需要和磁场方向垂直，故工作面应竖直放置，D错误．

9．解析：选D.油滴P能处于静止状态，说明受到的重力和电场力平衡，电场力竖直向上，油滴P带负

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电荷．若仅撤去电场，刚开始油滴P在重力作用下产生速度，相应油滴P受到磁场产生的洛伦兹力，油滴P不可能做匀加速直线运动，A错误；若仅撤去磁场，油滴P受到的重力和电场力恒定，始终平衡，油滴P将做匀速直线运动或保持静止状态，不可能做匀加速直线运动，B错误；给油滴P一个初速度时，若速度方向垂直纸面，洛伦兹力为零，油滴P所受合外力为零，则油滴P将垂直纸面做匀速直线运动，故C错误；同理给油滴P的初速度平行纸面的任何方向时，重力和电场力的合力为零，油滴P相当于只受到洛伦兹力作用，将会做匀速圆周运动，D正确．

10.解析：由题意可知，小球运动的等效最低点在b、c中间，又小球所受电场力与重力大小相等，因此当小球运动到d点时速度为0，不能继续向上运动，选项A错误；小球在等效最低点时速度最大，所受洛伦兹力最大，选项B错误；小球从a运动到b的过程中，重力做正功，电场力也做正功，所以重力势能与电势能均减小，选项C错误；小球从b运动到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，合外力先做正功再做负功，动能先增大后减小，选项D正确。答案：D

v011．解析：选C.粒子在ab区域，竖直方向上做匀减速运动，由v0＝gt得：t＝，故A正确；水平方向

g

v0上做匀加速度运动，a＝＝g，则qE＝mg，进入bc区域，电场力大小未变方向竖直向上，电场力与重力平

t

mv2mv0v200衡，粒子做匀速圆周运动，由qv0B＝，得r＝，代入数据r＝，又v20＝2gd，故r＝2d，B正确；在bcrqBg

π2ds6·d1ππd

区域，粒子运动轨迹所对圆心角为α，sinα=＝，α＝，运动时间：t＝＝＝，故C错误；粒子

6v0v03v0

2d2在ab区域的运动时间也可以表示为：t＝

2v mv00 12解析：对①分析：由牛顿第二定律知qvB＝m，解得粒子运动轨迹半径r＝＝L，所以粒子从

rqB

＋dd2d2dπd

＝，故总时间t总＝＋＝，故D正确． v0/2v0v03v03v0

1

A点经过60°的圆心角的圆弧向右偏转运动到C点，时间为t1＝T，其中T为粒子在磁场中的运动周期，运

6mv0L

动轨迹为如图所示的①。对②分析：同理对粒子受力分析得r＝＝，粒子从A点经过60°的圆心角的圆弧

qB21

后进入三角形外面的磁场中，再经过60°的圆心角的圆弧到达C点，时间为t2＝T，运动轨迹为如图所示的②。

3

mv0对③分析：粒子运动轨迹半径r＝＝L，粒子从A点经过60°的圆心角的圆弧向左偏转运动到B点，再

qB从B点经过300°的圆心角的圆弧到达C点，总时间为t3＝T，运动轨迹为如图所示的③。对④分析：粒子运动mv0L

轨迹半径r＝＝，粒子从A点经过60°的圆心角的圆弧向左进入三角形外面的磁场中，再经过60°的圆心

qB25

角的圆弧向右到达B点，最后经过180°的圆心角的圆弧运动到C点，总时间为t4＝T，运动轨迹为如图所示

6的④，因此选项B正确。答案：B

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三、计算题

13．解析：(1)只有当ab受到的安培力方向竖直向上且大小等于ab的重力时，两根弹簧才能处于自然状态，根据左手定则，ab中的电流应由a到b，由二力平衡得mg＝ILB，

mg0.01×9.6则I＝＝ A＝0.4 A.

BL0.4×0.6

(2)当导线中通过由a到b的电流时，受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对ab有竖直向上的拉力，同时ab受竖直向下的重力，平衡时平衡方程为I1LB＋2kΔx＝mg

mg－I1LB0.01×9.6－0.2×0.6×0.4

可得弹簧的劲度系数k＝＝ N/m＝24 N/m.

2Δx2×0.001

(3)当电流方向由b到a时，ab所受安培力竖直向下，这时的平衡方程为：2kΔx′＝mg＋I2LB， 由此式可求出两根弹簧均被拉伸的长度为

mg＋I2LB0.01×9.6＋0.2×0.6×0.4Δx′＝＝ m＝0.003 m.

2k2×24

答案：(1)由a到b 0.4 A (2)24 N/m (3)0.003 m

14．解析：(1)F安＝mgsin30°，得F安＝0.1 N.

F安

(2)金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图所示解得I＝＝0.5 A.

BL

(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：

E

E＝I(R0＋r) 解得R0＝－r＝23 Ω. 答案：(1)0.1 N (2)0.5 A (3)23 Ω

I

1

15．解析：(1)带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理，有qU＝mv2①

2

进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径为r，

v2dq8U

qvB＝m② 打到H点有r＝③ 由①②③得＝22.

r2mBd

(2)要保证所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动的偏角应不大于90°，临界状态

dd8Ud

为90°.如图所示，磁场区半径R＝r＝，所以磁场区域半径满足R≤. 答案：(1)22 (2)R≤

22Bd2

v2016．解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力qv0B0＝m

r

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2πr2πm 联立两式得磁感应强度B0＝. v0qT0

(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即

d

T0时，有r＝ 4

做匀速圆周运动的周期T0＝

d

当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有r＝(n＝1,2,3，…)

4nB0qrπd

联立求解，得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1,2,3，…)．

m2nT0

2πmπd

答案：(1) (2)v0＝(n＝1,2,3…)

qT02nT0

17．解析：(1)小环从D点经M点到P点，由动能定理得 qEx0－mg×2R＝0① 得x0＝4R.

1

(2)设小环到A点时的速度为v，有 qE(x0＋R)－mgR＝mv2②

2v27

在A点由牛顿第二定律和圆周运动公式得 FN－qBv－qE＝m③ 得FN＝qB3gR＋mg.

R2

1

(3)①若μmg≥qE，即μ≥，小环在PQ段上运动到某点速度为零后静止，设距P点距离为x

2

1μ

则：qE(5R－x)－mg×2R－μmgx＝0④ 得x＝R 则W摩＝mgR

1＋2μ1＋2μ

1

②若μmg＜qE，最后小环在P、D间做往复运动qE×5R－mg×2R－W摩＝0⑤ 得W摩＝mgR.

2

7μ1

答案：(1)4R (2)qB3gR＋mg (3)mgR或mgR

221＋2μ

v2

18．解析：粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝m①

r

式中v为粒子在a点的速度．

过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点，由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac＝bc＝r②

4

设cd＝x，由几何关系得ac＝R＋x③

5

3372bc＝R＋R2－x2④ (25x?5Rx?12?0,x?R) 联立②③④式得r＝R⑤

555再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a，

由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得

qE＝ma⑥

1

粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得r＝at2⑦ r＝vt⑧

2

18

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14qRB2

式中t是粒子在电场中运动的时间，联立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝.

5m

19．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向：L＝v0t

11qE2 mv20

竖直方向：L＝·t解得：E＝.

22mqL

qEL2

在竖直方向粒子做匀变速运动，粒子在P点的竖直分速度为vy，则有2··＝vy 解得：vy＝v0

m2

P点的速度为v＝2v0

vy

设速度与水平方向的夹角为θ tan θ＝＝1，所以θ＝45°.

v0

L22

(2)由几何关系可知：粒子在磁场中转过的圆心角为45° sin45°＝，得：r＝L

r2

2

v2mv0粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m得：B＝，磁场方向垂直纸面向外．

rqL

mv22mv00答案：(1) 2v0，与水平方向的夹角为45° ，垂直纸面向外

qLqL

20.解：（1）在第二象限，由题意知，粒子做匀速直线运动。 错误！未找到引用源。 Eq?B2qv E= B2v=0.5×103V/m 方向与y轴正向夹解为错误！未找到引用源。

（2）由题意，运动轨迹如图，由几何关系知R?3(m)错误！未找到引用源。 15 由错误！未找到引用源。 得错误！未找到引用源。（T）

（3)由图可知，磁场B1最小区域应该分布在图示的矩形PACD内，由几何关系知：

? PD?2Rsin60错误！未找到引用源。=0.2m PA?R?Rcos60?3

30错误！未找到引用源。 最小面积为：S=PD×PA=0.2×错误！未找到引用源。m2=错误！未找到引用

19

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源。m2

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【点击】此题考查带电粒子在磁场中的匀速圆周运动、在电磁场中的匀速直线运动及其磁场最小面积的确定。

21.解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：

mv0

v0＝at1 Eq＝ma 解得：E＝＝7.2×103 N/C.

qt1

mv02πm2π－

(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径为：r＝＝5 cm，周期T1＝＝×105 s

B1qB1q3

当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为：

mv02πm2π－

r2＝＝3 cm，周期T2＝＝×105 s

B2qB2q5

故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图丙所示． 4π－t＝×105 s时刻电荷与O点的水平距离

5

Δd＝2(r1－r2)＝4 cm.

4π－

(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T＝×105 s，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板

5

前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离

s＝15Δd＝60 cm

则最后8 cm的距离如图丁所示，有： r1＋r1cosα＝8 cm

解得：cosα＝0.6，则α＝53° 故电荷运动的总时间

180?53153°－4

t总＝t1＋15T＋（T1－T1)＝t1＋15T＋T=3.86×10s.102360°360答案：(1)7.2×103 N/C (2)4 cm (3)3.86×104 s

－

00

1

22.解析：(1)由动能定理得qEd＝mv2－0 解得E＝2 N/C.

20

qE0(2)在0～1 s内，金属小球在电场力的作用下，沿x轴做匀速运动vx＝v0 y轴方向上做匀加速运动vy＝

mt1

vy21 s末金属小球的速度v1＝v2. x＋vy＝22 m/s 设v1与x轴正方向的夹角为α，则tanα＝＝1，α＝45°vxmv2mv121(3)在1 s～2 s内，金属小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qv1B0＝，则R1＝＝ R1qB0πm

2πm

金属小球做圆周运动的周期T＝＝1 s.

qB0(4)金属小球运动的轨迹如图丙所示

20

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(2n－1) s末金属小球的坐标Pn为 x＝v0t＝2n(m) （因做圆周运动的周期T＝＝1 s，画图即知）.

qE11qE02

y＝at2＝××n＝n2(m) vnx?v0?2m/s,vny?atn?(0)n?2n 22mm此时金属小球的速度为vn?vnx?vny?2n2＋1 m/s

金属小球在(2n－1) s～2n s(n＝1，2，3，…)内做圆周运动的轨迹如图丁所示

22vnyn2＋1mvn半径Rn＝＝ m sin???qB0πvnX＝x－Rnsinθ＝(2n?

nn2?1cos??v01 ?2vnn?11?)m.

设(2n－1) s～2n s(n＝1，2，3，…)内金属小球运动至离x轴最远点坐标为C(X，Y)则

n?)m Y＝y＋Rn(1＋cosθ)＝(n?2n2?1??答案：(1)2 N/C (2)22 m/s，与x轴夹角45° (3)

2

m，1 s (4)见解析 π

23．解析：（1）根据牛顿第二定律和洛仑兹力表达式有

2v0qv0

qv0B?m（2分）代入R＝l 解得： ?RmBl（2）带电粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t0、区域Ⅰ中的时间t1、区域Ⅱ和Ⅲ

中的时间t2＋t3 根据平抛运动规律有 t0＝

2l v02?l2?l? 6v03v0设在区域Ⅰ中的时间为t1，则 t1＝2?T=2×①若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动如图甲所示，

16

则总路程为（2n + 5/6）个圆周，根据几何关系有

AE＝(4nr + r)＝l 解得： r＝l/(4n + 1) 其中n＝0，1，2……

21

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5(2n?)2?ls6区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为 s＝（2n +5/6）×2πr t2＋t3＝＝ (4n?1)v0v0总时间t＝t0+t1+t2+t3＝

2l?l20n?7?() v03v04n?1 ②若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内运动如图乙所示，

则总路程为（2n +1＋1/6）个圆周，根据几何关系有：

AP＝(4nr +3r)＝l 解得： r＝ l/(4n + 3) 其中n＝0，1，2……

72?l(2n?)6 区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为 s＝（2n +1＋1/6）×2πr＝

4n?3总时间t＝t0+t1+t2+t3＝

【点击：用好数学归纳法。】

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2l?l20n?13?() v03v04n?3台州市孺子牛教育

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浙江省台州市孺子牛教育2015年高三物理《磁场》专题复习1、2卷 （第Ⅱ卷参考答案） 一、不定项选择题

1．解析：选C.由安培定则画出a、b、c、d的磁感线的分布图，由图可知a、c两点的磁场方向相反，当B1＝B2时该点处的磁感应强度可能为零，又I1＞I2，故该点距I1距离应比I2大，故C正确，A、B、D错误．

2．解析：选C.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半mv1径R＝.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B、带电荷量q不变．又据Ek＝mv2

qB2知，v在减小，故R减小，可判定粒子从b向a运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C选项正确．

3．解析：选A.安培力的合力F＝BIad＝BI(ab·cos45°＋bc＋cd·cos45°)＝(2＋1)BIL，故A正确．

v2mv2πR2πm

4．解析：选D.粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动有qvB＝m ，得R＝，周期T＝＝，

RqBvqB

qq2B

其等效环形电流I＝＝，故D选项正确．

T2πm

5．解析：选C.带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动或匀速圆周运动，C正确．

6．解析：选AD.由于海水向北流动，地磁场有竖直向下的分量，由左手定则可知，正电荷偏向西侧极板，负电荷偏向东侧极板，即西侧极板电势高，东侧极板电势低，故选项A正确；对于流过两极板间的带电粒子

－

0.2×103UU

有：qvB2＝q，即v＝＝ m/s＝0.2 m/s，故选项D正确． －

dB2d0.5×104×20

7．解析：选CD.A图中，电场力与洛伦兹力方向水平，小球竖直方向上加速，因此洛伦兹力大小改变，不可能保持与电场力平衡，故小球做曲线运动；B图中，水平方向只受洛伦兹力，故小球做曲线运动；C图中，电场力沿竖直方向的分力可能与重力平衡，同时水平分力可能与洛伦兹力平衡，故小球有可能做匀速直线运动；D图中，不受洛伦兹力，小球只受竖直方向上的力，小球一定做直线运动．.

8．解析：选C.根据电场力与重力平衡知，质点带负电，故A错；根据洛伦兹力提供向心力知质点顺时针转动，故B错； 由qE＝mg① qvB＝mω2·R ② v＝ωR③

Bg

解得：ω＝，由于R未知，v不能确定，故C对D错．

E

9．解析：选B.电子进入磁场后向上偏，刚好从C点沿切线方向穿出是临界条件，要使电子从BC边穿出，

mv

其运动半径应比临界半径大，由R＝可知，磁感应强度应比临界值小，如图，由几何关系可得，半径R＝

qB

2

av03mv0，又ev0B＝m，解得B＝，B选项正确．

2sin60°Rea

23

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10．解析：选B.洛伦兹力总是与带电粒子速度的方向垂直，所以不做功，A正确，B错；小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上的合力等于磁场力，即F洛＝Bqv，故竖直方向做匀加速运动，所以运动轨迹是一条抛物线，选项C正确；由于小球在竖直方向上的速度增大，水平向左的磁场力增大，而试管又向右做匀速运动，所以F要逐渐增大，故D正确．

11解析：由左手定则知，金属中的电子在洛仑兹力的作用下将向前侧面聚集，故M负、N正．由F电＝UnebUF洛即e＝Bev，I＝nevS＝nevab，得B＝. 答案：C

aI

12．解析：选AD.由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D正确．

二、计算题

13．解析：因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为Ff.若BIl＞Mg，则静摩擦力的方向与细绳的

0.5mg＋Mg

拉力方向相同，设此时电流为I1，即有BI1l－Mg≤Ff＝0.5mg，解得I1≤＝2.0 A；

Bl

若BIl＜Mg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相反，设此时电流为I2，即有Mg－BI2l≤Ff＝0.5mg，

Mg－0.5mg

解得I2≥＝1.0 A 即ab棒中的电流为1.0 A≤I≤2.0 A.

Bl

根据左手定则判断，棒中的电流方向应该由a到b. 答案：1.0 A≤I≤2.0 A 由a到b

v2mv00

14．解析：(1)若粒子速度为v0，由qv0B＝m，则R＝

RqB

若轨迹与ab边相切，如图所示，

L

设此时相应速度为v01，则R1＋R1sinθ＝ 2

mv01qBL

将R1＝代入上式可得v01＝ qB3m

若轨迹与cd边相切，设此时粒子速度为v02，则

L

R2－R2sinθ＝ 2mv02qBL

将R2＝代入上式可得v02＝ qBm

所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足 qBLqBL

＜v0≤. 3mm

(2)粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越大，在磁场中运动的时间也越长．由图可知，在磁场中运动的

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半径r≤R1时，运动时间最长，弧所对的圆心角为(2π－2θ)．

所以最长时间为t＝?2??2?2??2?2?m(2??2?)m5πm

?T?????＝.

3qB2?2?qBqBqBLqBL5πm

答案：(1)＜v0≤ (2) 3mm3qB

15

S?L2(3)设所加电场的场强为EL?vcos450t21qE2L?vsin450t?t2m联立解得：2mv2E=qL 2006-122006-12yMLM1××××N·××P450如射口×85P1OLx 8816解析：(1)小球从A到O的过程，由动能定理得 1mg·2R－qER＝mv0 2 v0＝22006-124gR 3912mv 0到达O点前一时刻，根据牛顿第二定律FN－mg－qv0B＝ R7

圆管对小球的作用力FN＝mg＋qB3

4gR。 3

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4(2)小球从O到C的过程中，水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动ax＝g，ay＝g

3v0设向左减速时间为t，则t＝＝ax

3R 4g

1R13R

水平位移大小x＝v0t＝ 竖直位移大小y＝g(2t)2＝ 2222

3R5R3R

高度应满足条件H≥＋R＝R 宽度应满足条件L≥＋R＝。

2222(3)当F合与速度v的方向垂直时，小球的动能最小 设经过的时间为t，此时小球的受力情况如图所示

4gmg38

vy＝gt，vx＝v0－axt＝v0－t tanθ＝＝，vx＝vytanθ 可解得t＝ 3qE4257

答案：(1)mg＋qB

3

4gR538

(2)H≥R L≥R (3) 32225

3R g

3R。 g

17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兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向

BR

且有qE＝qvB① 又R＝vt0② 则E＝③

t0

(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 t0R

在y方向的位移为y＝v④ 由②④式得y＝⑤

22

设在水平方向的位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x＝1t043R

又由x＝a()2⑥ 得a＝2⑦

22t0

(3)仅有磁场时，入射速度v′＝4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第mv′23R

二定律有 qv′B＝⑧ 又qE＝ma⑨ 由②③⑦⑧⑨式得r＝⑩

r3

3

R 2

R3π

由几何知识sinα＝? 即sinα＝，α＝?

2r232πm

带电粒子在磁场中运动周期T＝ qB

2α3π

则带电粒子在磁场中运动时间tB＝T 所以tB＝t?

2π180

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BR43R3π答案： 沿x轴正方向 (2)2 (3)t t0t0 180

18解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．

mv2

由洛伦兹力提供向心力，qvB＝ 代入数据解得：r＝2 m.

r2πr－

(2)粒子在磁场中的运动周期T＝＝2π×107 s

vTTπ－

带电粒子在磁场中的运动时间t1＝×2＝＝×107 s

842

Δx4－

带电粒子在电场中的运动时间t2＝＝ s＝22×107 s 7v2×10带电粒子在磁场和电场中偏转所用总时间为：t＝t1＋t2≈4.4×107 s

－

(3)带电粒子的运动轨迹如图所示，粒子在两个磁场中的偏转位移为Δy＝2(r－rcos 45°)

则粒子射出磁场时与y轴交点的纵坐标为y1＝2 m－Δy＝(2－2) m qE2粒子在电场中的加速度为a＝＝×1014 m/s2

m412

粒子在匀强电场中的偏转位移为Δy′＝at2

2

粒子的运动轨迹与直线x＝4 m交点的纵坐标为y2＝y1＋Δy′ 代入数据解得：y2＝2 m. 答案：(1)2 m (2)4.4×107 s (3)图见解析 (2－2)m 2 m

－

19解：（1）由题意及几何关系可得:粒子甲在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R=r=0.5m mv2有qvB= , 可得粒子进入电场时的速度v=1.0×106 m/s R（2）粒子乙在磁场中转过120°角后从P点垂直电场线进入电场，运动轨迹如图所示。 在电场中的加速度大小 a?Eq?1.5?103?1?109?1.5?1012m/s2 mL10.562?1.5?1012??0.75?10m/s v1?106粒子乙穿出电场时 vy=at2=a? 27

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0.75?106 tanα= ??0.75 vx1?106在磁场中△y1=1.5r=0.75m 在电场中侧移△y2= vy1210.52at2??1.5?1012?()?0.1875m 221?106飞出电场后粒子乙做匀速直线运动△y3=L2tanα=(2-0.5-0.5)×0.75=0.75m 故y=△y1-(△y2+△y3)=-0.1875m 则该发光点的坐标(2 ，-0.1875)

20.分析:(1)粒子经过复合场时，电场力向下，洛伦兹力向上，都与速度垂直，故合力为零，根据平衡

条件列式求解速度;

(2)粒子与磁场第一次碰撞后，速度向上，洛伦兹力提供向心力，在与ac边垂直平面内做匀速圆周运动，经过一圈后，与ab边内侧碰撞，碰撞后水平向右运动，与bc边二次碰撞后，在与ac边垂直的平面内做再次匀速圆周运动，又经过一圈后，与b边外侧碰撞，水平向右离开磁场.

(3)先分析出运动轨迹，再分匀速直线运动和匀速圆周运动讨论，对于匀速圆周运动，先计算半径和周期，再根据轨迹计算.

解:(1)粒子在正交场中做匀速运动，Eq=qv0B1，则v0=E B012mE2mE2由动能定理得 qU1?mv0 得 U1? 即加速电压为. 2222qB12qB1(2)粒子碰到ab后以大小为v0的速度垂直磁场方向运动，在洛仑兹作用下在垂直于磁场的平面内做匀速

圆周运动，转过一周后达到ab的下部.

2v0mv0mE?(3)由qv0B2=m ，得 R=

RqB2qB1B2 由T=2?R2?m ，得 T= v0qB228

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粒子在磁场中共碰板2次，做圆周运动的时间为 t1=2T=4?m qB2做圆周运动的路程为 s1=2?2πR=4?mE qB1B2在水平方向上运动的路程 s2=2R， 经历的时间为t2=s2B1L ?v0E 则粒子在PQ、MN之间的区域中运动的总时间t=t1+t2=2B1L4?m+ EqB2 总路程s=s1+s2=4?mE+2L qB1B22B1L4?m4?mE+，总路程为+2L EqB2qB1B2 即粒子在PQ、MN之间的区域中运动的总时间为点评:本题中的复合场具有速度选择的功能，进入磁场区域后，根据动力学规律先确定运动轨迹，再进行

计算.

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/tas.html