資源簡(jiǎn)介

第一章　安培力與洛倫茲力
綜合拔高練
高考真題練
考點(diǎn)1　安培力大小與方向
1.(2023江蘇,2)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。L形導(dǎo)線通以恒定電流I,放置在磁場(chǎng)中。已知ab邊長(zhǎng)為2l,與磁場(chǎng)方向垂直,bc邊長(zhǎng)為l,與磁場(chǎng)方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為 (　　)
A.0　　　　B.BIl　　　　C.2BIl　　　　D.BIl
2.(多選題)(2024福建,5)將半徑為r的銅導(dǎo)線半圓環(huán)AB用兩根不可伸長(zhǎng)的絕緣線a、b懸掛于天花板上,AB置于垂直紙面向外的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,現(xiàn)給導(dǎo)線通以自A到B、大小為I的電流,則 (　　)
A.通電后兩線拉力變小
B.通電后兩線拉力變大
C.安培力為πBIr
D.安培力為2BIr
3.(2024浙江1月選考,4)磁電式電表原理示意圖如圖所示,兩磁極裝有極靴,極靴中間還有一個(gè)用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場(chǎng)都沿半徑方向,兩者之間有可轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈。a、b、c和d為磁場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是 (　　)
A.圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下
B.a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同
C.圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為零
D.c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等
考點(diǎn)2　安培力作用下的平衡
4.(2022湖南,3)如圖(a),直導(dǎo)線MN被兩等長(zhǎng)且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO'上,其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO'的磁場(chǎng),與OO'距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化,其截面圖如圖(b)所示。導(dǎo)線通以電流I,靜止后,懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說(shuō)法正確的是 (　　)
A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時(shí),導(dǎo)線中電流方向由N指向M
B.電流I增大,靜止后,導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力不變
C.tan θ與電流I成正比
D.sin θ與電流I成正比
考點(diǎn)3　安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)分析
5.(多選題)(2022湖北,11)如圖所示,兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上,棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。整個(gè)裝置置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定,方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調(diào)。導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng),現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流,適當(dāng)調(diào)整磁場(chǎng)方向,可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動(dòng)或勻減速運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體棒加速時(shí),加速度的最大值為g;減速時(shí),加速度的最大值為g,其中g(shù)為重力加速度大小。下列說(shuō)法正確的是 (　　)
A.棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B.棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
C.加速階段加速度大小最大時(shí),磁場(chǎng)方向斜向下,θ=60°
D.減速階段加速度大小最大時(shí),磁場(chǎng)方向斜向上,θ=150°
考點(diǎn)4　安培力的疊加
6.(2021廣東,5)截面為正方形的絕緣彈性長(zhǎng)管中心有一固定長(zhǎng)直導(dǎo)線,長(zhǎng)管外表面固定著對(duì)稱分布的四根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線。若中心直導(dǎo)線通入電流I1,四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2,I1 I2,電流方向如圖所示。下列截面圖中可能正確表示通電后長(zhǎng)管發(fā)生形變的是 (　　)
A B C D
考點(diǎn)5　帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
7.(2024廣西,5)Oxy坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域如圖所示,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,以初速度v從O點(diǎn)沿x軸正向開(kāi)始運(yùn)動(dòng),粒子過(guò)y軸時(shí)速度與y軸正向夾角為45°,交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力,則P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離為　 (　　)
A.　　　　　　B.
C.(1+)　　　　　　D.
8.(2022廣東,7)如圖所示,一個(gè)立方體空間被對(duì)角平面MNPQ劃分成兩個(gè)區(qū)域,兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入磁場(chǎng),并穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中,可能正確的是 (　　)
9.(2024湖北,7)如圖所示,在以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點(diǎn)射入圓形區(qū)域。不計(jì)重力,下列說(shuō)法正確的是 (　　)
A.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能經(jīng)過(guò)O點(diǎn)
B.粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向
C.粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時(shí)間間隔為
D.若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短,粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為
考點(diǎn)6　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
10.(2022全國(guó)甲,18)空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),磁場(chǎng)的方向垂直于紙面(xOy平面)向里,電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下,從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中,可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是 (　　)
11.(2022重慶,5)2021年中國(guó)全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況,某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁場(chǎng)理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)(如圖),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為v1,垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為v2,不計(jì)離子重力,則 (　　)
A.電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為qE
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.v2與v1的比值不斷變大
D.該離子的加速度大小不變
12.(多選題)(2024安徽,10)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a,在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí),瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫(huà)出。已知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開(kāi)后的相互作用,則 (　　)
A.油滴a帶負(fù)電,所帶電量的大小為
B.油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為
C.小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為,周期為
D.小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)
13.(2024江西,7)石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料,具有豐富的電學(xué)性能。現(xiàn)設(shè)計(jì)一電路測(cè)量某二維石墨烯樣品的載流子(電子)濃度。如圖(a)所示,在長(zhǎng)為a、寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,電極1、3間通以恒定電流I,電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)I=1.00×10-3A時(shí),測(cè)得U-B關(guān)系圖線如圖(b)所示,元電荷e=1.60×10-19C,則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近 (　　)
A.1.7×1019　　　　　　B.1.7×1015　　　　
C.2.3×1020　　　　　　D.2.3×1016
14.(2023湖南,6)如圖,真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向豎直向下(與紙面平行),磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上,AO與GF垂直,且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中,只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,則粒子從CF的中點(diǎn)射出,它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱,能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用,下列說(shuō)法正確的是 (　　)
A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1,則t>t0
B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E,則t>t0
C.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锽2,則t=
D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锽2,則t=t0
15.(2023江蘇,16)霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí),電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng);入射速度小于v0時(shí),電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示,且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。
(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E;
(2)若電子入射速度為,求運(yùn)動(dòng)到速度為時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1;
(3)若電子入射速度在016.(2024湖南,14)如圖,有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒,左右端面圓心O'、O處各開(kāi)有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),取O'O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向沿x軸正方向;筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向沿y軸正方向。一電子槍在O'處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子,電子初速度方向均在xOy平面內(nèi),且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e,設(shè)電子始終未與筒壁碰撞,不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。
(1)若所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng),求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值;
(2)取(1)問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B,若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ,求tan θ的絕對(duì)值;
(3)取(1)問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B,求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。
17.(2024廣東,15)如圖甲所示,兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置,板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng),右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶電粒子在t=0時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放,在t=t0時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)內(nèi),在t=2t0時(shí)刻第一次離開(kāi)金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入磁場(chǎng),并在t=3t0時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長(zhǎng)是板間距離的倍,粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。
(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q;
(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=t0時(shí)刻的速度大小v;
(3)求從t=0時(shí)刻開(kāi)始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過(guò)程中,電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功W。
高考模擬練
應(yīng)用實(shí)踐
1.在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn),與不帶電的靜止粒子碰撞合為一體,碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖中哪一個(gè)(實(shí)線為原軌跡,虛線為碰后軌跡,且不計(jì)粒子的重力) (　　)
　　　　　　
　　　　　　
2.筆記本電腦蓋上屏幕,屏幕蓋板上磁鐵和主板機(jī)殼上“霍爾傳感器”配合,通過(guò)改變a、b間電勢(shì)差的方式使屏幕進(jìn)入休眠模式,其工作原理如圖所示。當(dāng)電腦蓋上屏幕時(shí),相當(dāng)于屏幕邊緣的磁極靠近霍爾元件,已知該霍爾元件載流子為電子,以下說(shuō)法正確的是 (　　)
A.蓋上蓋板,a端帶正電
B.打開(kāi)蓋板,a端帶正電
C.蓋上屏幕過(guò)程中,a、b間電勢(shì)差逐漸減小
D.蓋上屏幕過(guò)程中,a、b間電勢(shì)差逐漸增大
3.據(jù)報(bào)道,我國(guó)福建號(hào)航母艦載機(jī)彈射起飛的電磁彈射技術(shù)與他國(guó)不同,采用的儲(chǔ)能方式是超級(jí)電容。某科學(xué)探究小組制作了一個(gè)簡(jiǎn)易的電容式電磁彈射裝置,如圖所示,間距為l的水平平行金屬導(dǎo)軌左端連接充好電的電容器,電容為C,電壓為U,導(dǎo)軌右端放置質(zhì)量為m的光滑金屬棒,勻強(qiáng)磁場(chǎng)沿豎直方向(圖中未畫(huà)出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,開(kāi)關(guān)閉合后金屬棒向右離開(kāi)導(dǎo)軌后水平射出,若某次試驗(yàn)金屬棒彈射出去后電容器兩端的電壓減為,不計(jì)一切阻力,則金屬棒離開(kāi)導(dǎo)軌的速度為 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
4.如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖,其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)恒定,且被限制在A、C板間。帶電粒子(不計(jì)重力)從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng),經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器,下列說(shuō)法正確的是 (　　)
A.帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次
B.P1P2>P2P3
C.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無(wú)關(guān)
D.加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化
5.如圖所示,邊長(zhǎng)為a=0.4 m的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)無(wú)磁場(chǎng),正方形中線PQ將區(qū)域外左右兩側(cè)分成兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,PQ右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外,PQ左側(cè)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。現(xiàn)將一質(zhì)量為m=1×10-8 kg、電荷量為q=2×10-6 C的帶正電粒子從AB中點(diǎn)以某一速率垂直于AB射入磁場(chǎng),不計(jì)粒子的重力,則關(guān)于粒子的運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是 (　　)
A.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子的最大速度為12 m/s
B.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子的速度可能為10 m/s
C.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子的速度可能為 m/s
D.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子的速度可能為2 m/s
6.如圖所示,在光滑絕緣水平桌面上,有兩個(gè)完全相同的小球,質(zhì)量m=1 kg,a小球不帶電,b小球所帶電荷量q=-2 C,空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E及垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,剛開(kāi)始b小球固定,a小球以速度v=4 m/s向右運(yùn)動(dòng),碰前瞬間釋放b小球,兩球碰后粘在一起,碰撞時(shí)間極短,小球在離開(kāi)桌面后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),取重力加速度大小g=10 m/s2,求:
(1)碰后瞬間小球的速度大小v';
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小;
(3)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R。
遷移創(chuàng)新
7.如圖所示,在坐標(biāo)系xOy中,x軸上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子在紙面內(nèi)從P點(diǎn)與y軸成α=30°方向射入磁場(chǎng),已知P點(diǎn)的縱坐標(biāo)yP=d,不計(jì)粒子重力。
(1)若粒子不離開(kāi)磁場(chǎng),求粒子速度的最大值vm;
(2)若粒子離開(kāi)磁場(chǎng),求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的范圍;
(3)若磁場(chǎng)為非勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小沿y軸正方向均勻增大,關(guān)系為B=。粒子以大小為v=的速度從P點(diǎn)沿圖示方向射入磁場(chǎng),求粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到離x軸最遠(yuǎn)位置的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸圍成的面積S。
答案與分層梯度式解析
第一章　安培力與洛倫茲力
綜合拔高練
高考真題練
1.C　導(dǎo)線ab邊與磁場(chǎng)方向垂直,則其所受安培力為2BIl,導(dǎo)線bc邊與磁場(chǎng)方向平行,則其所受安培力為零,故該導(dǎo)線所受安培力為2BIl,C正確。
2.BD　根據(jù)左手定則可知,通電后半圓環(huán)AB受到的安培力豎直向下,根據(jù)半圓環(huán)AB受力平衡,分析可知,通電后兩線拉力變大,故A錯(cuò)誤,B正確;半圓環(huán)AB在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度等于半圓環(huán)直徑,則安培力大小為F=BI·2r=2BIr,故C錯(cuò)誤,D正確。
3.A　根據(jù)左手定則可知,左側(cè)通電導(dǎo)線所受安培力豎直向下,A正確;在a、b兩點(diǎn)磁場(chǎng)方向不同,所以磁感應(yīng)強(qiáng)度不同,B錯(cuò)誤;磁感線是閉合曲線,在圓柱內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度不處處為零,C錯(cuò)誤;c、d兩處,磁感線密集程度不同,c處磁感應(yīng)強(qiáng)度較大,D錯(cuò)誤。
4.D　由左手定則可知,當(dāng)直導(dǎo)線靜止在右側(cè)時(shí),電流方向?yàn)橛蒑到N,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)直導(dǎo)線MN在右側(cè)時(shí),對(duì)直導(dǎo)線MN受力分析,得到力的矢量三角形如圖,sin θ==,F線=mg cos θ,B、L、mg為定值,所以sin θ與電流I成正比,懸線中的拉力F線會(huì)隨著θ的變化而變化,所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確。
易混易錯(cuò)　本題的安培力方向是垂直懸線的方向,分析時(shí)容易錯(cuò)畫(huà)為水平方向。
5.BC　當(dāng)通電導(dǎo)體棒加速且加速度最大時(shí),導(dǎo)體棒所受安培力F安必定斜向右上方(破題關(guān)鍵),由左手定則可知,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向斜向右下方,與水平向右方向夾角為θ1,受力情況如圖1,此時(shí)有
,聯(lián)立得F安(sin θ1+μ cos θ1)-μmg=mamax,令tan φ=μ,有F安sin(θ1+φ)-μmg=mamax
當(dāng)θ1+φ=時(shí),amax==g
當(dāng)導(dǎo)體棒減速且加速度最大時(shí),導(dǎo)體棒所受安培力F安'必定斜向左下方(破題關(guān)鍵),由左手定則知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)方向必定斜向左上方,與水平向右方向夾角為θ2,受力情況如圖2,此時(shí)有
,聯(lián)立得F安'(μ sin α+cos α)+μmg=mamax',令tan φ'=,有F安'sin (α+φ')+μmg=mamax'
圖2
當(dāng)α+φ'=時(shí),F安'+μmg=mamax',有amax'==g
因?yàn)镕安與F安'大小相等,則聯(lián)立各式得,
μ=,θ1=60°,α=30°,則θ2=90°+α=120°,故B、C正確。
方法點(diǎn)津　必備數(shù)學(xué)知識(shí)
　　輔助角公式a sin α+b cos α= sin (α+φ),其中tan φ=。
6.C　左右兩側(cè)電流與中心電流為同向電流,上下兩側(cè)電流與中心電流為反向電流,由同向電流相互吸引、反向電流相互排斥這一結(jié)論,可知彈性長(zhǎng)管左右兩側(cè)受到向里的壓力,上下兩側(cè)受到向外的斥力,則只有C項(xiàng)正確。故選C。
7.C　粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,
在磁場(chǎng)中,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m,可得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=,根據(jù)幾何關(guān)系可得P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離LPO=r+=(1+),故選C。
8.A　分析在xOy平面內(nèi)的投影即俯視圖,由左手定則可知質(zhì)子所形成的軌跡如圖所示,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤。而該軌跡在xOz平面上的投影應(yīng)為平行于x軸的直線,故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。
9.D　
思路點(diǎn)撥　粒子沿圓形邊界磁場(chǎng)徑向射入,必沿徑向射出,且根據(jù)對(duì)稱性可知粒子再次射入圓形邊界磁場(chǎng)時(shí)仍沿半徑方向,粒子從圓形邊界磁場(chǎng)射出(射入)前后的軌跡可組成一個(gè)完整的圓。
在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi),沿著徑向射入的粒子,總是沿徑向射出的(解題技法),根據(jù)圓的對(duì)稱性特點(diǎn)可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不可能經(jīng)過(guò)O點(diǎn),故A、B錯(cuò)誤;粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域時(shí)間最短時(shí),根據(jù)對(duì)稱性可知軌跡如圖甲,則最短時(shí)間t=2T=,故C錯(cuò)誤;粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短時(shí),軌跡如圖乙所示,
　
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系可知r=,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m,可得v=,故D正確。
10.B　帶正電粒子從原點(diǎn)O由靜止釋放,在電場(chǎng)力作用下,獲得向上的速度后,會(huì)受到向左的洛倫茲力,故粒子向左側(cè)偏轉(zhuǎn),排除A、C選項(xiàng);當(dāng)粒子再回到x軸時(shí),電場(chǎng)力整體做功為零,洛倫茲力始終不做功,故此時(shí)速度為零(破題關(guān)鍵),以后會(huì)重復(fù)原來(lái)的運(yùn)動(dòng),不可能運(yùn)動(dòng)到x軸下方,故B正確,D錯(cuò)誤。
11.D　由P=Fv cos θ,電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為P=Eqv1,A錯(cuò)誤;該離子受到的洛倫茲力大小為F洛=qv2B,B錯(cuò)誤;離子在垂直于磁場(chǎng)方向的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),同時(shí)沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)(破題關(guān)鍵),v1增大,v2不變,v2與v1的比值不斷變小,C錯(cuò)誤;離子受到的洛倫茲力大小不變,洛倫茲力方向始終垂直于磁場(chǎng)方向,即始終垂直于電場(chǎng)方向,又因?yàn)殡x子受到的電場(chǎng)力不變,則該離子的加速度大小不變,D正確。故選D。
12.ABD　油滴a在紙面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),故重力與電場(chǎng)力平衡,可知其帶負(fù)電,有mg=Eq,解得q=,故A正確;根據(jù)洛倫茲力提供向心力,有Bqv=m,得R=,代入q解得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v=,故B正確;設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為v1,得3R=,解得v1==,周期為T==,故C錯(cuò)誤;帶電油滴a分離前后動(dòng)量守恒(破題關(guān)鍵),設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,取油滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)檎较?得mv=v1+v2,解得v2=-,由于分離后的小油滴受到的電場(chǎng)力和重力仍然平衡,分離后小油滴Ⅱ的速度方向與規(guī)定的正方向相反,根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng),故D正確。
13.D　設(shè)電子定向移動(dòng)的平均速率為v,樣品每平方米電子數(shù)為n,建立平面流體模型,t時(shí)間內(nèi)通過(guò)樣品的電荷量為nevtb,由電流的定義式得I==nevb,穩(wěn)定時(shí)電子受力平衡,有e=evB,聯(lián)立解得U=B,由題圖(b)可知U-B圖線的斜率k==,解得n≈2.3×1016。D正確。
教材溯源　人教版教材中建立立體流體模型,推導(dǎo)出了電流的微觀表達(dá)式I=nqvS,其中n指單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)。借鑒教材知識(shí),可推導(dǎo)得出I=nevb,n為單位面積內(nèi)的自由電荷數(shù)。
14.D　設(shè)H為CF中點(diǎn),且CH=l,粒子從H射出,在C點(diǎn)作速度的垂線及CH的中垂線得圓心O1,由直線邊界的對(duì)稱性(入射點(diǎn)速度與邊界夾角等于出射點(diǎn)速度與邊界夾角)可知H處速度方向豎直向下,可得半徑r==l,圓心角為90°,t0==。
若僅將區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1,根據(jù)qE=qv'·2B1得v'=,則其速度變?yōu)樵瓉?lái)的,在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)半徑變?yōu)樵瓉?lái)的,作圖可知粒子仍從邊界CF上射出,圓心角仍為90°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間t==,則t=t0,A錯(cuò)誤;同理,若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E,則速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)半徑變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,作圖可知粒子從F點(diǎn)射出,對(duì)應(yīng)圓心角仍然為90°,則t=t0,所以B錯(cuò)誤;若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽2,因?yàn)樗俣炔蛔?則粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)半徑r'=l,由于r'>2r,則粒子從邊界FG上射出,圓心為O4,過(guò)出射點(diǎn)作CO的平行線,CO=l,由幾何關(guān)系知sin θ=,得θ=60°,此時(shí)t=T'=·=,所以C錯(cuò)誤;同理,若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽2,得r″=2l, sin θ'=,得θ'=45°,t=T″=·=t0,所以D正確。
15.答案　(1)v0B　(2)　(3)90%
解析　(1)當(dāng)電子的入射速度為v0時(shí),電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng),則電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡,有eE=ev0B,解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=v0B。
(2)由題意可知,整個(gè)過(guò)程洛倫茲力不做功,電場(chǎng)力做正功,由動(dòng)能定理可知,
eEy1=m-m,解得y1=
(3)設(shè)能到達(dá)縱坐標(biāo)y2=位置的電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分速度為v2',半徑為R',則y2≤2R'
洛倫茲力提供電子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,ev2'B=m
解得v2'≥
則電子入射速度v=v0-v2'
即v≤v0
由題意可知電子入射速度在0一題多解　第(2)問(wèn)還可以利用“配速法”求解。
若電子沿x軸正方向的入射速度為,利用運(yùn)動(dòng)的分解,可將初速度分解為一個(gè)沿x軸正方向的速度v1(大小v1=v0)和一個(gè)沿x軸負(fù)方向的速度v2,由v1產(chǎn)生的洛倫茲力ev0B與電場(chǎng)力eE平衡,得到電子的一個(gè)分運(yùn)動(dòng)為速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng),另一個(gè)分運(yùn)動(dòng)為速率為v0的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
設(shè)v2的方向與x軸負(fù)方向的夾角為θ(如圖所示)時(shí),v1與v2的合速度大小為,由余弦定理得cos θ=
解得cos θ=
設(shè)以v2=v0做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R,則ev2B=m,運(yùn)動(dòng)速度為時(shí)的縱坐標(biāo)y1=R(1-cos θ),聯(lián)立解得y1=。
16.答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)若所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng),則在沿x正方向有L=v0t
電子在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)周期T=
若能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng),則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=nT(n=1,2,3,…)
聯(lián)立求得當(dāng)n=1時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度最小,最小值B=
(2)設(shè)在O'點(diǎn)當(dāng)電子在y方向的分速度最大為vy時(shí),進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向的夾角最大為θ,則tan θ=
由幾何關(guān)系可得,電子在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r,則由洛倫茲力提供向心力有evyB=m
聯(lián)立并代入B=,
解得tan θ=
(3)進(jìn)入O點(diǎn)右側(cè)區(qū)域后,電子沿y軸正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有eE=ma
沿y軸正方向的最大位移h=
其中vy=v0 tan θ=
聯(lián)立解得h=
關(guān)鍵點(diǎn)撥　本題中帶電粒子在筒內(nèi)做螺旋線運(yùn)動(dòng),是一種立體的運(yùn)動(dòng)軌跡,解題關(guān)鍵是將運(yùn)動(dòng)分解為沿x軸正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng),這兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)在互相垂直的方向上,互不影響。
17.答案　(1)帶正電　
(2)　　(3)
解析　(1)粒子在磁場(chǎng)中沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng),結(jié)合粒子速度方向及左手定則可以判斷粒子帶正電。
由于粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周用時(shí)t0,可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2t0 ①
洛倫茲力提供向心力,有qBv= ②
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T= ③
聯(lián)立①②③式解得q= ④
(2)粒子在金屬板間的運(yùn)動(dòng)可以看作兩段類平拋運(yùn)動(dòng)的組合
在水平方向有 =vt0 ⑤
在豎直方向有R=a ⑥
加速度大小a== ⑦
由④⑤⑥⑦式解得D=,
v=。
(3)分析可得R==,作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知粒子在t=4t0時(shí)刻離開(kāi)金屬板區(qū)域進(jìn)入水平電場(chǎng)區(qū)域,t=5t0時(shí)刻粒子到達(dá)水平電場(chǎng)區(qū)域左側(cè)最遠(yuǎn)處,t=6t0時(shí)刻粒子再次以水平初速度v進(jìn)入金屬板之間,此時(shí)兩金屬板間電壓恰好變?yōu)?U0,t=6.5t0時(shí)刻粒子向上偏轉(zhuǎn)R并恰好到達(dá)上極板。全過(guò)程電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功W=mv2+qU0=+=。
高考模擬練
1.A　粒子原來(lái)的軌跡半徑為R=,碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,有m1v=(m1+m2)v2,可得結(jié)合后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R'===R,故選A。
2.D　將立體圖轉(zhuǎn)化為俯視圖,未穩(wěn)定時(shí)和穩(wěn)定時(shí)電子的受力如圖所示
　
無(wú)論蓋上蓋板還是打開(kāi)蓋板,霍爾元件處磁場(chǎng)方向向下,電流方向向左,根據(jù)左手定則可得,載流子受力方向指向a,因此a端帶負(fù)電,故A、B錯(cuò)誤;設(shè)霍爾元件的長(zhǎng)度為l,寬度為d,高度為c,則穩(wěn)定時(shí)q=qvB,I=nqSv=nqdcv,所以U=,蓋上屏幕過(guò)程中,磁感應(yīng)強(qiáng)度變大,則霍爾電壓增大,即a、b間電勢(shì)差逐漸增大,故C錯(cuò)誤,D正確。
3.C　根據(jù)電容的定義式,有C=,可知金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)它的電荷量為q=CΔU=CU。由動(dòng)量定理,可得Blt=mv,又q=t(解題技法),聯(lián)立解得v=。故選C。
4.B
模型構(gòu)建　對(duì)于粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),構(gòu)建勻加速直線運(yùn)動(dòng)模型。
帶電粒子在A、C兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度是a。其速度-位移關(guān)系滿足-=-=2ad,d是A、C兩板間距。即(v2-v1)(v2+v1)=(v3-v2)(v3+v2),由于v2+v1v3-v2。
帶電粒子只有經(jīng)過(guò)A、C板間時(shí)被加速,即帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次(易錯(cuò)點(diǎn)),且粒子每次回到加速電場(chǎng)時(shí)速度方向與加速電場(chǎng)方向相同,加速電場(chǎng)方向不需要做周期性的變化,A、D錯(cuò)誤;根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m,可得r=,所以P1P2=2(r2-r1)=,P2P3=2(r3-r2)=,每轉(zhuǎn)一圈被加速一次,但速度的變化量不等,且v2-v1>v3-v2,所以P1P2>P2P3,B正確;當(dāng)粒子從D形盒中射出時(shí),速度最大,由qvB=m,可得v=,所以加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān),C錯(cuò)誤。
5.C　
思路點(diǎn)撥　若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。
由幾何關(guān)系可得(2n+1)r=(n=0,1,2,…)。
根據(jù)題意可知,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由洛倫茲力提供向心力,有qvB=m,解得v=,若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),由幾何關(guān)系可得(2n+1)r=(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),當(dāng)n=0時(shí),速度最大,為vmax=8 m/s,當(dāng)n=1時(shí)v= m/s,當(dāng)n=2時(shí)v= m/s,則粒子的速度不可能為2 m/s、10 m/s。故選C。
6.答案　(1)2 m/s　(2)10 N/C　(3)2 m
解析　(1)兩小球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,有mv=2mv'
解得v'==2 m/s
(2)由于小球離開(kāi)桌面后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則2mg=E|q|
解得E=10 N/C
(3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力有|q|v'B=2m
解得R=2 m
7.答案　(1)　(2)解析　(1)若粒子剛好不離開(kāi)磁場(chǎng),則運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸相切,設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,如圖所示
由幾何關(guān)系得d=r sin α+r
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
qvmB0=m,解得vm=
(2)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T=
當(dāng)粒子剛好離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng),此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸相切
t1=T=
當(dāng)粒子速度越來(lái)越大,粒子的軌跡半徑足夠大時(shí),可視為粒子從磁場(chǎng)邊界x軸上進(jìn)入磁場(chǎng)(解題技法),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短,則
t2=T=T=
綜上所述,若粒子離開(kāi)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的范圍為(3)設(shè)粒子在x軸方向上的分速度為vx,粒子運(yùn)動(dòng)至離x軸最遠(yuǎn)位置時(shí),沿y軸方向的分速度為零,根據(jù)動(dòng)量定理有
∑-qBvxΔt=0-mv cos α(解題技法),其中B=
則∑qvxΔt=mv cos α
可得q∑yvxΔt=mv cos α
根據(jù)∑yvxΔt=∑yΔx=S
解得S=d2
方法遷移　解答本題第(2)問(wèn)需要用到極限法,第(3)問(wèn)需要利用微元求和法,充分調(diào)動(dòng)了學(xué)生的高階思維,是符合新高考命題趨勢(shì)的優(yōu)質(zhì)模擬題。
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