高三復(fù)習(xí)：磁場相關(guān)課下作業(yè)及詳解

1、8.1磁場的描述磁場的描述磁場對電流的作用磁場對電流的作用一、選擇題一、選擇題1 (2011新課標(biāo)全國卷新課標(biāo)全國卷)為了解釋地球的磁性為了解釋地球的磁性， 19 世紀(jì)安培假設(shè)世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流 I 引起的在下列四個圖引起的在下列四個圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是()ABCD.圖圖 8121解析解析： 本題考查的是電流的磁效應(yīng)問題本題考查的是電流的磁效應(yīng)問題， 意在考查學(xué)生應(yīng)用物理意在考查學(xué)生應(yīng)用物理知識解決實際問題的能力知識解決實際問題的能力 由日常知識可知由日常知識可知， 地

2、球的南極為磁場的地球的南極為磁場的 N極，由右手螺旋定則可知，電流方向如圖極，由右手螺旋定則可知，電流方向如圖 B，故選項，故選項 B 正確正確答案：答案：B2在勻強磁場的同一位置，先后放入長度相等的兩根直導(dǎo)線在勻強磁場的同一位置，先后放入長度相等的兩根直導(dǎo)線 a和和 b，a、b 兩導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直兩導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直，但兩導(dǎo)線中的電流大小不但兩導(dǎo)線中的電流大小不同，圖同，圖 8122 所示圖像中表示導(dǎo)線所受安培力所示圖像中表示導(dǎo)線所受安培力 F 與通電電流與通電電流 I 的的關(guān)系關(guān)系，a、b 各自有一組各自有一組 F、I 的數(shù)值的數(shù)值，在圖像中各描一個點在圖像中各描一個點，下列

3、圖下列圖像中正確的是像中正確的是()ABCD.圖圖 8122解析：解析：由于導(dǎo)線與磁場垂直，故由于導(dǎo)線與磁場垂直，故 FBIL，而，而 a、b 兩導(dǎo)線的兩導(dǎo)線的 L相同，相同，B 相同，所以相同，所以 FI，因此選項，因此選項 D 正確正確答案：答案：D3 如圖如圖 8123 所示所示， 一根通電直導(dǎo)線垂直放在磁感應(yīng)強度一根通電直導(dǎo)線垂直放在磁感應(yīng)強度為為1 T 的勻強磁場中，在以導(dǎo)線截面的中心為圓心、的勻強磁場中，在以導(dǎo)線截面的中心為圓心、r 為半徑的圓周上為半徑的圓周上有有 a、b、c、d 四個點已知四個點已知 a 點的實際磁感應(yīng)強度為點的實際磁感應(yīng)強度為 0，則下列敘，則下列敘述正確的是

4、述正確的是()圖圖 8123A直導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里直導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里Bb 點的實際磁感應(yīng)強度為點的實際磁感應(yīng)強度為 2 T，方向斜向上方向斜向上，與與 B 的夾角的夾角為為45Cc 點的實際磁感應(yīng)強度也為點的實際磁感應(yīng)強度也為 0Dd 點的實際磁感應(yīng)強度與點的實際磁感應(yīng)強度與 b 點相同點相同解析：解析：a 點的實際磁感應(yīng)強度為點的實際磁感應(yīng)強度為 0，是直線電流在，是直線電流在 a 處的磁感應(yīng)處的磁感應(yīng)強度與勻強磁場在該處的磁感應(yīng)強度的矢量和為強度與勻強磁場在該處的磁感應(yīng)強度的矢量和為 0，所以直線電流所以直線電流在在a 處的處的 Ba1 T，方向向左，由安培定則可得直

5、導(dǎo)線中的電流方向垂，方向向左，由安培定則可得直導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里直紙面向里， 由于圓周上各點到直導(dǎo)線的距離相同由于圓周上各點到直導(dǎo)線的距離相同， 所以直線電流在所以直線電流在圓周上各處的磁感應(yīng)強度大小均為圓周上各處的磁感應(yīng)強度大小均為 1 T，但方向不同，在，但方向不同，在 b 處向上處向上，在在 c 處向右處向右，在在 d 處向下處向下b、c、d 三處的實際磁感應(yīng)強度分別為三處的實際磁感應(yīng)強度分別為 2T，方向斜向右上方與，方向斜向右上方與 B 成成 45夾角；夾角；2 T，方向向右；，方向向右； 2 T，方向，方向斜向右下方與斜向右下方與 B 成成 45夾角，選項夾角，選項 A、

6、B 正確正確答案：答案：AB4如圖如圖 8124 所示，帶負(fù)電的金屬環(huán)繞軸所示，帶負(fù)電的金屬環(huán)繞軸 OO以角速度以角速度勻速旋轉(zhuǎn)，在環(huán)左側(cè)軸線上的小磁針最后平衡的位置是勻速旋轉(zhuǎn)，在環(huán)左側(cè)軸線上的小磁針最后平衡的位置是()圖圖 8124AN 極豎直向上極豎直向上BN 極豎直向下極豎直向下CN 極沿軸線向左極沿軸線向左DN 極沿軸線向右極沿軸線向右解析解析：負(fù)電荷勻速轉(zhuǎn)動負(fù)電荷勻速轉(zhuǎn)動，會產(chǎn)生與旋轉(zhuǎn)方向反向的環(huán)形電流會產(chǎn)生與旋轉(zhuǎn)方向反向的環(huán)形電流，由由安培定則知安培定則知，在磁針處磁場的方向沿在磁針處磁場的方向沿 OO軸向左軸向左由于磁針由于磁針 N 極指極指向為磁場方向，所以應(yīng)選向為磁場方向，所

7、以應(yīng)選 C.答案：答案：C5當(dāng)放在同一平面內(nèi)的長直導(dǎo)線當(dāng)放在同一平面內(nèi)的長直導(dǎo)線 MN 和金屬框通以如圖和金屬框通以如圖 8125 所示的電流時，所示的電流時，MN 固定不動，金屬框的運動情況是固定不動，金屬框的運動情況是()圖圖 8125A金屬框?qū)⒖拷饘倏驅(qū)⒖拷?MNB金屬框?qū)⑦h(yuǎn)離金屬框?qū)⑦h(yuǎn)離 MNC金屬框?qū)⒁越饘倏驅(qū)⒁?xx為軸轉(zhuǎn)動為軸轉(zhuǎn)動D金屬框?qū)⒁越饘倏驅(qū)⒁?yy為軸轉(zhuǎn)動為軸轉(zhuǎn)動解析解析：上下兩個邊受到的磁場力的合力為零上下兩個邊受到的磁場力的合力為零，左右兩條邊中左右兩條邊中，左左邊受到的力是引力邊受到的力是引力，右邊受到的力是斥力右邊受到的力是斥力，但是越靠近導(dǎo)線但是越靠近導(dǎo)線，

8、磁感應(yīng)磁感應(yīng)強度越大，所以左邊受到的力大于右邊受到的力強度越大，所以左邊受到的力大于右邊受到的力答案：答案：A6質(zhì)量為質(zhì)量為 m 的通電細(xì)桿的通電細(xì)桿 ab 置于傾角為置于傾角為的平行導(dǎo)軌上的平行導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌寬導(dǎo)軌寬度為度為 d，桿，桿 ab 與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，有電流時，有電流時 ab 恰好在導(dǎo)軌恰好在導(dǎo)軌上靜止，如圖上靜止，如圖 8126 所示圖所示圖 8127 是沿是沿 ba 方向觀察時的方向觀察時的四個平面圖四個平面圖， 標(biāo)出了四種不同的勻強磁場方向標(biāo)出了四種不同的勻強磁場方向， 其中桿與導(dǎo)軌間摩擦其中桿與導(dǎo)軌間摩擦力可能為零的是力可能為零的是()圖圖 812

9、6ABCD.圖圖 8127答案：答案：AB7如圖如圖 8128 所示，所示，ab 是水平面上一個圓的直徑，在過是水平面上一個圓的直徑，在過 ab的豎直面內(nèi)有一根通電導(dǎo)線的豎直面內(nèi)有一根通電導(dǎo)線 ef，且且 ef 平行于平行于 ab，當(dāng)當(dāng) ef 豎直向上平移豎直向上平移時，穿過圓面積的磁通量將時，穿過圓面積的磁通量將()圖圖 8128A逐漸變大逐漸變大B逐漸變小逐漸變小C始終為零始終為零D不為零，但始終保持不變不為零，但始終保持不變解析解析： 穿過線圈的磁通量是由于通電導(dǎo)線造成的穿過線圈的磁通量是由于通電導(dǎo)線造成的， 但是通電導(dǎo)線但是通電導(dǎo)線處于圓的正上方處于圓的正上方， 所以穿過線圈的磁通量總

10、為零所以穿過線圈的磁通量總為零， 而通電導(dǎo)線豎直方而通電導(dǎo)線豎直方向的移動也不會影響其總磁通量的變化向的移動也不會影響其總磁通量的變化答案：答案：C8(2011新課標(biāo)全國卷新課標(biāo)全國卷)電磁軌道炮工作原理如圖電磁軌道炮工作原理如圖 8129 所所示示 待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動， 并與軌道保持良好接并與軌道保持良好接觸觸電流電流 I 從一條軌道流入從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回軌軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場可視為勻強磁場)，磁感磁感應(yīng)強度

11、的大小與應(yīng)強度的大小與 I 成正比成正比 通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出高速射出 現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的 2 倍倍， 理論上可采用理論上可采用的辦法是的辦法是()圖圖 8129A只將軌道長度只將軌道長度 L 變?yōu)樵瓉淼淖優(yōu)樵瓉淼?2 倍倍B只將電流只將電流 I 增加至原來的增加至原來的 2 倍倍C只將彈體質(zhì)量減至原來的一半只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度 L 變?yōu)樵瓉淼淖優(yōu)樵瓉淼?2 倍倍，其他量不變其他量不變解析解析： 本題考查的是安培力

12、和動能定理的知識本題考查的是安培力和動能定理的知識， 意在考查學(xué)生應(yīng)意在考查學(xué)生應(yīng)用物理知識解決實際問題的能力用物理知識解決實際問題的能力由題意可知磁感應(yīng)強度由題意可知磁感應(yīng)強度 BkI，安安培力培力 FBIdkI2d， 由動能定理可得由動能定理可得： FLmv22， 解得解得 vI2kdLm，由此式可判斷由此式可判斷 B、D 選項正確選項正確答案：答案：BD9如圖如圖 8130 所示，一金屬直桿所示，一金屬直桿 MN 兩端接有導(dǎo)線，懸掛兩端接有導(dǎo)線，懸掛于線圈上方于線圈上方， MN 與線圈軸線處于同一豎直平面內(nèi)與線圈軸線處于同一豎直平面內(nèi)，為使為使 MN 垂直于垂直于紙面向外運動，可以紙面向

13、外運動，可以()圖圖 8130A將將 a、c 端接電源正極，端接電源正極，b、d 端接電源負(fù)極端接電源負(fù)極B將將 b、d 端接電源正極，端接電源正極，a、c 端接電源負(fù)極端接電源負(fù)極C將將 a、d 端接電源正極，端接電源正極，b、c 端接電源負(fù)極端接電源負(fù)極D將將 a 端接電源的正極，端接電源的正極，b 接接 c，d 端接電源的負(fù)極端接電源的負(fù)極解析解析： a、 c 端接電源正極端接電源正極， b、 d 端接電源負(fù)極時端接電源負(fù)極時， 電流從電流從 MN，所在處磁場向上所在處磁場向上，則則 MN 向外運動向外運動，A 選項正確選項正確b、d 端接正極時端接正極時，MN 中電流從中電流從 NM，

14、磁場方向向下磁場方向向下，受力向外受力向外，B 選項正確選項正確，C 選選項錯誤項錯誤a 端接正極，端接正極，b 與與 c 短接，短接，d 端接負(fù)極時，等同于端接負(fù)極時，等同于 A 選項，選項，所以所以 D 選項也正確選項也正確答案：答案：ABD10如圖如圖 8131 所示，在絕緣的水平面上等間距固定著三根所示，在絕緣的水平面上等間距固定著三根相互平行的通電直導(dǎo)線相互平行的通電直導(dǎo)線 a、 b 和和 c， 各導(dǎo)線中的電流大小相同各導(dǎo)線中的電流大小相同， 其中其中 a、c 導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向外，導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向外，b 導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向?qū)Ь€中的電流方向垂直紙面向內(nèi)內(nèi) 每

15、根導(dǎo)線都受到另外兩根導(dǎo)線對它的安培力作用每根導(dǎo)線都受到另外兩根導(dǎo)線對它的安培力作用， 則關(guān)于每根導(dǎo)則關(guān)于每根導(dǎo)線所受安培力的合力，以下說法中正確的是線所受安培力的合力，以下說法中正確的是()圖圖 8131A導(dǎo)線導(dǎo)線 a 所受合力方向水平向右所受合力方向水平向右B導(dǎo)線導(dǎo)線 c 所受合力方向水平向右所受合力方向水平向右C導(dǎo)線導(dǎo)線 c 所受合力方向水平向左所受合力方向水平向左D導(dǎo)線導(dǎo)線 b 所受合力方向水平向左所受合力方向水平向左解析解析： 首先用安培定則判定導(dǎo)線所在處的磁場方向首先用安培定則判定導(dǎo)線所在處的磁場方向， 要注意是合要注意是合磁場的方向，然后用左手定則判定導(dǎo)線的受力方向，可以確定磁場的

16、方向，然后用左手定則判定導(dǎo)線的受力方向，可以確定 B 是是正確的正確的答案：答案：B二、非選擇題二、非選擇題11質(zhì)量為質(zhì)量為 m、長度為、長度為 L 的導(dǎo)體棒的導(dǎo)體棒 MN 靜止于水平導(dǎo)軌上，通靜止于水平導(dǎo)軌上，通過過 MN 的電流為的電流為 I，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為勻強磁場的磁感應(yīng)強度為 B，方向與導(dǎo)軌平面成方向與導(dǎo)軌平面成角斜向下角斜向下，如圖如圖 8132 所示所示，求棒求棒 MN 受到的支持力和摩擦力受到的支持力和摩擦力圖圖 8132解析解析： 由左手定則判斷安培力的方向時由左手定則判斷安培力的方向時， 要注意安培力的方向既要注意安培力的方向既垂直于電流方向又垂直于磁場方向垂直于電流

17、方向又垂直于磁場方向， 即垂直于電流方向和磁場方向所即垂直于電流方向和磁場方向所決定的平面，棒決定的平面，棒 MN 受力分析如圖受力分析如圖 8133 所示由平衡條件有所示由平衡條件有圖圖 8133水平方向水平方向 FfFsin，豎直方向豎直方向 FNFcosmg，且且 FBIL，從而得從而得 FfBILsin，F(xiàn)NBILcosmg.答案：答案：BILcosmgBILsin12如圖如圖 8134 所示為一電流表的原理示意圖所示為一電流表的原理示意圖質(zhì)量為質(zhì)量為 m 的的均質(zhì)細(xì)金屬棒均質(zhì)細(xì)金屬棒 MN 的中點外通過一掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，的中點外通過一掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，絕緣彈簧勁

18、度系數(shù)為絕緣彈簧勁度系數(shù)為 k.在矩形區(qū)域在矩形區(qū)域 abcd 內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為大小為 B，方向垂直紙面向外與，方向垂直紙面向外與 MN 的右端的右端 N 連接的一絕緣輕指連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù)針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù)， MN 的長度大于的長度大于ab.當(dāng)當(dāng) MN 中沒有電流通過中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，且處于平衡狀態(tài)時，MN 與矩形區(qū)域的與矩形區(qū)域的 cd 邊重合；當(dāng)邊重合；當(dāng) MN 中有電流中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流強度通過時，指針示數(shù)可表示電流強度圖圖 8134(1)當(dāng)電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長多少？當(dāng)電流表示數(shù)為零時，彈簧伸

19、長多少？(重力加速度為重力加速度為 g)(2)若要電流表正常工作，若要電流表正常工作，MN 的哪一端應(yīng)與電源正極相接？的哪一端應(yīng)與電源正極相接？(3)若若 k2.0N/m，ab0.20m，cb0.050m，B0.20 T，此，此電流表的量程是多少？電流表的量程是多少？(不計通電時電流產(chǎn)生的磁場的作用不計通電時電流產(chǎn)生的磁場的作用)(4)若將量程擴大到原來的若將量程擴大到原來的 2 倍，磁感應(yīng)強度應(yīng)變?yōu)槎啻?？倍，磁感?yīng)強度應(yīng)變?yōu)槎啻?？解析解析?1)設(shè)當(dāng)電流表示數(shù)為零時設(shè)當(dāng)電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為彈簧的伸長量為x，則有則有 mgkx由由式得式得：xmgk.(2)為使電流表正常工作，作用于

20、通有電流的金屬棒為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒 MN 的安培的安培力必須向下，因此力必須向下，因此 M 端應(yīng)接正極端應(yīng)接正極(3)設(shè)電流表滿偏時通過設(shè)電流表滿偏時通過 MN 間電流強度為間電流強度為 Im，則有，則有BImabmgk(cbx)聯(lián)立聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得并代入數(shù)據(jù)得 Im2.5A(4)設(shè)量程擴大后，磁感應(yīng)強度變?yōu)樵O(shè)量程擴大后，磁感應(yīng)強度變?yōu)?B，則有，則有2BImabmgk(cbx)由由式得：式得：Bkcb2Imab代入數(shù)據(jù)得：代入數(shù)據(jù)得：B0.10 T.答案：答案：(1)mgk(2)M(4)0.10 T13如圖如圖 8135 所示，所示，PQ 和和 MN 為水平、平行放置

21、的金屬為水平、平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距導(dǎo)軌，相距 L1mPM 間接有一個電動勢為間接有一個電動勢為 E6V、內(nèi)阻、內(nèi)阻 r1的電源和一只滑動變阻器導(dǎo)體棒的電源和一只滑動變阻器導(dǎo)體棒 ab 跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量 m0.2kg，棒的中點用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與物體相連棒的中點用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量物體的質(zhì)量 M0.5，勻強磁場的磁感應(yīng)強度勻強磁場的磁感應(yīng)強度 B2 T，方向豎直向下求為使物體保持靜，方向豎直向下求為使物體保持靜止止， 滑動變阻器連入電路的阻值為多大滑動變阻器連入電路的阻值為多大 設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計

22、力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計(g 取取 10m/s2)圖圖 8135解析：解析：導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力為導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力為FfFNmg10N1N.繩對導(dǎo)體棒的拉力繩對導(dǎo)體棒的拉力 F拉拉Mg10N3N.導(dǎo)體棒將要向左滑動時導(dǎo)體棒將要向左滑動時BImaxLFfF拉拉，Imax2A.由閉合電路歐姆定律得由閉合電路歐姆定律得 ImaxERminr6 VRmin1或或6VRmax1 ，故故 Rmin2.導(dǎo)體棒將要向右滑動時導(dǎo)體棒將要向右滑動時 FfBIminLF拉拉，Imin1A.由閉合電路歐姆定律得由閉合電路歐姆定律得 IminERmaxr6 VRmax1或或6 VRmax1 ，故故 Rma

23、x5.滑動變阻器連入電路的阻值為滑動變阻器連入電路的阻值為 2R5.答案：答案：2R58.2磁場對運動電荷的作用磁場對運動電荷的作用一、選擇題一、選擇題1如圖如圖 8216 所示所示，水平導(dǎo)線中有電流水平導(dǎo)線中有電流 I 通過通過，導(dǎo)線正下方導(dǎo)線正下方的電子初速度的方向與電流的電子初速度的方向與電流 I 的方向相同，則電子將的方向相同，則電子將()圖圖 8216A沿路徑沿路徑 a 運動，軌跡是圓運動，軌跡是圓B沿路徑沿路徑 a 運動，軌道半徑越來越大運動，軌道半徑越來越大C沿路徑沿路徑 a 運動，軌道半徑越來越小運動，軌道半徑越來越小D沿路徑沿路徑 b 運動，軌道半徑越來越小運動，軌道半徑越來

24、越小解析：解析：由由 rmvBq知，知，B 減小，減小，r 越來越大，故電子的徑跡是越來越大，故電子的徑跡是 a.答案：答案：B2如圖如圖 8217 所示所示，一束電子流沿管的軸線進(jìn)入螺線管一束電子流沿管的軸線進(jìn)入螺線管，忽忽略重力，電子在管內(nèi)的運動應(yīng)該是略重力，電子在管內(nèi)的運動應(yīng)該是()圖圖 8217A當(dāng)從當(dāng)從 a 端通入電流時，電子做勻加速直線運動端通入電流時，電子做勻加速直線運動B當(dāng)從當(dāng)從 b 端通入電流時，電子做勻加速直線運動端通入電流時，電子做勻加速直線運動C不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動D不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動不管

25、從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動答案：答案：C3如圖如圖 8218 所示所示，沒有磁場時沒有磁場時，顯像管內(nèi)電子束打在熒光顯像管內(nèi)電子束打在熒光屏正中的屏正中的 O 點，加磁場后電子束打在熒光屏點，加磁場后電子束打在熒光屏 O 點上方的點上方的 P 點，則所點，則所加磁場的方向可能是加磁場的方向可能是()圖圖 8218A垂直于紙面向內(nèi)垂直于紙面向內(nèi)B垂直于紙面向外垂直于紙面向外C平行于紙面向上平行于紙面向上D平行于紙面向下平行于紙面向下解析解析： 電子受到的洛倫茲力的方向向上電子受到的洛倫茲力的方向向上， 由左手定則可判定磁場由左手定則可判定磁場方向可能垂直于紙面向外，方向可能垂直于紙面向

26、外，B 項正確項正確答案：答案：B4 如圖如圖 8219 所示所示， 兩半圓柱板間有一垂直紙面方向的勻強兩半圓柱板間有一垂直紙面方向的勻強磁場磁場， 從兩板的一端垂直端面方向射入一束電荷量相等的正離子從兩板的一端垂直端面方向射入一束電荷量相等的正離子 為為使它們恰能沿同一半圓路徑的另一端射出使它們恰能沿同一半圓路徑的另一端射出， 這些正離子需要有相同的這些正離子需要有相同的()圖圖 8219A速度速度B質(zhì)量質(zhì)量C質(zhì)量和速度的乘積質(zhì)量和速度的乘積D動能動能解析解析： 由于正離子做半徑相同的勻速圓周運動由于正離子做半徑相同的勻速圓周運動， 則有則有 qvBmv2r，rmvqB，q、B 相同，說明正

27、離子的質(zhì)量與速度的乘積也相同，相同，說明正離子的質(zhì)量與速度的乘積也相同，C 正正確確答案：答案：C5在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個帶電小球繞豎直方向在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個帶電小球繞豎直方向的軸的軸 O 在勻強磁場中做逆時針方向的勻速圓周運動，磁場方向豎直在勻強磁場中做逆時針方向的勻速圓周運動，磁場方向豎直向下，且范圍足夠大，其俯視圖如圖向下，且范圍足夠大，其俯視圖如圖 8220 所示，若小球運動到所示，若小球運動到某點時某點時，繩子突然斷開繩子突然斷開，則關(guān)于繩子斷開后則關(guān)于繩子斷開后，對小球可能的運動情況對小球可能的運動情況的判斷的判斷不不正確的是正確的是()圖圖 8220A

28、小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，但半徑減小小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，但半徑減小B小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，半徑不變小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動，半徑不變C小球做順時針方向的勻速圓周運動，半徑不變小球做順時針方向的勻速圓周運動，半徑不變D小球做順時針方向的勻速圓周運動，半徑減小小球做順時針方向的勻速圓周運動，半徑減小解析解析：繩子斷開后繩子斷開后，小球速度大小不變小球速度大小不變，電性不變電性不變由于小球可由于小球可能帶正電也可能帶負(fù)電能帶正電也可能帶負(fù)電， 若帶正電若帶正電， 繩子斷開后小球仍做逆時針方向繩子斷開后小球仍做逆時針方向的勻速圓周運動的勻速圓周運動，向心力減小

29、或不變向心力減小或不變(原繩拉力為零原繩拉力為零)，則運動半徑增則運動半徑增大或不變大或不變 若帶負(fù)電若帶負(fù)電， 繩子斷開后小球做順時針方向的勻速圓周運動繩子斷開后小球做順時針方向的勻速圓周運動，繩斷前的向心力與帶電小球受到的洛倫茲力的大小不確定繩斷前的向心力與帶電小球受到的洛倫茲力的大小不確定， 向心力變向心力變化趨勢不確定，則運動半徑可能增大，可能減小，也可能不變化趨勢不確定，則運動半徑可能增大，可能減小，也可能不變答案：答案：A6 (2011浙江卷浙江卷)利用如圖利用如圖 8221 所示裝置可以選擇一定速度所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子范圍內(nèi)的帶電粒子 圖中板圖中板 MN 上方

30、是磁感應(yīng)強度大小為上方是磁感應(yīng)強度大小為 B、 方向垂方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為 2d 和和 d 的縫，兩縫的縫，兩縫近端相距為近端相距為 L.一群質(zhì)量為一群質(zhì)量為 m、電荷量為電荷量為 q、具有不同速度的粒子從寬具有不同速度的粒子從寬度為度為 2d 的縫垂直于板的縫垂直于板 MN 進(jìn)入磁場進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度為對于能夠從寬度為 d 的縫射出的縫射出的粒子，下列說法正確的是的粒子，下列說法正確的是()圖圖 8221A粒子帶正電粒子帶正電B射出粒子的最大速度為射出粒子的最大速度為qB 3dL 2mC保持保持 d 和和 L 不變不

31、變，增大增大 B，射出粒子的最大速度與最小速度射出粒子的最大速度與最小速度之差增大之差增大D保持保持 d 和和 B 不變不變，增大增大 L，射出粒子的最大速度與最小速度射出粒子的最大速度與最小速度之差增大之差增大解析解析： 本題考查帶電粒子在磁場中的運動本題考查帶電粒子在磁場中的運動， 意在考查考生應(yīng)用數(shù)意在考查考生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理問題的能力和分析問題的能力學(xué)知識處理問題的能力和分析問題的能力 由左手定則和粒子的偏轉(zhuǎn)由左手定則和粒子的偏轉(zhuǎn)情況可以判斷粒子帶負(fù)電情況可以判斷粒子帶負(fù)電， 選項選項 A 錯錯； 根據(jù)洛倫茲力提供向心力根據(jù)洛倫茲力提供向心力 qvBmv2r可得可得 vqBrm， r

32、越大越大 v 越大越大， 由圖可知由圖可知 r 最大值為最大值為 rmax3dL2，選項選項 B 正確；又正確；又 r 最小值為最小值為 rminL2，將，將 r 的最大值和最小值代入的最大值和最小值代入 v的表達(dá)式后得出速度之差為的表達(dá)式后得出速度之差為v3qBd2m，可見選項，可見選項 C 正確、正確、D 錯誤錯誤答案：答案：BC7 如圖如圖 8222 所示所示， 一個帶負(fù)電的物體從粗糙斜面頂端滑到一個帶負(fù)電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為斜面底端時的速度為 v.若加上一個垂直紙面指向讀者方向的磁場，若加上一個垂直紙面指向讀者方向的磁場，則滑到底端時則滑到底端時()圖圖 8222

33、Av 變大變大Bv 變小變小Cv 不變不變D不能確定不能確定解析解析：洛倫茲力雖然不做功洛倫茲力雖然不做功，但其方向垂直斜面向下但其方向垂直斜面向下，使物體與使物體與斜面間的正壓力變大，故摩擦力變大，損失的機械能增加斜面間的正壓力變大，故摩擦力變大，損失的機械能增加答案：答案：B8長為長為 L 的水平極板間的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)磁感應(yīng)強度為強度為 B，板間距離為板間距離為 L，板不帶電板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為現(xiàn)有質(zhì)量為 m、電荷量為電荷量為 q 的的帶正電粒子帶正電粒子(重力不計重力不計)，從左邊極板間中點處垂直磁場以速度從左邊極板間中點處垂直磁場以

34、速度 v 水平水平入射，如圖入射，如圖 8223 所示，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法所示，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是是()圖圖 8223A使粒子速度使粒子速度 vBqL4mB使粒子速度使粒子速度 v5BqL4mC使粒子速度使粒子速度 vBqL4mD使粒子速度使粒子速度BqL4 mv5BqL4m解析：解析：如圖如圖 8224，設(shè)粒子能從右邊穿出的運動半徑的臨界，設(shè)粒子能從右邊穿出的運動半徑的臨界值為值為 r1， 有有 r21L2(r1L2)2， 得得 r154L.又因為又因為 r1mv1qB， 得得 v15BqL4m，所以所以 v5BqL4m時粒子能從右邊穿出設(shè)粒子能從左邊穿出的

35、運動半時粒子能從右邊穿出設(shè)粒子能從左邊穿出的運動半徑的臨界值為徑的臨界值為 r2， 由由 r2L4得得 v2qBL4m， 所以所以 vBqL4m時粒子能從左邊時粒子能從左邊穿出穿出圖圖 8224答案：答案：AB9如圖如圖 8225 所示所示，MN 為兩個勻強磁場的分界面為兩個勻強磁場的分界面，兩磁場兩磁場的磁感應(yīng)強度大小的關(guān)系為的磁感應(yīng)強度大小的關(guān)系為 B12B2，一帶電荷量為，一帶電荷量為q、質(zhì)量為、質(zhì)量為 m的粒子從的粒子從 O 點垂直點垂直 MN 進(jìn)入進(jìn)入 B1磁場磁場，則經(jīng)過多長時間它將向下再一則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過次通過 O 點點()圖圖 8225A.2mqB1B.2mqB

36、2C.2mq B1B2 D.mq B1B2 解析：解析：粒子在磁場中的運動軌跡如圖粒子在磁場中的運動軌跡如圖 8226 所示，由周期公所示，由周期公式式T2mqB知知， 粒子粒子從從O點進(jìn)入磁場到再一次通點進(jìn)入磁場到再一次通過過O點的時點的時間間t2mqB1mqB22mqB2，所以，所以 B 選項正確選項正確圖圖 8226答案：答案：B10如圖如圖 8227 所示，在半徑為所示，在半徑為 R 的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場場在邊長為在邊長為 2R 的正方形區(qū)域里也有勻強磁場的正方形區(qū)域里也有勻強磁場，兩個磁場的磁感應(yīng)兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小相同兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別從強

37、度大小相同兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別從 M、N 兩兩點射入勻強磁場在點射入勻強磁場在 M 點射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；點射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在在 N 點射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且點射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且 N 點為正方形邊點為正方形邊長的中點，則下列說法正確的是長的中點，則下列說法正確的是()圖圖 8227A帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同B從從 M 點射入的帶電粒子可能先飛出磁場點射入的帶電粒子可能先飛出磁場C從從 N 點射入的帶電粒子可能先飛出磁場點射入的帶電粒子可能先飛出磁場D從從 N 點射入

38、的帶電粒子不可能比點射入的帶電粒子不可能比 M 點射入的帶電粒子先飛點射入的帶電粒子先飛出磁場出磁場解析：解析：畫軌跡草圖如圖畫軌跡草圖如圖 8228 所示，容易得出粒子在圓形磁所示，容易得出粒子在圓形磁場中的軌跡長度場中的軌跡長度(或軌跡對應(yīng)的圓心角或軌跡對應(yīng)的圓心角)不會大于在正方形磁場中的不會大于在正方形磁場中的，故故 A、B、D 正確正確圖圖 8228答案：答案：ABD二、非選擇題二、非選擇題11如圖如圖 8229 所示，勻強磁場中放置一與磁感線平行的薄所示，勻強磁場中放置一與磁感線平行的薄鉛板鉛板，一個帶電粒子進(jìn)入勻強磁場一個帶電粒子進(jìn)入勻強磁場，以半徑以半徑 R120cm 做勻速圓

39、周運做勻速圓周運動動，第一次垂直穿過鉛板后以半徑第一次垂直穿過鉛板后以半徑 R219cm 做勻速圓周運動做勻速圓周運動，則帶則帶電粒子能夠穿過鉛板的次數(shù)是多少？電粒子能夠穿過鉛板的次數(shù)是多少？圖圖 8229解析：解析：粒子每穿過鉛板一次損失的動能為：粒子每穿過鉛板一次損失的動能為：Ek12mv2112mv22q2B22m(R21R22)，粒子穿過鉛板的次數(shù)為：粒子穿過鉛板的次數(shù)為：n12mv21EkR21R21R2210.26 次，次，取取 n10 次次答案：答案：10 次次12(2010高考新課標(biāo)全國卷高考新課標(biāo)全國卷)如圖如圖 8230 所示所示，在在 0 xa、0ya2范圍內(nèi)有垂直于范圍

40、內(nèi)有垂直于 xOy 平面向外的勻強磁場平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小磁感應(yīng)強度大小為為 B.坐標(biāo)原點坐標(biāo)原點 O 處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為 m、電、電荷量為荷量為 q 的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在 xOy平面內(nèi)，與平面內(nèi)，與 y 軸正方向的夾角分布在軸正方向的夾角分布在 090范圍內(nèi)已知粒子在磁范圍內(nèi)已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于場中做圓周運動的半徑介于 a/2 到到 a 之間之間， 從發(fā)射粒子到粒子全部離從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運

41、動周期的四分之開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的一求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的圖圖 8230(1)速度的大??；速度的大?。?2)速度方向與速度方向與 y 軸正方向夾角的正弦軸正方向夾角的正弦解析解析： 設(shè)粒子的發(fā)射速度為設(shè)粒子的發(fā)射速度為 v， 粒子做圓周運動的軌道半徑為粒子做圓周運動的軌道半徑為 R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得 qvBmv2R由由式得式得 RmvqB當(dāng)當(dāng) a/2Ra 時時，在磁場中運動時間最長的粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心其軌跡是圓心為為 C 的圓弧的圓弧

42、，圓弧與磁場的上邊界相切圓弧與磁場的上邊界相切，如圖如圖 8231 所示所示設(shè)該設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為粒子在磁場中運動的時間為 t， 依題意依題意 tT/4， 得得OCA2圖圖 8231設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與 y 軸正方向的夾角為軸正方向的夾角為，由，由幾何關(guān)系可得幾何關(guān)系可得 RsinRa2RsinaRcos又又 sin2cos21由由式得式得 R(262)a由由得得 v(262)aqBm.(2)由由式得式得 sin6 610.答案：答案：(1)(262)aqBm(2)6 61013 (2011新課標(biāo)全國卷新課標(biāo)全國卷)如如圖圖 8232 所示

43、所示， 在區(qū)域在區(qū)域(0 xd)和區(qū)域和區(qū)域(dx2d)內(nèi)分別存在勻強磁場內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為磁感應(yīng)強度大小分別為 B和和 2B，方向相反方向相反，且都垂直于且都垂直于 Oxy 平面平面一質(zhì)量為一質(zhì)量為 m、帶電荷量帶電荷量 q(q0)的粒子的粒子 a 于某時刻從于某時刻從 y 軸上的軸上的 P 點射入?yún)^(qū)域點射入?yún)^(qū)域，其速度方向沿其速度方向沿 x軸正向軸正向 已知已知 a 在離開區(qū)域在離開區(qū)域時時， 速度方向與速度方向與 x 軸正向的夾角為軸正向的夾角為 30；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與此時，另一質(zhì)量和電荷量均與 a 相同的粒子相同的粒子 b 也從也從 P 點沿點沿 x 軸

44、正向軸正向射入?yún)^(qū)域射入?yún)^(qū)域， 其速度大小是其速度大小是 a 的的 1/3.不計重力和兩粒子之間的相互作不計重力和兩粒子之間的相互作用力求用力求圖圖 8232(1)粒子粒子 a 射入?yún)^(qū)域射入?yún)^(qū)域時速度的大??；時速度的大??；(2)當(dāng)當(dāng) a 離開區(qū)域離開區(qū)域時，時，a、b 兩粒子的兩粒子的 y 坐標(biāo)之差坐標(biāo)之差解析：解析：(1)設(shè)粒子在設(shè)粒子在 I 內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為 C(在在 y 軸上軸上)，半徑為半徑為 Ra1，粒子速率為，粒子速率為 va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為為P，如圖，如圖 8233 所示由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

45、所示由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得圖圖 8233qvaBmv2aRa1由幾何關(guān)系得由幾何關(guān)系得PCPRa1dsin式中，式中，30.由由式得式得va2dqBm.(2)設(shè)粒子設(shè)粒子 a 在在內(nèi)做圓周運動的圓心為內(nèi)做圓周運動的圓心為 Oa， 半徑為半徑為 Ra2， 射出點射出點為為 Pa(圖中未畫出軌跡圖中未畫出軌跡)，POaPa.由洛倫茲力公式和牛頓第由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得二定律得qva(2B)mv2aRa2由由式得式得Ra2Ra12C、P和和 Oa三點共線，且由三點共線，且由式知式知 Oa點必位于點必位于x32d的平面上由對稱性知，的平面上由對稱性知，Pa點與點與 P點縱坐標(biāo)相同，點縱

46、坐標(biāo)相同，即即yPaRa1cosh式中，式中，h 是是 C 點的點的 y 坐標(biāo)坐標(biāo)設(shè)設(shè) b 在在中運動的軌道半徑為中運動的軌道半徑為 Rb1，由洛倫茲力公式和牛頓第二，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得定律得q(va3)BmRb1(va3)2設(shè)設(shè) a 到達(dá)到達(dá) Pa點時，點時，b 位于位于 Pb點，轉(zhuǎn)過的角度為點，轉(zhuǎn)過的角度為.如果如果 b 沒有飛沒有飛出出，則，則tTa22tTb12式中，式中，t 是是 a 在區(qū)域在區(qū)域中運動的時間，而中運動的時間，而Ta22Ra2vaTb12Rb1va/3由由式得式得30由由式可見，式可見，b 沒有飛出沒有飛出，Pb點的點的 y 坐標(biāo)為坐標(biāo)為yPbRb1(2c

47、os)h由由式及題給條件得，式及題給條件得，a、b 兩粒子的兩粒子的 y 坐標(biāo)之差為坐標(biāo)之差為yPayPb23( 32)d.答案：答案：(1)2dqBm(2)23( 32)d8.3帶電粒子的復(fù)合場中的運動帶電粒子的復(fù)合場中的運動一、選擇題一、選擇題1帶電粒子以初速度帶電粒子以初速度 v0從從 a 點進(jìn)入勻強磁場，如圖點進(jìn)入勻強磁場，如圖 8318所示，運動中經(jīng)過所示，運動中經(jīng)過 b 點，點，OaOb，若撤去磁場加一個與，若撤去磁場加一個與 y 軸平行的軸平行的勻強電場，粒子仍以勻強電場，粒子仍以 v0從從 a 點進(jìn)入電場，粒子仍能通過點進(jìn)入電場，粒子仍能通過 b 點，那么點，那么電場強度電場強

48、度 E 與磁感應(yīng)強度與磁感應(yīng)強度 B 之比之比EB為為()圖圖 8318Av0B.1v0C2v0D.v02解析解析：設(shè)設(shè) OaObd，因為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動因為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以圓周運動的半徑正好等于所以圓周運動的半徑正好等于 d，即，即 rmv0qBd，得到，得到 Bmv0qd.如果如果換成勻強電場，水平方向以換成勻強電場，水平方向以 v0做勻速直線運動，豎直方向沿做勻速直線運動，豎直方向沿 y 軸負(fù)軸負(fù)方向做勻加速運動方向做勻加速運動， 即即 d12qEm(dv0)2， 得到得到 E2mv20qd， 所以所以EB2v0，選項選項 C 正確正確答案：答案：C2

49、如圖如圖 8319 所示的虛線區(qū)域內(nèi)所示的虛線區(qū)域內(nèi)， 充滿垂直于紙面向里的勻充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場一帶電粒子強磁場和豎直向下的勻強電場一帶電粒子 a(不計重力不計重力)以一定的初以一定的初速度由左邊界的速度由左邊界的 O 點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的界的 O點點(圖中未標(biāo)出圖中未標(biāo)出)穿出穿出若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變變，另一個同樣的粒子另一個同樣的粒子 b(不計重力不計重力)仍以相同初速度由仍以相同初速度由 O 點射入點射入，從從區(qū)域右邊界穿出，則粒子區(qū)域右邊界穿出

50、，則粒子 b()圖圖 8319A穿出位置一定在穿出位置一定在 O點下方點下方B穿出位置一定在穿出位置一定在 O點上方點上方C運動時，在電場中的電勢能一定減小運動時，在電場中的電勢能一定減小D在電場中運動時，動能一定減小在電場中運動時，動能一定減小解析解析：a 粒子要在電場粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒則該粒子一定做勻速直線運動子一定做勻速直線運動，故對粒子故對粒子 a 有有：BqvEq，即只要滿足即只要滿足 EBv，無論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，無論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子

51、當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子 b 由于電性不確定，故無法判斷由于電性不確定，故無法判斷 b粒子從粒子從 O點的上方還是下方穿出點的上方還是下方穿出，故故 A、B 錯誤錯誤；粒子粒子 b 在穿過電在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類平拋運動，電場力做正場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類平拋運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故功，其電勢能減小，動能增大，故 C 項正確、項正確、D 項錯誤項錯誤答案：答案：C3(2011石家莊教學(xué)檢測石家莊教學(xué)檢測)勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖工作原理示意圖如圖 8320 所示所示置于高真

52、空中的置于高真空中的 D 形金屬盒半形金屬盒半徑為徑為 R，兩盒間的狹縫很小兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略帶電粒子穿過的時間可忽略磁感應(yīng)強磁感應(yīng)強度為度為 B 的勻強磁場與盒面垂直的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為高頻交流電頻率為 f，加速電壓為加速電壓為 U.若若 A 處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為 m、電荷量為電荷量為q，在加速器中被加在加速器中被加速速， 且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響， 則下列說法正確則下列說法正確的是的是()圖圖 8320A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超

53、過 2RfB質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓 U 成正比成正比C 質(zhì)子第質(zhì)子第 2 次和第次和第 1 次經(jīng)過兩次經(jīng)過兩 D 形盒間狹縫后軌道半徑之比為形盒間狹縫后軌道半徑之比為21D不改變磁感應(yīng)強度不改變磁感應(yīng)強度 B 和交流電頻率和交流電頻率 f，該回旋加速器電能用，該回旋加速器電能用于于粒子粒子(含兩個質(zhì)子，兩個中子含兩個質(zhì)子，兩個中子)加速加速解析：解析：粒子被加速后的最大速度受到粒子被加速后的最大速度受到 D 形盒半徑形盒半徑 R 的制約，的制約，因因v2RT2Rf， A 正確正確； 粒子離開回旋加速器的最大動能粒子離開回旋加速器的最大動

54、能 Ekm12mv212m42R2f22m2R2f2， 與加速電壓與加速電壓 U 無關(guān)無關(guān)， B 錯誤錯誤； 根據(jù)根據(jù) RmvBq，Uq12mv21，2Uq12mv22，得質(zhì)子第，得質(zhì)子第 2 次和第次和第 1 次經(jīng)過兩次經(jīng)過兩 D 形盒間狹形盒間狹縫后軌道半徑之比為縫后軌道半徑之比為 21，C 正確；因回旋加速器的最大動能正確；因回旋加速器的最大動能 Ekm2m2R2f2與與 m、R、f 均有關(guān)，均有關(guān)，D 錯誤錯誤答案：答案：AC4如圖如圖 8321 所示所示，在一絕緣在一絕緣、粗糙且足夠長的水平管道中粗糙且足夠長的水平管道中有一帶電量為有一帶電量為 q、 質(zhì)量為質(zhì)量為 m 的帶電球體的帶

55、電球體， 管道半徑略大于球體半徑管道半徑略大于球體半徑 整整個管道處于磁感應(yīng)強度為個管道處于磁感應(yīng)強度為 B 的水平勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與的水平勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與管道垂直現(xiàn)給帶電球體一個水平速度管道垂直現(xiàn)給帶電球體一個水平速度 v0，則在整個運動過程中，則在整個運動過程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為帶電球體克服摩擦力所做的功可能為()圖圖 8321A0B.12mmgqB2C.12mv20D.12m v20mgqB2解析解析：若帶電球體所受的洛倫茲力若帶電球體所受的洛倫茲力 qv0Bmg，帶電球體與管道帶電球體與管道間沒有彈力，也不存在摩擦力，故帶電球體克服摩擦力做的功為間

56、沒有彈力，也不存在摩擦力，故帶電球體克服摩擦力做的功為 0，A 正確；若正確；若 qv0Bmg，則帶電球體在摩擦力的作用下最終停止，故，則帶電球體在摩擦力的作用下最終停止，故克服摩擦力做的功為克服摩擦力做的功為12mv20，C 正確正確；若若 qv0Bmg，則帶電球體開始則帶電球體開始時受摩擦力的作用而減速，當(dāng)速度達(dá)到時受摩擦力的作用而減速，當(dāng)速度達(dá)到 vmgqB時，帶電球體不再受時，帶電球體不再受摩擦力的作用，所以克服摩擦力做的功為摩擦力的作用，所以克服摩擦力做的功為12m v20mgqB2，D 正確正確答案：答案：ACD5 如圖如圖 8322 所示的空間中存在著正交的勻強電場和勻強磁所示的

57、空間中存在著正交的勻強電場和勻強磁場，從場，從 A 點沿點沿 AB、AC 方向絕緣地拋出兩帶電小球，關(guān)于小球的運方向絕緣地拋出兩帶電小球，關(guān)于小球的運動情況，下列說法中正確的是動情況，下列說法中正確的是()圖圖 8322A從從 AB、AC 拋出的小球都可能做直線運動拋出的小球都可能做直線運動B只有沿只有沿 AB 拋出的小球才可能做直線運動拋出的小球才可能做直線運動C做直線運動的小球帶正電，而且一定是做勻速直線運動做直線運動的小球帶正電，而且一定是做勻速直線運動D做直線運動的小球機械能守恒做直線運動的小球機械能守恒解析解析：小球運動過程中受重力小球運動過程中受重力、電場力電場力、洛倫茲力作用洛倫

58、茲力作用，注意小注意小球做直線運動一定為勻速直線運動；正電荷沿球做直線運動一定為勻速直線運動；正電荷沿 AB 才可能做直線運才可能做直線運動，做直線運動時電場力做正功，機械能增加，動，做直線運動時電場力做正功，機械能增加，B、C 正確正確答案：答案：BC6如圖如圖 8323 所示，在真空中，勻強電場的方向豎直向下所示，在真空中，勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場的方向垂直紙面向里勻強磁場的方向垂直紙面向里， 三個油滴三個油滴 a、 b、 c 帶有等量同種電荷帶有等量同種電荷，已知已知 a 靜止，靜止，b 向右勻速運動，向右勻速運動，c 向左勻速運動，比較它們的質(zhì)量應(yīng)向左勻速運動，比較它們的質(zhì)量應(yīng)

59、有有()圖圖 8323Aa 油滴質(zhì)量最大油滴質(zhì)量最大Bb 油滴質(zhì)量最大油滴質(zhì)量最大Cc 油滴質(zhì)量最大油滴質(zhì)量最大Da、b、c 質(zhì)量一樣質(zhì)量一樣解析解析： 三個油滴受到的合力均為零三個油滴受到的合力均為零， 其中重力和其他兩個力的合其中重力和其他兩個力的合力相等力相等， 如果所受的電場力方向和磁場力的方向都是向上的如果所受的電場力方向和磁場力的方向都是向上的， 此時粒此時粒子的重力最大子的重力最大 根據(jù)根據(jù) a 粒子靜止可以知道重力和電場力平衡粒子靜止可以知道重力和電場力平衡， 粒子帶粒子帶負(fù)電，當(dāng)粒子向左運動的時候，磁場力的方向向上負(fù)電，當(dāng)粒子向左運動的時候，磁場力的方向向上答案：答案：C7目

60、前，世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機目前，世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機圖圖8324 表示了它的發(fā)電原理：將一束等離子體噴射入磁場，磁場表示了它的發(fā)電原理：將一束等離子體噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板中有兩塊金屬板 A、B，這時金屬板上就會聚集電荷這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓產(chǎn)生電壓如如果射入的等離子體的初速度為果射入的等離子體的初速度為 v，兩金屬板的板長，兩金屬板的板長(沿初速度方向沿初速度方向)為為L，板間距離為，板間距離為 d，金屬板的正對面積為，金屬板的正對面積為 S，勻強磁場的磁感應(yīng)強度，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為為 B，方向垂直于離子初速度方向方向垂直于離