【三維設(shè)計(jì)】2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)四川專版-第八章-磁場-高考真題備選題庫

第八章磁場第1節(jié)磁場的描述磁場對電流的作用1．(2022·海南高考)下列說法中，符合物理學(xué)史實(shí)的是()A．亞里士多德認(rèn)為，必需有力作用在物體上，物體才能運(yùn)動(dòng)；沒有力的作用，物體就靜止B．牛頓認(rèn)為，力是物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)轉(zhuǎn)變的緣由，而不是物體運(yùn)動(dòng)的緣由C．麥克斯韋發(fā)覺了電流的磁效應(yīng)，即電流可以在其四周產(chǎn)生磁場D．奧斯特發(fā)覺導(dǎo)線通電時(shí)，導(dǎo)線四周的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)解析：選ABD奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應(yīng)，即電流可以在其四周產(chǎn)生磁場，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。2.(2022·海南高考)如圖，兩根平行長直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點(diǎn)，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為eq\f(l,2)、l和3l。關(guān)于這三點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列推斷正確的是()A．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等C．a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同D．b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零解析：選AD依據(jù)通電直導(dǎo)線的磁場，利用右手螺旋定則，可知b處場強(qiáng)為零，兩導(dǎo)線分別在a處產(chǎn)生的場強(qiáng)大于在c處產(chǎn)生的場強(qiáng)，a、c兩處的場強(qiáng)疊加都是同向疊加，選項(xiàng)A、D正確。3.(2022·上海高考)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，面積為S的矩形剛性導(dǎo)線框abcd可繞過ad邊的固定軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場方向與線框平面垂直。在線框中通以電流強(qiáng)度為I的穩(wěn)恒電流，并使線框與豎直平面成θ角，此時(shí)bc邊受到相對OO′軸的安培力力矩大小為()A．ISBsinθ B．ISBcosθC.eq\f(ISB,sinθ) D.eq\f(ISB,cosθ)解析：選A依據(jù)左手定則，可知通電導(dǎo)線受到的安培力沿豎直方向向上，大小為F＝BILbc，此力到轉(zhuǎn)軸的力臂為Labsinθ；力矩為：M＝FLabsinθ＝SBIsinθ，A項(xiàng)正確。4．(2022·全國卷Ⅰ)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中所受的安培力，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的方向C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，安培力的大小確定變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯哼xB依據(jù)左手定則可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場B確定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)電流I的方向平行于磁場B的方向時(shí)，直導(dǎo)線受到的安培力為零，當(dāng)電流I的方向垂直于磁場B的方向時(shí)，直導(dǎo)線受到的安培力最大，可見，安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，C錯(cuò)誤；如圖所示，電流I和磁場B垂直，直導(dǎo)線受到的安培力F＝BIL，將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，分段爭辯導(dǎo)線受到的安培力，電流I和磁場B垂直，依據(jù)平行四邊形定則可得，導(dǎo)線受到的安培力的合力為F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，D錯(cuò)誤。5．(2021·安徽理綜)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：選B本題考查通電導(dǎo)線四周的磁場分布狀況和帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)狀況，意在考查考生的理解力氣和分析推理力氣。依據(jù)安培定則及磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加，可得O點(diǎn)處的磁場向左，再依據(jù)左手定則推斷帶電粒子受到的洛倫茲力向下。6．(2022·天津理綜)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為θ，假如僅轉(zhuǎn)變下列某一個(gè)條件，θ角的相應(yīng)變化狀況是()A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變小解析：棒中電流變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項(xiàng)A正確；兩懸線等長變短，θ角不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬棒質(zhì)量變大，θ角變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：A7．(2010·浙江理綜)如圖所示，一矩形輕質(zhì)松軟反射膜可繞過O點(diǎn)垂直紙面的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其在紙面上的長度為L1，垂直紙面的寬度為L2，在膜的下端(圖中A處)掛有一平行于轉(zhuǎn)軸，質(zhì)量為m，長為L2的導(dǎo)體棒使膜展成平面．在膜下方水平放置一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經(jīng)反射膜反射到光電池板上的全部光能，并將光能轉(zhuǎn)化成電能．光電池板可等效為一個(gè)電池，輸出電壓恒定為U；輸出電流正比于光電池板接收到的光能(設(shè)垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定)．導(dǎo)體棒處在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中，并與光電池構(gòu)成回路．流經(jīng)導(dǎo)體棒的電流垂直紙面對外(注：光電池與導(dǎo)體棒直接相連，連接導(dǎo)線未畫出)．(1)現(xiàn)有一束平行光水平入射，當(dāng)反射膜與豎直方向成θ＝60°時(shí)，導(dǎo)體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時(shí)電流強(qiáng)度的大小和光電池的輸出功率．(2)當(dāng)θ變?yōu)?5°時(shí)，通過調(diào)整電路使導(dǎo)體棒保持平衡，光電池除維持導(dǎo)體棒力學(xué)平衡外，還能輸出多少額外電功率？解析：(1)導(dǎo)體棒所受安培力FA＝IBL2①導(dǎo)體棒有靜力平衡關(guān)系mgtanθ＝FA②解得I＝mgeq\f(tanθ,BL2)③所以當(dāng)θ＝60°時(shí)，I60＝eq\f(mgtan60°,BL2)＝eq\f(\r(3)mg,BL2)光電池輸出功率為P60＝UI60＝eq\f(\r(3)mgU,BL2)(2)當(dāng)θ＝45°時(shí)，依據(jù)③式可知維持靜力平衡需要的電流為I45＝eq\f(mgtan45°,BL2)＝eq\f(mg,BL2)依據(jù)幾何關(guān)系可知eq\f(P45,P60)＝eq\f(L1L2cos45°,L1L2cos60°)＝eq\r(2)可得P45＝eq\r(2)P60＝eq\f(\r(6)mgU,BL2)而光電池產(chǎn)生的電流為I光電＝eq\f(P45,U)＝eq\r(6)eq\f(mg,BL2)所以能供應(yīng)的額外電流為I額外＝I光電－I45＝(eq\r(6)－1)eq\f(mg,BL2)可供應(yīng)額外功率為P額外＝I額外U＝(eq\r(6)－1)eq\f(mgU,BL2)答案：見解析第2節(jié)磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用1．(2022·全國卷Ⅰ)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(未畫出)。一帶電粒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)O。已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速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()A．2 B.eq\r(2)C．1 D.eq\f(\r(2),2)解析：選D依據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2的2倍。設(shè)粒子在P點(diǎn)的速度為v1，依據(jù)牛頓其次定律可得qv1B1＝eq\f(mv\o\al(2,1),r1)，則B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，則eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。2．(2022·全國卷Ⅱ)如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵供應(yīng)勻強(qiáng)磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時(shí)，下列說法正確的是()A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向確定不同B．電子與正電子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑確定相同C．僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無法推斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D．粒子的動(dòng)能越大，它在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小解析：選AC依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力，利用左手定則解題。依據(jù)左手定則，電子、正電子進(jìn)入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項(xiàng)A正確；依據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，若電子與正電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對于質(zhì)子、正電子，它們在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)不能確定mv的大小，故選項(xiàng)C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的動(dòng)能大，其mv不愿定大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．(2022·安徽高考)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場約束高溫等離子體，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，以使帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑不變。由此可推斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于()A.eq\r(T) B．TC.eq\r(T3) D．T2解析：選A由題意可知，等離子體的動(dòng)能Ek＝cT(c是比例系數(shù))，在磁場中做半徑確定的圓周運(yùn)動(dòng)，由qvB＝meq\f(v2,r)可知，B＝eq\f(mv,rq)＝eq\f(\r(2mEk),rq)＝eq\f(\r(2mc),rq)eq\r(T)，因此A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。4．(2021·新課標(biāo)全國Ⅰ)如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對外。一電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點(diǎn)與ab的距離為eq\f(R,2)。已知粒子射出磁場與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計(jì)重力)()A.eq\f(qBR,2m) B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(2qBR,m)解析：選B本題考查帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生對勻速圓周運(yùn)動(dòng)、牛頓其次定律的理解和應(yīng)用力氣。設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，由牛頓其次定律可得：qvB＝meq\f(v2,r)，依據(jù)幾何關(guān)系可知r＝R，聯(lián)立兩式解得v＝eq\f(qBR,m)，選項(xiàng)B正確。5．(2021·新課標(biāo)全國Ⅱ)空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時(shí)速度方向偏離入射方向60°。不計(jì)重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D.eq\f(3mv0,qR)解析：選A本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)學(xué)問點(diǎn)，意在考查考生應(yīng)用力學(xué)、幾何學(xué)問分析解決問題的力氣。畫出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，如圖所示。設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為r，依據(jù)洛倫茲力公式和牛頓其次定律，qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)。由圖中幾何關(guān)系可得：tan30°＝eq\f(R,r)。聯(lián)立解得：該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項(xiàng)A正確。6．(2022·江蘇)如圖所示，MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點(diǎn)射入磁場。若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)能落在邊界上的A點(diǎn)。下列說法正確的有()A．若粒子落在A點(diǎn)的左側(cè)，其速度確定小于v0B．若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè)，其速度確定大于v0C．若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能小于v0－qBd/2D．若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能大于v0＋qBd/2解析：因粒子由O點(diǎn)以速度v0入射時(shí)，最遠(yuǎn)落在A點(diǎn)，又粒子在O點(diǎn)垂直射入磁場時(shí)，在邊界上的落點(diǎn)最遠(yuǎn)，即eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以粒子若落在A的右側(cè)，速度應(yīng)大于v0，B正確；當(dāng)粒子落在A的左側(cè)時(shí)，由于不愿定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A錯(cuò)誤；當(dāng)粒子射到A點(diǎn)左側(cè)相距d的點(diǎn)時(shí)，最小速度為vmin，則eq\f(vOA－d,2)＝eq\f(mvmin,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，所以粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能小于vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，C正確；當(dāng)粒子射到A點(diǎn)右側(cè)相距d的點(diǎn)時(shí)，最小速度為v1，則eq\f(xOA＋d,2)＝eq\f(mv1,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，即v1＝v0＋eq\f(Bqd,2m)，D錯(cuò)誤。答案：BC7．(2022·安徽理綜)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場，不計(jì)重力，則粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?)A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt解析：設(shè)電子粒子以速度v進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O1，半徑為r1，則依據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r1＝eq\f(mv,qB)，依據(jù)幾何關(guān)系得eq\f(R,r1)＝taneq\f(φ1,2)，且φ1＝60°當(dāng)帶電粒子以eq\f(1,3)v的速度進(jìn)入時(shí)，軌道半徑r2＝eq\f(m·\f(1,3)v,qB)＝eq\f(mv,3qB)＝eq\f(1,3)r1，圓心在O2，則eq\f(R,r2)＝taneq\f(φ2,2)。即taneq\f(φ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(3R,r1)＝3taneq\f(φ1,2)＝eq\r(3)。故eq\f(φ2,2)＝60°，φ2＝120°；帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(φ,360°)T，所以eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(φ2,φ1)＝eq\f(2,1)，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。答案：B8．(2010·重慶理綜)如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，有5個(gè)帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進(jìn)入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為相應(yīng)的圓弧．這些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示.粒子編號質(zhì)量電荷量(q>0)速度大小1m2qv222q2v33－3q3v422q3v52－qv由以上信息可知，從圖中a、b、c處進(jìn)入的粒子對應(yīng)表中的編號分別為()A．3、5、4 B．4、2、5C．5、3、2 D．2、4、5解析：本題意在考查考生對洛倫茲力方向的理解，并能應(yīng)用R＝eq\f(mv,qB)解決帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡問題．由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡并結(jié)合左手定則可知，a、b、c三個(gè)帶電粒子分別帶正、正、負(fù)電荷，而a、b、c三個(gè)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為r1∶r2∶r3＝2∶3∶2，由R＝eq\f(mv,qB)可知五個(gè)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為eq\f(1,2)∶2∶3∶3∶2，所以a、b、c三個(gè)帶電粒子分別是編號2、4、5三個(gè)，D正確．答案：D9．(2022·新課標(biāo)全國)如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為eq\f(3,5)R?，F(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度的大小。解析：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓其次定律和洛倫茲力公式得qvB＝meq\f(v2,r)①式中v為粒子在a點(diǎn)的速度。過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c和d點(diǎn)。由幾何關(guān)系知，線段eq\x\to(ac)、eq\x\to(bc)和過a、b兩點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形。因此eq\x\to(ac)＝eq\x\to(bc)＝r②設(shè)eq\x\to(cd)＝x，由幾何關(guān)系得eq\x\to(ac)＝eq\f(4,5)R＋x③eq\x\to(bc)＝eq\f(3,5)R＋eq\r(R2－x2)④聯(lián)立②③④式得r＝eq\f(7,5)R⑤再考慮粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)。設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)其加速度大小為a，由牛頓其次定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE＝ma⑥粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得r＝eq\f(1,2)at2⑦r＝vt⑧式中t是粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得E＝eq\f(14qRB2,5m)⑨答案：eq\f(14qRB2,5m)第3節(jié)帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)1.(2022·海南高考)如圖，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對外；在x軸下方存在勻強(qiáng)電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向射出，一段時(shí)間后進(jìn)入電場，進(jìn)入電場時(shí)的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時(shí)間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫鎸?，大小不變。不?jì)重力。(1)求粒子從P點(diǎn)動(dòng)身至第一次到達(dá)x軸時(shí)所需的時(shí)間；(2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn)，求電場強(qiáng)度的最大值。解析：(1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R，運(yùn)動(dòng)周期為T，依據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)T＝eq\f(2πR,v0)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eq\f(5,4)π，所需時(shí)間t1為t1＝eq\f(5,8)T，求得t1＝eq\f(5πm,4qB)(2)粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x軸時(shí)速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2，加速度大小為a，電場強(qiáng)度大小為E，有qE＝mav0＝eq\f(1,2)at2得t2＝eq\f(2mv0,qE)依據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點(diǎn)，必需滿足t2≥T0得電場強(qiáng)度最大值E＝eq\f(2mv0,qT0)答案：(1)eq\f(5πm,4qB)(2)eq\f(2mv0,qT0)2．(2022·大綱卷)如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，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、大小為v0的速度放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)入電場。不計(jì)重力。若該粒子離開電場時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求(1)電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；(2)該粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。解析：(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為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R0。由洛倫茲力公式及牛頓其次定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0) ①由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d ②設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開電場時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx。由牛頓其次定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Eq＝max ③vx＝axt ④eq\f(vx,2)t＝d ⑤由于粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)(如圖)，有tanθ＝eq\f(vx,v0) ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ ⑦(2)聯(lián)立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ) ⑧答案：見解析3．(2022·山東高考)如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場。取垂直于紙面對里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí)，可使t＝0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)Δt時(shí)間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。(1)若Δt＝eq\f(1,2)TB，求B0；(2)若Δt＝eq\f(3,2)TB，求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小；(3)若B0＝eq\f(4mv0,qd)，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。解析：(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，由牛頓其次定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1) ①據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d ②聯(lián)立①②式得B0＝eq\f(mv0,qd) ③(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a＝eq\f(v\o\al(2,0),R2) ④據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d ⑤聯(lián)立④⑤式得a＝eq\f(3v\o\al(2,0),d) ⑥(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T＝eq\f(2πR,v0) ⑦由牛頓其次定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R) ⑧由題意知B0＝eq\f(4mv0,qd)，代入⑧式得d＝4R ⑨粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個(gè)TB內(nèi)，只有A、B兩個(gè)位置粒子才有可能垂直擊中P板，且均要求0＜θ＜eq\f(π,2)，由題意可知eq\f(\f(π,2)＋θ,2π)T＝eq\f(TB,2) ⑩設(shè)經(jīng)受完整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R＋2(R＋Rsinθ)n＝d ?當(dāng)n＝0時(shí)，無解 ?當(dāng)n＝1時(shí)，聯(lián)立⑨?式得θ＝eq\f(π,6)(或sinθ＝eq\f(1,2)) ?聯(lián)立⑦⑨⑩?式得TB＝eq\f(πd,3v0) ?當(dāng)n≥2時(shí)，不滿足0＜θ＜eq\f(π,2)的要求 ?若在B點(diǎn)擊中P板，椐題意由幾何關(guān)系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d ?當(dāng)n＝0時(shí)，無解 ?當(dāng)n＝1時(shí)，聯(lián)立⑨?式得θ＝arcsineq\f(1,4)(或sinθ＝eq\f(1,4)) ?聯(lián)立⑦⑨⑩?式得TB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋arcsin\f(1,4)))eq\f(d,2v0) ?當(dāng)n≥2時(shí)，不滿足0＜θ＜eq\f(π,2)的要求 ?答案：見解析4．(2022·廣東高考)如圖所示，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)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為抱負(fù)分界面。Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面對外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場由靜止加速后，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Ⅱ區(qū)，P點(diǎn)與A1板的距離是L的k倍，不計(jì)重力，(1)若k＝1，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式。解析：(1)粒子在電場中做加速運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若k＝1，則粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心在M點(diǎn)，因此做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝L且qvB0＝meq\f(v2,r)粒子在電場中做加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得，qEd＝eq\f(1,2)mv2求得E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2md)(2)若2＜k＜3，且粒子沿水平方向從S2射出由幾何關(guān)系知：(r－L)2＋(kL)2＝r2解得r＝eq\f(k2＋1L,2)由qvB0＝meq\f(v2,r)得，v＝eq\f(qB0r,m)＝eq\f(k2＋1qB0L,2m)粒子在磁場Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(k2＋1B0L,2B)由題意及幾何關(guān)系得，6L＝2(kL＋eq\f(R,r)kL)解得B＝eq\f(k,3－k)B0答案：見解析5．(2022·江蘇高考)某裝置用磁場把握帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示。裝置的長為L，上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場的上、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)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)。轉(zhuǎn)變粒子入射速度的大小，可以把握粒子到達(dá)收集板上的位置。不計(jì)粒子的重力。(1)求磁場區(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Δv；(3)欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值。解析：(1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r依據(jù)題意L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)解得h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)L－\r(3)d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))(2)設(shè)轉(zhuǎn)變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞′meq\f(v2,r)＝qvBmeq\f(v′2,r′)＝qv′B由題意知3rsin30°＝4r′sin30°解得Δv＝v－v′＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,6)－\f(\r(3),4)d))(3)設(shè)粒子經(jīng)過上下方磁場共n＋1次由題意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin30°且meq\f(v\o\al(2,n),rn)＝qvnB，解得vn＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,n＋1)－\r(3)d))(1≤n＜eq\f(\r(3)L,3d)－1，n取整數(shù))答案：見解析6．(2022·浙江高考)如圖1所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時(shí)刻起，棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖1中I所示方向?yàn)殡娏髡较?。則金屬棒()A．始終向右移動(dòng)B．速度隨時(shí)間周期性變化C．受到的安培力隨時(shí)間周期性變化D．受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功解析：選ABC由左手定則可知，金屬棒一開頭向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電流反向以后，金屬棒開頭做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一個(gè)周期速度變?yōu)?，然后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)A、B正確；安培力F＝BIL，由圖像可知前半個(gè)周期安培力水平向右，后半個(gè)周期安培力水平向左，不斷重復(fù)，選項(xiàng)C正確；一個(gè)周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動(dòng)能定理可知安培力在一個(gè)周期內(nèi)不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。7．(2021·浙江理綜)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽視的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對里、有確定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3解析：選BCD本題考查離子在電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生的分析和計(jì)算力氣。離子P＋和P3＋質(zhì)量之比為1∶1，電荷量之比等于1∶3，故在電場中的加速度(a＝qE/m)之比不等于1∶1，則A項(xiàng)錯(cuò)誤；離子在離開電場區(qū)域時(shí)有：qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：qvB＝meq\f(v2,r)，得半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，則半徑之比為1∶eq\f(1,\r(3))＝eq\r(3)∶1，則B項(xiàng)正確，設(shè)磁場寬度為d，由幾何關(guān)系d＝rsinα，可知離子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值之比等于半徑倒數(shù)之比，即1∶eq\r(3)，因θ＝30°，則θ′＝60°，故轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，則C項(xiàng)正確；離子離開電場時(shí)的動(dòng)能之比等于電荷量之比，即1∶3，則D項(xiàng)正確。8．(2021·天津理綜)一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的狀況下，求：(1)M、N間電場強(qiáng)度E的大??；(2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。解析：本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生應(yīng)用電磁學(xué)學(xué)問分析問題和綜合應(yīng)用學(xué)問解題的力氣。(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得U＝Ed②聯(lián)立上式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O′，圓半徑為r。設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于eq\f(π,3)。由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓其次定律，得qvB＝meq\f(v2,r)⑤聯(lián)立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，M板向上平移了eq\f(2,3)d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3)⑦設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速度為v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v′2,v2)綜合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v⑧設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r′，則r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑨設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝eq\f(π,2)⑩粒子須經(jīng)過四個(gè)這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3?答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)39．(2021·安徽理綜)如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面對里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求：(1)電場強(qiáng)度E的大?。?2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。解析：本題主要考查帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生綜合應(yīng)用物理規(guī)律分析解決問題的力氣。(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有x＝v0t＝2hy＝eq\f(1,2)at2＝hqE＝ma聯(lián)立以上各式可得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度為vy＝at＝v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角(3)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvB＝meq\f(v2,r)當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有r＝eq\f(\r(2),2)L，所以B＝eq\f(2mv0,qL)答案：(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)10．(2021·江蘇)在科學(xué)爭辯中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動(dòng)的把握。如圖1所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t作周期性變化的圖象如圖2所示。x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面對里為B的正方向。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q，不計(jì)重力。在t＝eq\f(τ,2)時(shí)刻釋放P，它恰能沿確定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。(1)求P在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v0；(2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；(3)在t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜t0<\f(τ,2)))時(shí)刻釋放P，求P速度為零時(shí)的坐標(biāo)。解析：本題考查帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)問題的綜合，意在考查考生綜合應(yīng)用力學(xué)、電磁學(xué)學(xué)問綜合分析及解決問題的力氣。(1)eq\f(τ,2)－τ做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，τ～2τ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)電場力F＝qE0，加速度a＝eq\f(F,m)，速度v0＝at，且t＝eq\f(τ,2)解得v0＝eq\f(qE0τ,2m)(2)只有當(dāng)t＝2τ時(shí)，P在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)束并開頭沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，才能沿確定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，如圖所示。設(shè)P在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則(n－eq\f(1,2))T＝τ(n＝1,2,3……)勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB0＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)解得B0＝eq\f(2n－1πm,qτ)(n＝1,2,3……)(3)在t0時(shí)刻釋放，P在電場中加速的時(shí)間為τ－t0在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有v1＝eq\f(qE0τ－t0,m)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝eq\f(mv1,qB0)解得r1＝eq\f(E0τ－t0,B0)又經(jīng)(τ－t0)時(shí)間P減速為零后向右加速的時(shí)間為t0P再進(jìn)入磁場，有v2＝eq\f(qE0t0,m)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝eq\f(mv2,qB0)解得r2＝eq\f(E0t0,B0)綜上分析，速度為零時(shí)橫坐標(biāo)x＝0相應(yīng)的縱坐標(biāo)為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2[kr1－k－1r2],2kr1－r2))(k＝1,2,3……)解得y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2E0[kτ－2t0＋t0],B0),\f(2kE0τ－2t0,B0)))(k＝1,2,3……)答案：見解析第4節(jié)帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1．(2022·重慶高考)如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間布滿勻強(qiáng)電場，同時(shí)該區(qū)域上、下部分分別布滿方向垂直于NSTM平面對外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向。(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的全部可能值。解析：(1)設(shè)電場強(qiáng)度大小為E由題意有mg＝qE得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上甲(2)如圖甲所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2，圓心的邊線與NS的夾角為φ。由r＝eq\f(mv,qB)，有r1＝eq\f(mvmin,qB)，r2＝eq\f(1,2)r1由(r1＋r2)sinφ＝r2r1＋r1cosφ＝hvmin＝(9－6eq\r(2))eq\f(qBh,m)。乙(3)如圖乙所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時(shí)距離K點(diǎn)為x。由題意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)eq\f(3,2)x≥eq\f(9－6\r(2)h,2)x＝eq\r(r\o\al(2,1)－h(huán)－r12)得r1＝(1＋eq\f(0.36,n2))eq\f(h,2)，n＜3.5即n＝1時(shí)，v＝eq\f(0.68qBh,m)；n＝2時(shí)，v＝eq\f(0.545qBh,m)；n＝3時(shí)，v＝eq\f(0.52qBh,m)。答案：見解析2．(2022·浙江高考)離子推動(dòng)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)。某種推動(dòng)器設(shè)計(jì)的簡化原理如圖1所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價(jià)正離子；Ⅱ?yàn)榧铀賲^(qū)，長度為L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強(qiáng)電場。Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進(jìn)入Ⅱ區(qū)，被加速后以速度vM從右側(cè)噴出。Ⅰ區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在離軸線eq\f(R,2)處的C點(diǎn)持續(xù)射出確定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運(yùn)動(dòng)，截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線成α角(0<α≤90°)。推動(dòng)器工作時(shí)，向Ⅰ區(qū)注入淡薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為v0，電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，電離效果越好。已知離子質(zhì)量為M；電子質(zhì)量為m，電量為e。(電子遇到器壁即被吸取，不考慮電子間的碰撞)(1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大??；(2)為取得好的電離效果，請推斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面對里”或“垂直紙面對外”)；(3)α為90°時(shí)，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍；(4)要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與α角的關(guān)系。解析：(1)由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＝eU ①U＝eq\f(Mv\o\al(2,M),2e) ②a＝eq\f(eE,M)＝eeq\f(U,ML)＝eq\f(v\o\al(2,M),2L) ③(2)垂直紙面對外 ④(3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r，由圖甲中幾何關(guān)系得2r＝eq\f(3,2)R ⑤eBv＝meq\f(v2,r) ⑥所以有v0≤v＜eq\f(3eBR,4m) ⑦要使⑦式有解，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＞eq\f(4mv0,3eR) ⑧(4)如圖乙所示，OA＝R－r，OC＝eq\f(R,2)，AC＝r依據(jù)幾何關(guān)系得r＝eq\f(3R,42－sinα) ⑨由⑥⑨式得vmax＝eq\f(3eBR,4m2－sinα)答案：見解析3．(2022·福建高考)如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長為L、寬為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽視的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個(gè)管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場中。管道內(nèi)始終布滿電阻率為ρ的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)，且開關(guān)閉合前后，液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流淌，液體所受的摩擦阻力不變。(1)求開關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢差大小U0；(2)求開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差的變化Δp；(3)調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積S＝dh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比d/h的值。解析：(1)設(shè)帶電離子所帶的電荷量為q，當(dāng)其所受的洛倫茲力與電場力平衡時(shí)，U0保持恒定，有qv0B＝qeq\f(U0,d) ①得U0＝Bdv0。 ②(2)設(shè)開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差分別為p1、p2，液體所受的摩擦阻力均為f，開關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安，有p1hd＝f③p2hd＝f＋F安 ④F安＝Bid ⑤依據(jù)歐姆定律，有I＝eq\f(U0,R＋r) ⑥兩導(dǎo)體板間液體的電阻r＝ρeq\f(d,Lh) ⑦由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝eq\f(Ldv0B2,LhR＋dρ)。 ⑧(3)電阻R獲得的功率為P＝I2R ⑨P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Lv0B,\f(LR,d)＋\f(ρ,h))))2R ⑩當(dāng)eq\f(d,h)＝eq\f(LR,ρ)時(shí) ?電阻R獲得的最大功率Pm＝eq\f(LSv\o\al(2,0)B2,4ρ)。 ?答案：見解析4．(2022·四川高考)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r＝eq\f(9,44)m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角θ＝37°。過G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.25T；過D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E＝1×104N/C。小物體P1質(zhì)量m＝2×10－3kg、電荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N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)P1到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t＝0.1s與P1相遇。P1和P2與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝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P1在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大小；(2)傾斜軌道GH的長度s。解析：(1)設(shè)小物體P1在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則F1＝qvB ①f＝μ(mg－F1) ②由題意，水平方向合力為零F－f＝0 ③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s(2)設(shè)P1在G點(diǎn)的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，依據(jù)動(dòng)能定理qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)－eq\f(1,2)mv2 ⑤P1在GH上運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，依據(jù)牛頓其次定律qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P1在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s1，則s1＝vGt＋eq\f(1,2)a1t2 ⑦設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2 P1與P2在GH上相遇時(shí)，設(shè)P2在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s2則s2＝eq\f(1,2)a2t2 ⑨聯(lián)立⑤～⑨式，代入數(shù)據(jù)得s＝s1＋s2 ⑩s＝0.56m答案：(1)4m/s(25．(2022·四川高考)如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計(jì)，忽視邊緣效應(yīng)。p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點(diǎn)右側(cè)相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面。質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的靜止粒子被放射裝置(圖中未畫出)從O點(diǎn)放射，沿p板上表面運(yùn)動(dòng)時(shí)間t后到達(dá)K孔，不與板碰撞地進(jìn)入兩板之間。粒子視為質(zhì)點(diǎn)，在圖示平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。(1)求放射裝置對粒子做的功；(2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開關(guān)S接“1”位置時(shí)，進(jìn)入板間的粒子落在b板上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與過K孔豎直線的距離為l。此后將開關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強(qiáng)度；(3)若選用恰當(dāng)直流電源，電路中開關(guān)S接“1”位置，使進(jìn)入板間的粒子受力平衡，此時(shí)在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小合適的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度B只能在0～Bm＝eq\f(\r(21)＋5m,\r(21)－2qt)范圍內(nèi)選取)，使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時(shí)速度方向與b板板面的夾角的全部可能值(可用反三角函數(shù)表示)。解析：(1)設(shè)粒子在p板上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為v0，有h＝v0t ①設(shè)放射裝置對粒子做的功為W，由動(dòng)能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ②聯(lián)立①②式可得W＝eq\f(mh2,2t2) ③(2)S接“1”位置時(shí)，電源的電動(dòng)勢E0與板間電勢差UE0＝U ④板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為E，粒子進(jìn)入板間時(shí)有水平方向的速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有U＝Eh ⑤mg－qE＝ma ⑥h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) ⑦l＝v0t1 ⑧S接“2”位置，則在電阻R上流過的電流II＝eq\f(E0,R＋r) ⑨聯(lián)立①④～⑨式得I＝eq\f(mh,qR＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2))) ⑩(3)由題意知此時(shí)在板間運(yùn)動(dòng)的粒子重力與電場力平衡，當(dāng)粒子從K進(jìn)入板間后馬上進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，粒子從D點(diǎn)出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運(yùn)動(dòng)，DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角θ，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B取最大值時(shí)的夾角θ為最大值θm，設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R) ?過D點(diǎn)作b板的垂線與b板的上表面交于G，由幾何關(guān)系有eq\x\to(DG)＝h－R(1＋cosθ) ?eq\x\to(TG)＝h＋Rsinθ ?tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(\x\to(DG),\x\to(TG)) ?聯(lián)立①?～?式，將B＝Bm代入，求得θm＝arcsineq\f(2,5) ?當(dāng)B漸漸減小，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R也隨之變大，D點(diǎn)向b板靠近，DT與b板上表面的夾角θ也越變越小，當(dāng)D點(diǎn)無限接近于b板上表面時(shí)，粒子離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運(yùn)動(dòng)而從T孔飛出板間區(qū)域，此時(shí)Bm＞B＞0滿足題目要求，夾角θ趨近θ0，即θ0＝0 ?則題目所求為0＜θ≤arcsineq\f(2,5) ?答案：(1)eq\f(mh2,2t2)(2)eq\f(mh,qR＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2)))(3)0＜θ≤arcsineq\f(2,5)6．(2022·山東理綜)如圖甲所示，相隔確定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面對里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t＝0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(T0,2)時(shí)刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。(不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v和極板間距d。(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件。(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。解析：(1)粒子由S1至S2的過程，依據(jù)動(dòng)能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2①由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m))②設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓其次定律得qeq\f(U0,d)＝ma③由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T0,2))2④聯(lián)立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))⑤(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)⑥要使粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，須滿足2R>eq\f(L,2)⑦聯(lián)立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))⑧(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過程用時(shí)為t1，有d＝vt1⑨聯(lián)立②⑤⑨式得t1＝eq\f(T0,4)⑩若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝eq\f(v,2)t2?聯(lián)立⑨⑩?式得t2＝eq\f(T0,2)?設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tt＝3T0－eq\f(T0,2)－t1－t2?聯(lián)立eq\o(○,\s\up1(10))??式得t＝eq\f(7T0,4)?設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由⑥式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T＝eq\f(2πm,qB)?由題意可知T＝t?聯(lián)立???式得B＝eq\f(8πm,7qT0)?答案：見解析7．(2022·天津理綜)對鈾235的進(jìn)一步爭辯在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義。如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直