1.(2014年安徽卷)18.“人造小太陽(yáng)”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場(chǎng)約束高溫等離子體,使其中的帶電粒

1、來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考1.（2014 年 安徽卷）18. “人造小太陽(yáng)”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場(chǎng)約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強(qiáng)的磁場(chǎng)，以使帶電粒子的運(yùn)動(dòng)半徑不變。由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于【答案】子的運(yùn)動(dòng)半徑不變，所以B尤Ek乂T。A 正確。匕、/II I 2. （2014 年 大綱卷）25. （20 分）如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面（xy平面）向外;在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸負(fù)向。在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行

2、、大小為V0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在（d, 0）點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)人電場(chǎng)。不計(jì)重力。若該粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度方向 與y軸負(fù)方向的夾角為0，求：電場(chǎng)強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；該粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。122d25.【答案】（1） V。tan二（2） 2v0ta n 日【考點(diǎn)】帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、牛頓第二定律、【解析】（1）如圖粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為 m 和q，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R）,由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得：由題給條件和幾何關(guān)系可知：R）=d設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax,

3、在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開電場(chǎng)時(shí) 沿x軸負(fù)方向的速度大小為Vy。由牛頓定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示聯(lián)立得E=1v0tan2rB 2（2）同理可得t =v0tan 日3. （2014 年 廣東卷）36、（18 分）如圖 25 所示，足夠大的平行擋板 A1、A2豎直放置，間距 6L。兩板間存在兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 I和n,以水平面 MN 為理想分界面。I 區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0,方向垂直紙面向外， A、A2上各有位置正對(duì)的小孔 S、A.B.Tc.、T3D. T2【解析】由于等離子體中帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，即Ek=T。帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),

4、2洛侖磁力提供向心力：qvB=ml得B =mRqR。而EkJ mv2故可得：B =mV2qR=J2mEk又帶電粒qR來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考S2,兩孔與分界面 MN 的距離均為 L。質(zhì)量為 m +q 的粒子經(jīng)寬度為 d 的勻強(qiáng)電場(chǎng)由靜止加速后，沿水平方向從 S1進(jìn)入 I區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到 MN 上的 P 點(diǎn)，再進(jìn)入 n區(qū)。P 點(diǎn)與A板的距離是 L 的 k 倍。不計(jì)重力，碰到擋板的 粒子不予考慮。來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考(1 )若 k=1，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E;(2)若 2k3,且粒子沿水平方向從 S2射出，求出粒子在磁場(chǎng)中的速度大小v與 k 的關(guān)系式和 n 區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 與 k 的關(guān)系式?！窘馕觥浚?/p>

5、(1)若 k=1，則有： MF=L,粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)幾何關(guān)系，該情況粒子的軌跡半徑為：R=L,2粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有：qvBoumJR1粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理有：qEd=mv22綜合上式解得：2 2qB。L E -dm(2)因?yàn)?2k0）的粒子以速度 V0 從 y 軸上 P 點(diǎn)沿 y 軸正方向射出，一段時(shí)間后進(jìn)入電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向相反；又 經(jīng)過一段時(shí)間T。，磁場(chǎng)方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，不?jì)重力。求粒子從 P 點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá) x 軸時(shí)所需的時(shí)間；若要使粒子能夠回到5依題意，粒子第一次到達(dá)x 軸時(shí)，運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度為-二4

6、求得t14qB得t2宀qE置右端有一收集板，M N P為板上的三點(diǎn)，M 位于軸線00上,N P分別位于下方磁場(chǎng)的上、下邊界上。 在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，方向與軸線成30角，經(jīng)過上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)。改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置。不計(jì)粒子 的重力。1）求磁場(chǎng)區(qū)域的寬度 h;（2）欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，求粒子入射速度的最小變化量v;（3）欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值。(1)(2)P 點(diǎn)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值。14.【答案】5呵上1二4qBE_ 2mv0qT?！窘馕觥?（1）律，有帶電粒

7、子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R,運(yùn)動(dòng)周期為 T,根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)（2 ）粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，先做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為大小仍為 Vo，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為0,然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)12,加速度大小為a,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E,有x 軸時(shí)速度根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P 點(diǎn)，必須滿足得電場(chǎng)強(qiáng)度最大值2014 江蘇卷）14. （16 分）某裝置用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)， X11個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為6.(B、工作原理如圖所示。裝置的長(zhǎng)為方向與紙面垂直且相反，兩磁場(chǎng)的間距為L(zhǎng)，上下兩d。裝來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考答案】（11（3L-3d）（1-

8、23）m（L 43d）14.來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考（3）qB（L-3d） （1?nv3L1, n 取整數(shù)）m n + 13d【考點(diǎn)】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、洛倫茲力、牛頓第二定律【解析】（1）設(shè)粒子的軌道半徑為 r根據(jù)題意L = 3r sin30+ 3dcos30且h =r（1- cos30）2解得h= ( L- 3d)(1-)32（2 ）改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌?chǎng)中的軌道半徑為r2 2mvmv,=qvB ,= qvB rrqB L 3由題意可知引畑化4300解得.v=v-v=；（6-4d）設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場(chǎng)n次由題意可知L= (2n + 2)d cos300+ (2 n+2)rnsi n302且叫

9、=rn（2014 年qvnB解得vn=qB(L-3d)(1?nv3Lm n+1 3d1, n 取整數(shù)）江蘇卷）7.（2014 年全國(guó)卷 1） 15.關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受的安培力，下列說法正確的是A. 安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B. 安培力的方向總是垂直于磁場(chǎng)的方向C. 安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角無(wú)關(guān)D.將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?5.【答案】：B【解析】：由左手定則安培力方向一定垂直于導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向，A 錯(cuò)的 B 對(duì)的；F=BIL sin 0 ,安培力大小與磁場(chǎng)和電流夾角有關(guān)，C 錯(cuò)誤的；從中點(diǎn)折成直角后，導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度不等于導(dǎo)線長(zhǎng)度一半

10、，D 錯(cuò)的& （2014 年全國(guó)卷 1） 16.如圖，MN 為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 一帶電拉子從緊貼鋁板上表面的P 點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q 點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá) PQ 的中點(diǎn) Q鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，這度方向和電荷量不變。不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為（未畫出）。已知拉子穿越A. 2 B.2 C. 1D.2216.【答案】：D1 2【解析】：動(dòng)能是原來的一半，則速度是原來的一2倍，又由qvB = m得上方磁場(chǎng)是下方磁場(chǎng)的2ri-2倍,選 Db來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考V。來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考10.（ 2014 年山東卷）24.如圖甲所示，間距為 d，垂

11、直于紙面的兩平行板P、Q 間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。取垂直與紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0 時(shí)刻， 一質(zhì)量為 m 帶電荷量為+q 的粒子（不計(jì)重力），以初速度V。由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場(chǎng)且平行于板面的方向射入磁場(chǎng)區(qū)。2mvo據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1=d聯(lián)立式得Bo=mdo2oVoa =R2據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2二d聯(lián)立式得c23v0a =d由牛頓第二定律得當(dāng)B。和TB取某些特定值時(shí)，可使 t=0時(shí)刻射入的粒子經(jīng) At 時(shí)間恰能垂直打到 P 板上（不考慮粒子反彈）。上述m q，d，v0為已知量。(1)：(2)4TB，=1TB，求Bo求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度

12、大小。(3)Bo4mv0qd，為使粒子仍能垂直打到P 板上，求TB24、 【答案】(1)-2mv03v0B=(2)a( 3)TB=qdd二d3v；TB=(+ arcsin丄)衛(wèi)2 -4 2vo【解析】 解:(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得（2）設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為艮，加速度大（3）設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,周期為 T,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考qvoBo2mvoR由題意知B0=4mVo，代入式得qdd=4R粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O、02為圓心，連線與水平方向的夾角為日，在每個(gè) TB內(nèi)，只有 A、B 兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P 板，且均要求0，由題意可知2+e2T

13、=TB-2設(shè)經(jīng)歷完整 TB的個(gè)數(shù)為 n (n=0, 1,2,3)若在 A 點(diǎn)擊中 P 板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得當(dāng) n=0 時(shí)，無(wú)解當(dāng) n=1 時(shí)，聯(lián)立1 式得聯(lián)立03 式得當(dāng)n _2時(shí)，不滿足0 900的要求若在 B 點(diǎn)擊中 P 板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得當(dāng) n=1 時(shí)，無(wú)解當(dāng) n=1 時(shí)，聯(lián)立6 式得 聯(lián)立08 式得I I / V當(dāng)n_2時(shí)，不滿足0: 90的要求0911. ( 2014 年 四川卷)10.在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD 和傾斜軌道 GH 與半徑rm的光滑圓弧44軌道分別相切于 D 點(diǎn)和 G 點(diǎn)，GH 與水平面的夾角 v - 37，過 G 點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁

14、場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B =1.25K；過 D 點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1O04N/C。小物體R質(zhì)量m=20kg、電荷量q = +8X10C，收到水平向右的推力F =9.980；N的作用，沿 CD 向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D 點(diǎn)后撤去推力。當(dāng)P到達(dá)傾斜軌道低端 G 點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體F2在 GH 頂端靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t=0.1s與R相遇。R和P2與軌道 CD GH 間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為J=0.5，取g =10m/s2,sin37 =0.6 cos37 =0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小物體R在水平軌道 CD

15、上運(yùn)動(dòng)的速度v的大小;(2 )傾斜軌道 GH 的長(zhǎng)度S。 來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考(1)由對(duì) P1 受力分析可得：豎著方向受力平衡： N+qvB=mg水平方向受力平衡：F=N聯(lián)立可得：v=4m/ s(2) P1 從 D 到 G 由于洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力做正功，重力做負(fù)功由動(dòng)能定理可知：1212qErsin丁 - mgr( 1-cos v )= _ mvG- mvD22-IJ i J yP1 過 G 點(diǎn)后做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度設(shè)為a1,則；qEcos v-mgsin v-.L( mgcosv+qEsin v)=mq .* -jZ P2 質(zhì)量設(shè)為 叫在 GH 上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加

16、速度a2，則：m2gsin v-亠 m2geos v =m2a2P1 和 P2 在 GH 上的時(shí)間相同位移之和為S,所以：S=vGt+a1t2+1a2t22 2聯(lián)立各式，可得：S=0. 56m17. (2014 北京)16.帶電粒子 a、b 在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，他們的動(dòng)量大小相等，a 運(yùn)動(dòng)的半徑大于 b 運(yùn)動(dòng)的半徑。若a、b 的電荷量分別為qa、qb，質(zhì)量分別為 m、m,周期分別為 Ta、Tb。則一定有A. qaqbB. mC. Ta16.【答案】A【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、動(dòng)量2【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：qBv = m

17、J= r = -mv，因?yàn)閮蓚€(gè)粒子rqBQ-TT-的動(dòng)量相等,且rarb,所以qa 7b,A 項(xiàng)正確；速度不知道，所以質(zhì)量關(guān)系不確定，B 項(xiàng)錯(cuò)誤；又因?yàn)閝B質(zhì)量關(guān)系不知道，所以周期關(guān)系不確定，CD 項(xiàng)錯(cuò)誤。20. (12 分)兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為I。導(dǎo)軌上面橫放著兩根 來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路，如圖所示兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m電阻皆為R回路中其余部分的電阻來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考可不計(jì).在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為行.開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度vo (見圖).若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求

18、:(1) 在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少.3(2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，cd棒的加速度是多少？4解析：20.參考解答：ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應(yīng)電流.ab棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用作減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力作用下作加速運(yùn)動(dòng).在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速兩棒速度達(dá)到相同后，回路面積保持不變，磁通量22 . (13 分)如圖所示，兩條互相平行的光滑導(dǎo)軌位于水平面內(nèi)，距離為|=0.2m，在導(dǎo)軌的一端接有阻值為R=0.5Q的電阻，在 x0 處有一與水平面垂直的均勻磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B

19、=0.5T。一質(zhì)量為 m=0.1Kg 的金屬直桿垂直放置在在導(dǎo)軌上，并以w=2m/s 的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，在安培力和一垂直于桿的水平外力F 的作用下作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=2m/s2、方向與初速度方向相反。設(shè)導(dǎo)軌和金屬桿的電阻都可以忽略，且接觸良好。求：(1)電流為零時(shí)金屬桿所處的位置；(2)電流為最大值的一半時(shí)施加在金屬桿上外力F 的大小和方向;B.設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v作勻速運(yùn)動(dòng).(1 )從初始至兩棒達(dá)到速度相同的過程中，兩棒總動(dòng)量守恒，有:mv= 2mv根據(jù)能量守恒，整個(gè)過程中產(chǎn)生的總熱量:121212Qmv0(2m)vmv022

20、4(2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?時(shí)，cd棒的速度為v，則由動(dòng)量守恒可知:4mv0= m3v0+mv4此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流分別為3= (3vv)BI4I2R此時(shí)cd棒所受的安培力：F =IBIcd棒的加速度：a=Fm2 2由以上各式，可得：a=B4mRI , 來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考(3)保持其他條件不變。而初速度 v。取不同值，求開始時(shí) F 的方向與初速度 v。取值的關(guān)系解析：22.( 1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) e =BLV, I= /R .I= 0 時(shí)，v= 0來源網(wǎng)絡(luò)，僅供參考BLv2R-1 11 -當(dāng) V0一2 2=10m/s 時(shí)，F(xiàn) 0,方向與 X 軸相反B L當(dāng) vOmaR=10m/s 時(shí)，F(xiàn) v 0,方向與 X 軸相同B2L224. (18 分)如圖所示，在y0 的空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)沿y軸負(fù)方向；在yv 0 的空間中，存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直xy平面(紙面)向外。一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運(yùn)動(dòng)