第一章 磁场对电流的作用 综合拔高练（含答案解析）

综合拔高练
高考真题练
考点1　安培力及安培力作用下的力学综合
1.(多选题)(2024福建,5)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上,AB置于垂直纸面向外的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,现给导线通以自A到B、大小为I的电流,则(　　)
A.通电后两线拉力变小
B.通电后两线拉力变大
C.安培力为πBIr
D.安培力为2BIr
2.(2022湖南,3)如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　)
A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
3.(多选题)(2022湖北,11)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为g;减速时,加速度的最大值为g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是(　　)
A.棒与导轨间的动摩擦因数为
B.棒与导轨间的动摩擦因数为
C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°
D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°
考点2　带电粒子在匀强磁场中的运动
4.(2024广西,5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方
向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始运动,粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的距离为(　　)
A.　　　　B.　　　
C.(1+)　　　　D.
5.(2024湖北,7)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子的运动轨迹可能经过O点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为
6.(多选题)(2024河北,10)如图,真空区域有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边平行,ABCD的边长一定,abcd的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是(　　)
A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出
B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出
C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
考点3　带电粒子在复合场中的运动
7.(多选题)(2024湖北,9)磁流体发电机的原理如图所示,MN和PQ是两平行金属极板,匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场,极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　)
A.极板MN是发电机的正极
B.仅增大两极板间的距离,极板间的电压减小
C.仅增大等离子体的喷入速率,极板间的电压增大
D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度,极板间的电压增大
8.(2023全国乙,18)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与屏的距离为,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
9.(多选题)(2024安徽,10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则(　　)
A.油滴a带负电,所带电量的大小为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为,周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
10.(2024湖南,14)如图,有一内半径为2r、长为L的圆筒,左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点,取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场,场强大小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子,电子初速度方向均在xOy平面内,且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e,设电子始终未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场,求磁感应强度B的最小值;
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ,求tan θ的绝对值;
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
11.(2023江苏,16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E;
(2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1;
(3)若电子入射速度在012.(2024黑吉辽,15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图:Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向;Ⅲ、Ⅳ区为电场区,Ⅳ区电场足够宽;各区边界均垂直于x轴,O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子。如图,甲、乙平行于x轴向右运动,先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时,乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时,乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场,电场强度大小E0=。不计粒子重力及粒子间相互作用,忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
(1)求磁感应强度的大小B。
(2)求Ⅲ区宽度d。
(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴,电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx,其中常系数ω>0,ω已知、k未知,取甲经过O点时t=0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F,甲、乙间距为Δx,求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。
13.(2023山东,17)如图所示,在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中,存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场,电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m,电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。
(1)若粒子初速度为零,粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后,垂直NP再次进入电场,求磁场的磁感应强度B的大小;
(2)若改变电场强度大小,粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场,在电场的作用下从Q点离开。
(ⅰ)求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v0;
(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
高考模拟练
应用实践
1.(经典题)如图所示,左侧为某新型电磁船的实物图,右侧为电磁船的原理图(俯视),MM'、NN'为固定在船底的平行金属板,海水可以在它们之间贯穿而过。船上装有产生强磁场的装置,可在两平行金属板间海水中的虚线框内产生强磁场。如图所示,直流电源接在M、N间,导电的海水在磁场作用下即可推动该船运动。闭合开关S后,要使船向前运动,虚线框中的磁场方向应该是(　　)
A.竖直向上　　　　B.竖直向下
C.水平向左　　　　D.水平向右
2.据报道,我国天宫空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。
如图所示,在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1,其磁感应强度大小可近似认为处处相等;垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中未画出),磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等。已知电子电荷量大小为e,质量为m,若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动,则以下说法不正确的是(　　)
A.电场方向垂直于圆环平面向里
B.电子运动周期为
C.垂直于圆环平面的磁感应强度大小为2
D.电场强度大小为
3.如图所示,光滑水平绝缘桌面上放置一光滑绝缘玻璃管(两端开口,不计空气阻力),管中有一质量为m、电荷量为q的带正电小球,小球直径略小于管内径,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。若玻璃管以速度v0沿y轴负方向匀速运动(不考虑小球离开玻璃管情形),以x和y分别表示小球在x轴和y轴方向上的分位移,以vx表示小球沿x轴方向的分速度,v表示小球的瞬时速度,用t表示小球的运动时间,下列描述小球运动情况的图像正确的是(　　)
A　　　　B
C　　　　D
4.(多选题)如图所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N间距d=20 cm,匀强磁场的磁感应强度大小B=5 T,方向垂直于纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和负电的离子,整体呈电中性)从M、N板间的左侧射入磁场,电路稳定后图中额定功率P=100 W的灯泡恰好正常发光,且此时灯泡电阻R=100 Ω。不计离子重力和发电机内阻,每个离子的电荷量大小为1.6×10-19 C,则下列说法中正确的是(　　)
A.金属板M上聚集负电荷,金属板N上聚集正电荷
B.该发电机的电动势为100 V
C.离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为100 m/s
D.每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N上
5.如图甲所示是利用磁场力提升导电液体的电磁泵,电磁泵前后两侧为两块相同的绝缘薄板,左右两侧为两块底边长为b、间距为l的相同长方形金属薄板,其底部开有高度可忽略的狭缝。如图乙所示,足够大的绝缘容器中装有深度为h的导电液体,电磁泵置于容器中,两金属板间存在方向垂直纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将一直流电源接在两金属板间,初始时,电源的电压为0,调节电压逐渐增大,两板间液面缓慢上升。已知初始时金属板间导电液体液面高为h、导电液体的密度为ρ0、电阻率为ρ,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
甲　乙
A.两金属板间匀强磁场的方向垂直纸面向外
B.两板间液面缓慢上升过程中两板间液体所受重力和安培力平衡
C.当U=时,两板间液面高度为2h
D.两板间液面从高度h缓慢升至2h的过程中,电源消耗的电能等于ρ0blh2g
6.某同学学习了电磁炮驱动原理和磁电式电流表结构后,设想将电磁炮水平轨道L1、L2改为半径为R的半圆形轨道L1'、L2',正对竖直摆放,轨道间距为d,如图(a)所示,并将匀强磁场改为均匀分布的辐向磁场,使得轨道所在处磁感应强度大小恒为B,并用质量为m、长度略大于d的细导体棒代替炮弹,导体棒与轨道接触良好,其正视图如图(b)所示,轨道最高位置与圆心齐平。给导体棒一瞬时冲量,输入合适的变化电流,使得导体棒以速度v在半圆形轨道上做匀速圆周运动,重力加速度大小为g。
图(a) 图(b)
(1)记录下导体棒过最低点时输入的瞬时电流为I0,则可计算导体棒与轨道间的动摩擦因数为μ=　　　(用I0和题中已知物理量的字母表示)。
(2)若测得μ非常小,可以忽略摩擦,且不考虑电磁感应现象,那么从最低点开始计时,输入电流I随时间t变化的关系图像是　　　。
A BC D
7.如图所示,在平面直角坐标系xOy内,第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E2(未知);第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小E1=1.0 N/C;第四象限圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.25 T,圆形区域分别在P点、Q点与x轴、y轴相切,其半径R=0.4 m。一比荷=200 C/kg、不计重力和空气阻力的带正电粒子,从第二象限的A点由静止释放,A点坐标为(-0.5 m,0.2 m),该粒子从y轴上C(0,0.2 m)点进入第一象限,恰从P点进入第四象限的匀强磁场,最终从圆形磁场的M点射出。求:
(1)粒子经过C点的速度大小v0;
(2)电场强度E2的大小及粒子经过P点的速度v;
(3)粒子在磁场中运动的时间t(结果可用π表示)。
迁移创新
8.如图所示,离子源发射质量为m、电荷量为+q的离子,离子沿水平方向进入速度选择器,然后经过磁分析器和电场偏转系统,最后打在xOy平面上。速度选择器为四分之一圆环的辐向电场(方向指向O',圆环中线上的场强大小为E),其两端中心位置M和N处各有一个小孔,圆环内外半径分别为L和3L。离子从M孔穿出后进入磁分析器,磁分析器也是一样大小的四分之一圆环,其圆心和电场圆心O'重叠,内部分布垂直于纸面向里的匀强磁场,离子经磁场偏转后从PQ出口(包含P、Q两点)离开。之后进入电场偏转区,此处分布有垂直于纸面向外的匀强电场,电场强度大小也为E,离子经匀强电场偏转后打在xOy平面上,xOy平面距PQ距离为2L,其中圆环中线刚好正对O点。求:
(1)能通过速度选择器的离子速度大小;
(2)要保证离子能顺利通过磁分析器,磁感应强度B的取值范围;
(3)若磁分析器中的磁感应强度为B=,离子落在xOy平面上的坐标,用(x,y)表示,并写出计算过程。
答案与分层梯度式解析
高考真题练
1.BD 2.D 3.BC 4.C 5.D 6.AD
7.AC 8.A 9.ABD
1.BD　根据左手定则可知,通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下,根据半圆环AB受力平衡,分析可知,通电后两线拉力变大,A错误,B正确;半圆环AB在磁场中的有效长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2r=2BIr,故C错误,D正确。
2.D　
由左手定则可知,当直导线静止在右侧时,电流方向为由M到N,选项A错误;当直导线MN在右侧时,对直导线MN受力分析,得到力的矢量三角形如图,sin θ==,F线=mg cos θ,B、L、mg为定值,所以sin θ与电流I成正比,悬线中的拉力F线会随着θ的变化而变化,所以选项B、C错误,选项D正确。
易混易错　本题的安培力方向是垂直悬线的方向,分析时容易错画为水平方向。
3.BC　设磁场方向与水平方向夹角为θ1,θ1<90°,当导体棒加速且加速度最大时,合力向右最大,根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方,磁场方向斜向右下方,此时有F sin θ1-μ(mg-F cos θ1)=ma1。令cos α=,sin α=,根据数学知识可得Fsin (θ1+α)=μmg+ma1,则有sin (θ1+α)=≤1。同理磁场方向与水平方向夹角为θ2,θ2<90°,当导体棒减速,且加速度最大时,合力向左最大,根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方,磁场方向斜向左上方,此时有F sin θ2+μ(mg+F cos θ2)=ma2,有Fsin (θ2+α)=ma2-μmg,所以有sin (θ2+α)=≤1,当加速或减速加速度分别最大时,不等式均取等于,联立可得μ=,代入cos α=,可得α=30°,此时θ1=θ2=60°,加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向右下方,有θ=θ1=60°,减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向左上方,有θ=180°-θ2=120°,故B、C正确,A、D错误。
4.C　根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示:
在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得粒子做圆周运动的半径r=,根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+=(1+),故选C。
5.D　在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出;根据圆的对称性特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域,时间最短,则根据对称性可知轨迹如图:
则最短时间为t=2T=,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则轨迹如图所示:
设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v=,故D正确。
6.AD　若粒子穿过ad边时速度方向与ad边成45°角,则粒子一定从cd边穿过,由图(1)知Ed=dF,根据对称性可知粒子一定从C点垂直BC射出,A正确;若粒子穿过ad边时速度方向与ad边成60°角,如图(2)所示,r-r cos 60°=,r sin 30°=,所以若从bc边穿过,则垂直BC射出,若从cd边穿过,则后面偏转的水平距离大于,不可能垂直BC射出,故B错误;若粒子经cd边垂直BC射出,如图(3)所示,则应有水平方向r(1-cos θ)图(1)　　图(2)
图(3)　　图(4)
7.AC　由左手定则可知,带正电的粒子受到洛伦兹力向上偏转,故极板MN带正电,为发电机的正极,A正确。稳定时,粒子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡,此时令极板间距为d,则qvB=q,可得U=Bdv,因此仅增大间距时,极板间电压U变大;仅增大等离子体的喷入速率时,极板间电压U变大;而极板间电压U的大小和粒子数密度无关,B、D错误,C正确。
8.A　画出粒子在磁场中由O点运动到S点的轨迹如图所示,找出轨迹圆心O',由几何关系可知θ=30°,设轨迹半径为R,则sin θ=,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏,则粒子所受洛伦兹力与电场力平衡,有qE=qvB,联立解得粒子的比荷=,A正确。
9.ABD　油滴a做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知油滴a带负电,有mg=Eq,解得q=,故A正确。根据洛伦兹力提供向心力,有Bqv=m,得油滴a做圆周运动的速度大小为v==,故B正确。设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,根据qvB=可得3R=,解得v1==,故周期为T==,C错误。带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv=v1+v2,解得v2=-;由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,故D正确。
10.答案　(1)　(2)　(3)
关键点拨　本题中带电粒子在筒内做螺旋运动,是一种立体的运动轨迹,解题关键是将运动分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,这两个分运动在互相垂直的方向上,互不影响。
解析　(1)若所有电子均能经过O进入电场,则在沿x轴正方向有L=v0t
电子在yOz平面内做匀速圆周运动,其运动周期T=
若能经过O进入电场,则运动时间t=nT(n=1,2,3,…)
联立可得当n=1时,磁感应强度最小,最小值B=。
(2)设在O'点当电子在y方向的分速度最大为vy时,进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向的夹角最大为θ,则tan θ=
由几何关系可得,电子在yOz平面内做匀速圆周运动的最大半径为r,则由洛伦兹力提供向心力有evyB=m
联立并代入B=,解得tan θ=。
(3)进入O点右侧区域后,电子沿y轴正方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有eE=ma
沿y轴正方向的最大位移h=
其中vy=v0 tan θ=
联立解得h=。
11.答案　(1)v0B　(2)　(3)90%
解析　(1)当电子的入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有eE=ev0B,解得电场强度的大小E=v0B。
(2)解法一:
若电子沿x轴正方向的入射速度为,利用运动的分解,可将初速度分解为一个沿x轴正方向的速度(大小v1=v0)和一个沿x轴负方向的速度(大小v2=v0),由v1产生的洛伦兹力ev0B与电场力eE平衡,得到电子的一个分运动为速度为v0的匀速直线运动,另一个分运动为速率为v0的匀速圆周运动。
设v2的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v1与v2的合速度大小为,由余弦定理得cos θ=
解得cos θ=
设以v2=v0做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev2B=m,运动速度为时的纵坐标y1=R(1-cos θ),联立解得y1=。
解法二:
由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知,
eEy1=m-m,解得y1=。
(3)设能到达纵坐标y2=位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v2',半径为R',则y2≤2R'
洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,ev2'B=m
解得v2'≥
则电子入射速度v=v0-v2'
即v≤v0
由题意可知电子入射速度在012.答案　(1)　(2)πL　(3)F=Δx
关键突破　甲粒子在Ⅳ区电场中始终做匀速直线运动,则x甲=v甲t,且甲粒子在Ⅳ区中运动时所受电场力始终为零,即甲粒子经过的位置处电场强度总为零。
解析　(1)乙粒子经过匀强磁场Ⅰ区的速度偏转角为30°,则乙粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动的圆心角θ=30°
由qBv0=m,解得R1=
由几何关系得sin 30°=
联立解得R1=2L,B=
(2)根据乙粒子的运动轨迹,同理可知甲粒子到达P点时速度沿x轴正方向,则甲粒子在Ⅲ区做匀加速直线运动
乙粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ区内做匀速圆周运动的周期
T乙==
由题意知甲粒子在Ⅲ区电场中匀加速的时间和乙粒子在Ⅰ、Ⅱ区磁场中运动的时间相等,得甲粒子匀加速运动的时间
t3=×T乙=
则Ⅲ区宽度d=v0t3+××=πL
(3)取甲经过O点时t=0,Ⅳ区内电场强度E=ωt-kx,其中常系数ω>0且已知,而k未知,为保证甲粒子在Ⅳ区做匀速直线运动,则甲粒子从t=0时刻进入Ⅳ区后运动过程中始终位于电场强度E为0处
甲粒子到达O点时的速度v甲=v0+×t3=3v0
甲粒子在时间t内在Ⅳ区电场中运动位移x甲=3v0t
代入E=ωt-kx甲=0中得E=ωt-k·3v0t=0
得k=
设乙粒子t时刻在Ⅳ区的x轴坐标为x乙,此时乙在Ⅳ区所受电场力大小为F,则
E=ωt-kx乙=ωt-x乙
F=qE=q(ωt-x乙)
又乙追上甲前,甲、乙间距Δx=x甲-x乙
而x乙=(ωt-)
联立得Δx=3v0t-(ωt-)
化简得F=Δx
[点拨:也可利用F=qE=q(ωt-kx乙)=q(kx甲-kx乙)=qkΔx计算]
13.答案　(1)6　(2)(ⅰ)36E　9
(ⅱ)见解析
解析　(1)粒子在电场中的运动,由动能定理可知
qE·2d=m,得v1=2
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1,由几何关系可知3r1=d,得r1=
又由qv1B=m得B=6
甲
(2)(ⅰ)由题意可知粒子的运动轨迹如图乙所示
乙
粒子在磁场中运动时由几何关系知
=(r2-d)2+(2d)2,得r2=d
sin θ==
由qv2B=m得v2==15
粒子第二次在电场中的运动过程满足
水平方向:2d=v2 sin θ·t
得t=
竖直方向:2d=v2 cos θ·t+at2,qE'=ma
解得E'=36E
粒子第一次在电场中的运动,根据动能定理有qE'·2d=m-m
解得v0=9
(ⅱ)设粒子第二次离开电场时速度大小为v3,其与y轴正方向的夹角为α
则有tan α=,得tan α=
v3==3
粒子再次在磁场中运动时设圆心为O3
由qv3B=m得r3=d
由几何关系知O3的坐标满足
x=r3 cos α=d
y=r3 sin α+2d=4d
O3到P点距离L==d≠r3
故粒子不能从P点第三次进入电场
高考模拟练
1.A 2.C 3.A 4.BCD 5.C
1.A　要使船向前运动,船受到的安培力应向左,根据力的相互性可知海水受到向右的安培力,根据左手定则可得虚线框中的磁场方向应竖直向上,选A。
2.C　根据左手定则,电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直于圆环平面向里,电场力需要与该洛伦兹力平衡,电场力方向应垂直于圆环平面向外,由于电子带负电,故电场方向垂直于圆环平面向里,A正确;电子做半径为R、速率为v的匀速圆周运动,电子运动的周期为T=,B正确;电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力,有evB=m,解得垂直于圆环平面的磁场2的磁感应强度大小为B=,C错误;电子在垂直于圆环平面方向受力平衡,有eE=evB,解得E=,D正确。故选C。
3.A　由题意可知,玻璃管以速度v0沿y轴负方向匀速运动,则小球有沿y轴负方向的分速度,所受洛伦兹力沿x轴正方向,小球沿x轴正方向做匀加速直线运动,故A正确,B错误;小球有沿x轴正方向的分速度,所受的洛伦兹力沿y轴正方向,垂直于玻璃管,结合题意可知小球沿y轴负方向做匀速直线运动,有y=-v0t=-v0·=-v0·=-,则y2-x图线为过原点的倾斜直线,C错误;由于=v2-=2ax,可得v2=2ax+,则v2-x图线为一次函数图线,即纵轴有截距的倾斜直线,D错误。
4.BCD　离子进入磁场区域,由左手定则知正离子向上偏转,所以金属板M聚集正电荷,带正电,故A错误;灯泡正常发光,额定功率为P=100 W,灯泡电阻为R=100 Ω,发电机内阻不计,可得发电机电动势为U==100 V,故B正确;两板间电压稳定时,满足qvB=qE=q,所以U=Bdv,代入数据解得v=100 m/s,故C正确;电流为I==1 A,根据电流的定义可知,1 s内打在金属板上的电荷量为q=It=1 C,则每秒钟打在金属板N上的离子数为n==6.25×1018,故D正确。
5.C　由题意可知,导电液体受到的安培力方向向上,则由左手定则可知,两金属板间匀强磁场的方向垂直纸面向里,A错误。两板间液面缓慢上升过程中,两板间液体受到容器竖直向上的支持力、竖直向下的重力和竖直向上的安培力,三力平衡,B错误。对于液面的高度稳定在2h时,设两板间液体的电阻为R,则有R=ρ;根据欧姆定律有I=,导电液体所受的安培力大小为F=BIl;两板间高出板外液面的液体质量m=ρ0bhl;结合两板间液体受到的安培力与两板间高出板外液面的液体重力平衡,则有F=mg,联立以上各式解得U=,C正确。两板间液面从高度h缓慢升至2h的过程中,液体重力势能的增量为E=mgh=ρ0blh2g,除此之外液体自身有内能损耗,则电源消耗的电能大于ρ0blh2g,D错误。
6.答案　(1)　(2)A
解析　(1)导体棒以速度v在半圆形轨道上做匀速圆周运动,在最低点,在竖直方向根据牛顿第二定律有N-mg=m,在水平方向有FA=I0Bd=μN',根据牛顿第三定律有N=N',联立解得导体棒与轨道间的动摩擦因数为μ=。
(2)μ非常小,忽略摩擦时,导体棒以速度v在半圆形轨道上做匀速圆周运动,在任意位置有mg sin θ=IBd,设半圆形轨道的半径为R,有v=ωR,且θ=ωt,可得I= sint,故输入电流I随时间t的变化关系图像是图A。
7.答案　(1)10 m/s　(2)2.5 N/C　20 m/s,方向与x轴正方向夹角为45°并指向第四象限　(3) s
解析　(1)粒子在第二象限做匀加速直线运动,则有2a1|xA|=,
由牛顿第二定律得qE1=ma1,
联立解得粒子经过C点的速度大小v0=10 m/s。
(2)在第一象限,粒子做类平抛运动,沿x轴正方向有R=v0t,
沿y轴负方向有yC=a2t2,
由牛顿第二定律可得qE2=ma2,
联立解得t= s,a2=500 m/s2,E2=2.5 N/C,
粒子经过P点时沿y轴负方向的分速度大小为vy=a2t=10 m/s,
因此,粒子经过P点的速度大小为v==20 m/s,
设速度方向与x轴正向夹角为θ,则有tan θ==1,
可得θ=45°。
(3)粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,
解得r=0.4 m=R,
粒子在磁场中的轨迹如图所示。
可知四边形PO1MO2为菱形,则粒子从M点射出磁场时速度沿x轴负向;从P到M,圆心角为α=135°,粒子在磁场中的运动时间为t=T,
又T=,
联立解得t= s。
8.答案　(1)　(2) ≤B≤
(3)　过程见解析
解析　(1)设能通过速度选择器的离子速度大小为v,这些离子在辐向电场的速度选择器中做半径为2L的匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有qE=,
解得v=。
(2)当离子从P点飞出时,设离子的运动半径为R1,根据几何关系有+L2=,
解得R1=L,
根据牛顿第二定律有qvB1=,
解得B1=,
当离子从Q点飞出时,设离子的运动半径为R2,根据几何关系有+(3L)2=,
解得R2=L,
根据牛顿第二定律有qvB2=,
解得B2=,
所以要保证离子能顺利通过磁分析器,磁感应强度B的取值范围是 ≤B≤ 。
(3)当B=时,离子刚好能从P点飞出,根据几何关系可得离子从P点飞出时速度方向与水平方向的夹角θ的余弦值为cos θ==,
离子在电场力的作用下沿x方向的分运动为匀加速直线运动,加速度大小为a=,
离子从P点到xOy平面的运动的时间为t==,
根据运动学规律可得x=at2=L,
根据几何关系可得y=-L-2Ltan θ=-L,
所以离子落在xOy平面上的坐标为。
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