2014年高考物理磁场试题分类汇编
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2014年高考物理磁场试题分类汇编
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2014年高考物理磁场试题分类汇编
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文 章来源 莲山 课 件 w w w.5Y k J. c oM K单元　磁场K1　磁场　安培力　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
20． [;浙江卷] 如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒(　　)&第20题图1&第20题图2A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功20．ABC　[解析] 本题考查安培力、左手定则、牛顿运动定律、功等知识．在0～T2，导体棒受到向右的安培力，大小恒为B ImL，向右做匀加速直线运动；在T2～T，导体棒受到安培力向右，大小仍为BImL，而此时速度仍然还是向左，做匀减速直线运动，之后不断重复该运动过程．故选项A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为0，选项D错误．21． [;浙江卷] 在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．&第21题图1
钩码数&1&2&3&4LA/cm &15.71&19.71&23.66&27.76LB/cm&29.96&35.76&41.51 &47.36第21题表1(1)某次测量如图2所示，指针示数为________ cm.(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表1.用表1数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为____ N/m(重力加速度g取10 m/s2)．由表Ⅰ数据________(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．&第21题图221. [答案] (1)(15.95～16.05)cm，有效数字位数正确(2)(12.2～12.8) N/m　能[解析] (1)由图2可知刻度尺能精确到0.1 cm，读数时需要往后估读一位．故指针示数为16.00±0.05 cm.(2)由表1中数据可知每挂一个钩码，弹簧Ⅰ的平均伸长量Δx1≈4 cm，弹簧Ⅱ的总平均伸长量Δx2≈5.80 cm，根据胡克定律可求得弹簧Ⅰ的劲度系数为12.5 N/m，同理也能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．6． [;四川卷] 如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则(　　)&A．t＝1 s时，金属杆中感应 电流方向从C到DB．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 ND．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N6．AC　[解析] 由于B＝(0.4－0.2 t) T，在t＝1 s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确．在t＝3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误．由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtSsin 30°＝0.1 V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I＝ER＝1 A，在t＝1 s时，B＝0.2 T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP＝BILsin 30°＝0.1 N，C正确．同理，在t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH＝BILsin 30°＝0.1 N，D错误．14． [;新课标全国卷Ⅰ] 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化14．D　[解析] 本题考查了感应电流产生的条件．产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．15． [;新课标全国卷Ⅰ] 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半15．B　[解析] 本题考查安培力的大小和方向．安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsin θ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半， D错误．16． [;新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，M N为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)&K2　磁场对 运动电荷的作用　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
10．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944 m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：
&(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.10．(1)4 m/s　(2)0.56 m[解析] (1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝qvB①f＝μ(mg－F1)②由题意，水平方向合力为零F－f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4 m/s④(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理　qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝12mv2G－12mv2⑤P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律　qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋12a1t2⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝12a2t2⑨联立⑤～⑨式，代入数据得s＝s1＋s2⑩s＝0.56 m○1111． [;四川卷] 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q&0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.&(1)求发射装置对粒子做的功；(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的 电阻中的电流强度；(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝21＋5m21－2qt范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．11．(1)mh22t2　(2)mhq（R＋r）g－2h3l2t2　(3)0&θ≤arcsin 25[解析] (1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有h＝v0t①设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得W＝12mv20②联立①②可得　　　　　　W＝mh22t2③(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有E0＝U④板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有U＝Eh⑤mg－qE＝ma⑥h＝12at21⑦l＝v0t1⑧S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足I＝E0R＋r⑨联立①④～⑨得I＝mhq（R＋r）g－2h3l2t2⑩(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有&qv0B＝mv20R○11过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有DG＝h－R(1＋cos θ)○12TG＝h＋Rsin θ○13 tan θ＝sin θcos θ＝DGTG○14联立①○11～○14，将B＝Bm代入，求得θm＝arcsin25○15当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bm&B&0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即θ0＝0○16则题目所求为　　0&θ≤arcsin25○1724． (20分)[;山东卷] 如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．&　 图甲　　　　　　　　　　图乙(1)若Δt＝12TB，求B0；(2)若Δt＝32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0＝4mv0qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.24．[答案] (1)mv0qd　(2)3v20d　(3)π2＋arcsin 14d2v0&[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0＝mv20R1①据题意由几何关系得R1＝d②联立①②式得B0＝mv0qd③(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝v20R2④据题意由几何关系得3R2＝d⑤联立④⑤式得a＝3v20d⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝2πRv0⑦由牛顿第二定律得qv0B0＝mv20R⑧由题意知B0＝4mv0qd，代入⑧式得d＝4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连接与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ&π2，由题意可知π2＋θ2πT＝TB2⑩&设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3……)若在A点击中P板，据题意由几何关系得R＋2(R＋Rsin θ)n＝d○11当n＝0时，无解○12当n＝1时，联立⑨○11式得θ＝π6(或sin θ＝12)○13联立⑦⑨⑩○13式得TB＝πd3v0○14当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求○15若在B点击中P板，据题意由几何关系得R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d○16当n＝0时，无解○17当n＝1时，联立⑨○16式得θ＝arcsin14(或sin θ＝14)○18联立⑦⑨⑩○18式得TB＝π2＋arcsin 14d2v0○19当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求.○2016． [;新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)& 　　　　
A．2& B.2& C．1& D.2216．D　[解析] 本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB＝mv2r有B1B2＝r2r1&# ，穿过铝板后粒子动能减半，则v1v2＝2，穿过铝板后粒子运动半径减半，则r2r1＝12，因此B1B2＝22，D正确．20． [;新课标Ⅱ卷] &图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)A．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小20．AC　[解析] 电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A正确；由轨道公式R＝mvBq知 ，若电子与正电子与进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B错误．由R＝mvBq＝2mEkBq知，D错误．因质子和正电子均带正电，且半径大小无法计算出，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确．
K3　带电粒子在组合场及复合场中运动　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
11． [;四川卷] 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面 ．质量为m、电荷量为－q(q&0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.&(1)求发射装置对粒子做的功；(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝21＋5m21－2qt范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．11．(1)mh22t2　(2)mhq（R＋r）g－2h3l2t2　(3)0&θ≤arcsin 25[解析] (1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有h＝v0t①设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得W＝12mv20②联立①②可得　　　　　　W＝mh22t2③(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有E0＝U④板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有U＝Eh⑤mg－qE＝ma⑥h＝12at21⑦l＝v0t1⑧S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足I＝E0R＋r⑨联立①④～⑨得I＝mhq（R＋r）g－2h3l2t2⑩(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有&qv0B＝mv20R○11过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有DG＝h－R(1＋cos θ)○12TG＝h＋Rsin θ○13tan θ＝sin θcos θ＝DGTG○14联立①○11～○14，将B＝Bm代入，求得θm＝arcsin25○15当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bm&B&0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即θ0＝0○16则题目所求为　　0&θ≤arcsin25○1724． (20分)[;山东卷] 如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．&　 图甲　　　　　　　　　　图乙(1)若Δt＝12TB，求B0；(2)若Δt＝32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0＝4mv0qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.24．[答案] (1)mv0qd　(2)3v20d　(3)π2＋arcsin 14d2v0[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得&qv0B0＝mv20R1①据题意由几何关系得R1＝d②联立①②式得B0＝mv0qd③(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝v20R2④据题意由几何关系得3R2＝d⑤联立④⑤式得a＝3v20d⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝2πRv0⑦由牛顿第二定律得qv0B0＝mv20R⑧由题意知B0＝4mv0qd，代入⑧式得d＝4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连接与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ&π2，由题意可知π2＋θ2πT＝TB2⑩&设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3……)若在A点击中P板，据题意由几何关系得R＋2(R＋Rsin θ)n＝d○11当n＝0时，无解○12当n＝1时，联立⑨○11式得θ＝π6(或sin θ＝12)○13联立⑦⑨⑩○13式得TB＝πd3v0○14当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求○15若在B点击中P板，据题意由几何关系得R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d○16当n＝0时，无解○17当n＝1时，联立⑨○16式得θ＝arcsin14(或sin θ＝14)○18联立⑦⑨⑩○18式得TB＝π2＋arcsin 14d2v0○19当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求.○2025． [;全国卷] 如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：&(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间．25．[答案] (1)12v0tan2θ　(2)2dv0tan θ[解析] (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设 磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B＝mv20R0①&由题给条件和几何关系可知R0＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得Eq＝max③vx＝axt④vx2t＝d⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan θ＝vxv0⑥联立①②③④⑤⑥式得EB＝12v0tan2 θ⑦(2)联立⑤⑥式得t＝2dv0tan θ⑧K4　磁场综合　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
9． (18分)[;重庆卷] 如题9图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强 电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.&题9图(1)求电场强度的大小和方向．(2)要使粒子不从NS边界飞出，求 粒子入射速度的最小值．(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．9．[答案] (1)E＝mgq，方向竖直向 上　(2) (9－62)qBhm　(3)可能的速度有三个：0.68qBhm，0.545qBhm，0.52qBhm本题考查了带电粒子在复合场、组合场中的运动．&　　 答题9图1　　　　　　　　　答题9图2[解析] (1)设电场强度大小为E.由题意有mg＝qE得E＝mgq，方向竖直向上．(2)如答题9图1所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.由r＝mvqB有r1＝mvminqB，r2＝12r1由(r1＋r2)sin φ＝r2r1＋r1cos φ＝hvmin＝(9－62)qBhm(3)如答题9图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3…)32x≥（9－62）h2x＝r21－（h－r1）2得r1＝1＋0.36n2h2，n&3.5即n＝1时，v＝0.68qBhm；n＝2时，v＝0.545qBhm；n＝3时，v＝0.52qBhm25． [;浙江卷] 离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R2处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运 动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0＜α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)&第25题图1(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；&第25题图2(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率v max与α角的关系．25．[答案] v2M2L　(2)垂直纸面向外　(3)v0≤v≤3eBR4 m(4)vmax＝3eBR4m（2－sin α）[解析] 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应用数学解决物理问题的能力 ．(1)由动能定理得12Mv2M＝eU①U＝Mv2M2e②a＝eEM＝eUML＝v2M2L③(2)垂直纸面向外④(3)设电子运动的最大半径为r2r＝32R.⑤&eBv＝mv2r⑥所以有v0≤v&3eBR4m⑦要使⑦式有解，磁感应强度B&4mv03eR.⑧(4)如图所示，OA＝R－r，OC＝R2，AC＝r&根据几何关系得r＝3R4（2－sin α）⑨由⑥⑨式得vmax＝3eBR4m（2－sin α） .22． [;福建卷Ⅰ] 如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板．前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．&(1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；(3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比dh的值．22．(1)Bdv0　(2)Ldv0B2LhR＋dρ　(3)LSv20B24ρ　LRρ[解析] (1)设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有qv0B＝qU0d①得U0＝Bdv0②(2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安，有p1hd＝f③p2hd＝f＋F安④F安＝BId⑥根据欧姆定律，有I＝U0R＋r⑥两导体板间液体的电阻r＝ρdLh⑦由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝Ldv0B2LhR＋dρ⑧(3)电阻R获得的功率为P＝I2R⑨P＝Lv0BLRd＋ρh2R⑩　　　　　　　　当dh＝LRρ时，○11电阻R获得的最大功率Pm＝LSv20B24ρ.○1216． [;北京卷] 带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有(　　)A. qa&qb& B. ma&mbC. Ta&Tb& D. qama&qbmb16．A　本题考查带电粒子在磁场中的运动和动量定义．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2r，p＝mv，得p＝qBr，两粒子动量相等，则qaBra＝qbBrb，已知ra&rb，则qa&qb，A正确，其他条件未知，B、C、D无法判定． 文 章来源 莲山 课 件 w w w.5Y k J. c oM
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