2020届高三物理磁场专题训练(带解析)
2020届高三物理磁场专题训练（共34题）
一、单选题（本大题共12小题）
1.如图所示，由Oa、Ob、Oc三个铝制薄板互成120°角均匀分
开的I、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B1、
B2、B3表示。现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射
入磁场中，带电粒子完成一周运动，假设带电粒子穿过铝质
薄板过程中电荷量不变，在三个磁场区域中的运动时间之比
为1：3：5，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，不计粒子重
力，则()
A. 磁感应强度B1：B2：B3=1：3：5
B. 磁感应强度B1：B2：B3=5：3：1
C. 其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为25：2
D. 其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为27：5
2.如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强
磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从离子源S沿
平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不
计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大
小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。
已知∠MON=30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的
最长时间等于1
2
T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为()
A. 1
3T B. 1
4
T C. 1
6
T D. 1
8
T
3.如图所示，四根相互平行的固定长直导线L1、L2、L3、L4，其横截
面构成一角度为60°的菱形，均通有相等的电流I，菱形中心为O.L1
中电流方向与L2中的相同，与L3、L4中的相反，下列说法中正确的
是()
A. 菱形中心O处的磁感应强度不为零
B. 菱形中心O处的磁感应强度方向沿OL1
C. L1所受安培力与L3所受安培力大小不相等
D. L1所受安培力的方向与L3所受安培力的方向相同
4.如图所示，圆形磁场区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，三个带电粒
子A，B，C先后从P点以相同的速度沿PO方向射入磁场，分别从a，b，c三点射出磁场，三个粒子在磁场中运动的时间分别用t A、t B、t C表示，三个粒子的比荷分别用k A，k B，k C表示，三个粒子在该磁场中运动的周期分别用T A、T B、T C表示，下列说法正确的是()
A. 粒子B带正电
B. t A C. k A D. T A>T B>T C 5.如图所示，三角形ABC内有垂直于三角形平面向外的匀强磁场，AB边长 为L，∠CAB=30°，∠B=90°，D是AB边的中点。现在DB段上向磁场 内射入速度大小相同、方向平行于BC的同种粒子(不考虑粒子间的相互作 用和粒子重力)，若从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，则AC 边上有粒子射出的区域长度为() A. 1 4 L B. 1 3 L C. √3?1 2 L D. √3?1 3 L 6.如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形桶内有B=10?4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径两端开有小孔，作为入 射孔和出射孔．离子束以不同角度入射，最后有不同速度的离子束射出．现 有一离子源发射质荷比为q m =2×1011C/kg的阳离子，且离子束中速度分布连续．当角θ=45°，出射离子速度υ的大小是() A. √2×106m/s B. 2√2×106m/s C. 2√2×108m/s D. 4√2× 106m/s 7.如图，半径为d的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场垂直圆所 在的平面。一带电量为q、质量为m的带电粒子从圆周上a点对准圆心O射 入磁场，从b点折射出来，若α=60°，则带电粒子射入磁场的速度大小为() A. qBd m B. √3qBd m C. 2qBd m D. 3qBd m 8.空间有一圆形匀强磁场区域，O点为圆心。一带负电的粒子从A点沿半 径方向以速率v垂直射入磁场，经过时间t离开磁场时速度方向与半径 OA垂直，不计粒子重力。若粒子速率变为√3v，其他条件不变，粒子 在圆形磁场中运动的时间为() A. t 2 B. 2 3 t C. 3t 2 D. 2t 9.如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的 中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k。在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN 的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度 大于ab的长度。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表 示电流强度。已知k=2.0N/m，ab的长度为0.20m，bc的长度为 0.05m，B=0.20T，重力加速度为g。下列说法不正确的是() A. 当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为mg k B. 若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源正极相接 C. 该电流表的量程是2.5A D. 若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.20T 10.一根重为G的金属棒中通以恒定电流，平放在倾角为30°光滑斜面上，如图所示为截面图。 当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒处于静止状态，此时金属棒对斜面的压力为F N1，安培力大小为F1，保持磁感应强度的大小不变，将磁场的方向改为竖直向上时，适当调整电流大小，使金属棒再次处于平衡状态，此时金属棒对斜面的压力为F N2，安培力大小为F2. 下列说法正确的是() A. 金属棒中的电流方向垂直纸面向外 B. 金属棒受到的安培力之比F1 F2=√3 2 C. 调整后电流强度应比原来适当减小 D. F N1 F N2=4 3 11.某回旋加速器的示意图如图，两个半径均为R的D形盒置于磁感应强度大小为B的匀强磁 场中，并与高频电源两极相连，现对氚核(13H)加速，所需的高频电源的 频率为f。已知元电荷为e。下列说法正确的是() A. D形盒可以用玻璃制成 B. 氚核的质量为eBf 2π C. 高频电源的电压越大，氚核从P处射出的速度越大 D. 若对氦核(24He)加速，则高频电源的频率应调为3 2 f 12.如图所示，在容器A中有同一种元素的两种同位素正粒子，它 们的初速度几乎为0，粒子可从容器A下方的小孔S1飘入加速电 场，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后 第一种同位素粒子打到照相底片D上的M点，第二种同位素粒 子打到照相底片D上的N点。不计同位素粒子重力。量出M点、 N点到S3的距离分别为x1、x2，则第一种与第二种同位素粒子在 磁场中运动的时间之比为() A. √x1 x2B. x1 x2 C. x12 x22 D. 2x1 x2 二、多选题（本大题共17小题） 13.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强 磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v 垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是() A. 粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长 B. 出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O C. 出磁场的粒子一定能垂直打在MN上 D. 只要速度满足v=qBR m ，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上14.如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向 里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入此区 域，经一段时间运动到N点，关于小球由M点到N点的运动 过程，下列说法正确的是() A. 小球可能做匀变速运动 B. 小球一定做变加速运动 C. 小球动能可能不变 D. 小球机械能守恒 15.如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分 别为2Ⅰ和Ⅰ，电流方向如图中箭头所示，此时a受到的磁场力大小 为F.若在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导 线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则b受到的磁杨力可能为() A. 大小为F 2 ，方向向左 B. 大小为F 2 ，方向向右 C. 大小为3F 2 ，方向向右 D. 大小为3F 2 ，方向向左 16.如图所示。在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场。质量和 电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂 直于PQ的方向射人磁场。图中实线是它们的轨迹。已知O 是PQ的中点。不计粒子重力。下列说法中正确的是() A. 粒子c带正电，粒子a、b带负电 B. 射入磁场时粒子c的速率最小 C. 粒子a在磁场中运动的时间最长 D. 若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，则a粒子运动时间不变 17.已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=k I r (其中k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离).现有四根平行的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图，其中A、C导线中的电流大小为I1，B、D导线中的电流大小为I2.已知A导线所受的磁场力恰好为零，则下列说法正确的是() A. 电流的大小关系为I1=2I2 B. 四根导线所受的磁场力均为零 C. 正方形中心O处的磁感应强度为零 D. 若移走A导线，则中心O处的磁场将沿OB方向 18.如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场， 磁场边界上的P点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射电荷量均为+q 、质量均为m 的相同粒子进入磁场区域，粒子的重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略，进入磁场的粒子会从某一段圆弧射出磁场边界，这段圆弧的弧长是圆 形区域周长的1 n ，则下列结论正确的是() A. 若n=2，则所有粒子离开磁场时的速度方向相互垂直 B. 若n=2，则粒子从P点进入磁场时的速率为qBR m C. 若n=4，则粒子从P点进入磁场时的速率为√2qBR 2m D. 若n=4，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到1 2 B时，则n的值变为2 19.如图所示，在边长为L的正方形区域ABCD内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向 外的匀强磁场。质量为m，电荷量为q的带电粒子(不计重力)，分别以相同的速率v从A点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC方向射入时，垂直于BC边射出磁场。则粒子() A. 带负电 B. 运动速率v=√2qBL m C. 在磁场中运动的最长时间T m=πm 3qB D. 在磁场中运动的最长时间T m=πm qB 20.如图所示，带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，运动中 经过b点，其中长度Oa=Ob.若将磁场换成一个与y轴平行的匀强电场， 仍以v0从a点垂直y轴进入匀强电场，粒子仍能通过b点，则粒子在磁 场中的运动时间t1与在电场中的运动时间t2之比和磁感应强度B与电场 强度E之比为() A. t1：t2=2：π B. t1：t2=π：2 C. B：E=1：2v0 D. B：E=2：v0 21.在竖直放置固定的光滑绝缘圆环中，套有一个带电?q、质量m的 小环，整个装置放在如图所示的正交匀强电磁场中，磁感应强度大 小为B，电场E=3mg 4q ，重力加速度为g。当小环从大环顶端无初 速度下滑时，则小环() A. 运动到最低点的速度最大 B. 不能做完整的圆周运动 C. 对轨道最大压力为N=23 4 mg D. 受到的最大洛仑兹力f=3 2 qB√2gR 22.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器 通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电 分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法正确的是() A. 极板M比极板N电势高 B. 加速电场的电压U=ER C. 直径PQ=2B√qmER D. 若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点， 则该群离子具有相同的比荷 23.如下页图所示，下端封闭、上端开口、高?=5m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质 量m=10g，电荷量的绝对值|q|=0.2C的小球，整个装置以v=5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度B=0.2T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于夕叻的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。 g取10m/s2。下列说法中正确的是()。 A. 小球带负电 B. 小球在竖直方向做匀加速直线运动 C. 小球在玻璃管中的运动时间小于1s D. 小球机械能的增加量为1J 24.如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的 匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电 的小球，小球电荷量q=6×10?7C，在图示坐标中， 电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当 小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆 周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低 点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随 纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g= 10m/s2.则下列判断正确的是() A. 匀强电场的场强大小为3.2×106v/m B. 小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了0.024J C. 小球做顺时针方向的匀速圆周运动 D. 小球所受的洛伦兹力的大小为0.03N 25.如图所示，ABCO为一边界为半圆周的匀强磁场区域，圆弧半径为R，O 点为圆心，P点、B点、M点为圆弧边界上的点，B点为半圆弧中点，Q 点为OA中点，N点为边界OC中点，且PQ//BO//MN.现有三个完全相同 的带电粒子以相同速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子l从B点正对 圆心O射入，恰从A点射出，粒子2从P点射入，粒子3从M点射入， 则() A. 粒子2从A点射出磁场 B. 粒子3在磁场中的轨道半径等于R C. 粒子2和粒子3离开磁场时方向不同 D. 粒子1、粒子2、粒子3在磁场中的运动时间之比为2：3：3 26.如图，等腰梯形abcd区域内，存在垂直该平面向外的匀强磁场，ab=cd=2L，bc=L， ∠bad=30°，磁感应强度大小为B，磁场外有一粒子源 O，能沿同一方向发射速度大小不等的同种带电粒子， 带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力。现让粒 子以垂直于ad的方向正对b射入磁场区域，发现带电粒 子恰好都能从cd之间飞出磁场。则() A. 粒子源发射的粒子均为带正电的粒子 B. 粒子在磁场中运动的最短时间为πm 4qB C. 带电粒子的发射速度取值范围为(√3+1)BqL 3m m D. 带电粒子的发射速度取值范围为(√3?1)BqL 3m m 27.如图所示，在纸面内有一个半径为r、电阻为R的线圈，线圈 处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的电磁感应大小为B，方 向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切与P点。现使线圈绕 过P点且平行于磁场方向的轴，以角速度ω顺时针方向匀速转 过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是() A. 线圈中产生沿逆时针方向的感应电流 B. 线圈受到的安培力逐渐增大 C. 线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br2ω D. 流过线圈某点的电荷量为Bπr2 R 28.如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点， 大量质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以速率v从P点射入磁 场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则() A. 这些粒子做圆周运动的半径r=√2 2 R B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为√2mv qR C. 该匀强磁场的磁感应强度大小为√2mv 2qR D. 该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为3 4 πR2?1 2 R2 29.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B， AC为圆的直径，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点以一定的初速度平行于纸面射入磁场，粒子刚好从C点射出磁场，粒子从A点运动到C点 时的速度偏向角为60°，不计粒子的重力，则() A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为√3R B. 粒子在磁场中运动的速度大小为2qBR m C. 粒子在磁场中运动的时间为πm 3qB D. 保持粒子速度大小不变，改变粒子垂直射入磁场的方向，粒子在磁场中运动的时间可能 会变长 三、计算题（本大题共5小题） 30.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=5√3N/C，同时存在着水 平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T.有一带正电的小球，质量m=1.0×10?6kg，电荷量q=2×10?6C，正以速 度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时 撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取 g=10m/s2.求： (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线 经历的时间t。 31.如图所示。在y≥0存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x 轴和x轴上方的各个方向均匀地不断发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为+q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0)。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力： (1)求磁感应强度B的大小； (2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值； (3)求打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比。 32.如图所示，板间电压为U的平行金属板M、N间存在匀强电 场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直 角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电 场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强 磁场，一质量为m、电量为q的正离子(不计重力)以初速度v0 沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动。从P点 垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场，进入磁场。已知离子过A点时的速度方向与x轴成30°角。求： (1)平行金属板M、N之间相距的距离d； (2)离子运动到A点时速度v的大小和由P点运动到A点所需时间t； (3)离子在x轴上离开第四象限磁场区域的位置C(图中未画出)与坐标原点的距离OC。33.如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方 向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为(4L,3L)，M点为OC的中点。质量为m带电量为?q的粒子从C点以平行 于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为qB0L 2m ，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。 (1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围； (2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小； (3)若粒子能到达M点，且粒子是由区域Ⅱ到达M点的，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小 的所有可能值。 34.如图所示的xOy平面直角坐标系内，在x≤√3a的区域内，存在 着垂直于xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，位于坐标 原点O的粒子源在xOy平面内沿各个方向均匀发射速率相同的同 种带正电的粒子。已知沿y轴正方向发射的粒子经时间t0恰好从 磁场的右边界P(√3a,a)射出磁场，不计粒子的重力与相互作用力， 求： (1)粒子的比荷； (2)磁场右边界有粒子射出区域的长度； 参考答案 1.【答案】C 【解析】解：AB、带电粒子在磁场中运动的时间为：t=θ 2π T 在各个区域的圆心角均为θ=2 3 π 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m v?2 r 可得粒子在磁场中运动的周期：T=2πr v =2πm qB 所以t=2πm 3qB ，故B= 2πm 3qt ，又因为m、q均为定值 在三个区域的磁感应强度之比为B1?：B2?：B3?=15：5：3，故AB错误； CD、三个区域的磁场半径相同，为r=mv qB，又因为动能E k?=1 2 mv?2 联立可得：E k?=q?2B?2r?2 2m ， 因为q、m和r均相同，故三个区域中运动的动能之比为：E k1?：E k2?：E k3?=B12：B22：B32=225：25：9 设比例中的每一份为k，则： 在b处穿越铝板所损失的动能为△E k1?=225k?25k=200k 在c处穿越铝板所损失的动能为△E k2?=25k?9k=16k 在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为：△E k1?：△E k2?=25：2，故C正确，D错误； 故选：C。 利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，结合粒子在三个区域中运动的半径相同，粒子在三个区域中运动的时间之比为1：3：5，结合粒子转过的圆心角，再利用比例性质，联立即可求出粒子在b、c处穿越铝板所损失的动能之比。 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。 2.【答案】A 【解析】解：粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S， 出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。 当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦 最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S 到E的时间即最短。 由题意可知，粒子运动的最长时间等于1 2 ，设OS=d，则DS=OStan30°=√3 3 d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为： r=DS 2 =√3 6 d， 由几何知识有： ES=OSsin30°=1 2 d，cosθ=2r2?ES2 2r2 =2( √3 6 d)2?(1 2 d)2 2×(√3 6 d) =?1 2 ，则：θ=120°， 粒子在磁场中运动的最长时间为： t min=θ 360° T=1 3 T，故A正确，BCD错误。 故选：A。 粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，弦越大，轨迹的圆心越大，运动时间越长。根据几何知识，画出轨迹，作出最长的弦，定出最长的运动时间。 粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的问题，关键是画轨迹。本题是根据几何知识：半径一定时，弦越长，对应的圆心角越大，则运动时间越长。 3.【答案】A 【解析】解：AB、根据安培定则可以判断，L1和L3直线电流在O处的磁场方向沿OL2方向，L2和L4直线电流在O处的磁场方向为OL3方向，所以棱形中心O处的合磁场的磁感应强度不为零，方向应该在OL2和OL3之间，故A正确，B错误； CD、L1和L3都受到L2和L4的电流所产生的磁场的安培力作用，且因为这四个直线电流的截面组成一个棱形，所以L1和L3受到L2和L4的作用力大小相等的，同时也由于L1和L3之间的相互作用力也是大小相等的，故L?1所受安培力与L3所受安培力的大小相等，方向不同，故CD错误。 故选：A。 根据左手定则可以分别判断导线所受安培力的 方向；根据安培定则可以判断棱形中心O处的 合磁场方向。 根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可以 快速的判断每个导线所受的安培力方向。 4.【答案】B 【解析】解：根据题意做出ABC三种粒子在磁 场中的运动轨迹如图所示，根据题意， 根据左手定则，可以判断B粒子带的电荷为负电 荷，A错； 由图可知，三粒子做圆周运动的半径C最大，A最小，根据r =mv qB，又粒子的速度都相等，所以比荷的大小关系是：K A>K B>K C，故C错误； 根据周期公式T=2πm qB 及比荷的大小关系可知：T C >T B>T A，故D错误； 由图，ABC三个粒子形成的图象在磁场区域留下的弧长C最长，A最短，而三个粒子的速度相同，根据时间等于弧长除以速度，所以有：t A 故选：B。 根据左手定则，由带电粒子在电场中的偏转方向可以判断电荷的正负；根据运动的轨迹图象， 以及洛伦兹力提供向心力的圆周运动周期T=2πm qB 和半径公式r=mv qB可以得知荷质比，时间，周 期之间的关系。 本题关键是根据要求做出图象，根据图象以及周期、半径的公式求解对应物理量之间的关系，本题只能做定性分析，不能定量的求解。是一道考查带电粒子受洛伦兹力做圆周运动的典型问题。难度适中。 5.【答案】C 【解析】解：从D点射入和B点射入的粒子的运动轨迹如图所示，设两个粒子 在AC边上的出射点分别为E、F点，由于从D点射出的粒子恰好能垂直AC边 射出磁场，所以A点为该粒子做圆周运动的圆心，则粒子做圆周运动的半径为： R=1 2 L 则有：AE=1 2 L 因为D点是AB的中点，所以D点是从B点射出的粒子做圆周运动的圆心，所以有：AD=DF 则根据几何知识有：AF=2×1 2L?cos30°=√3L 2 所以有粒子射出的区域为：EF=AF?AE=√3?1 2 L，故ABD错误，C正确。 故选：C。 作出从D点射入和B点射入的粒子的运动轨迹，由于从D点射出的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，所以A点为该粒子做圆周运动的圆心，以此分析粒子做圆周运动的半径；因为D点是AB 的中点，所以D点是从B点射出的粒子做圆周运动的圆心，再根据几何知识求解AC边上有粒子射出的区域长度。 解决该题需要正确作出粒子做圆周运动的轨迹，能根据圆周运动的特点分析得到粒子的圆心和半径，掌握一定的求解几何长度的数学知识。 6.【答案】B 【解析】解：离子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α=45°， 则离子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为α=45°，过入射速 度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，由几 何知识得到轨迹所对应的圆心角θ=2α=90°，则离子的轨迹半径 √2r=2R，r=√2R=√2×0.1m=√2 10 m 由牛顿第二定律得： qvB=mv2 r 得：v=qBr m =q m ?rB=2×1011×√2 10 ×10?4=2√2×106m/s 故选：B。 离子束不经碰撞而直接从出身孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的半径，即可由牛顿第二定律求速度v 本题的解题关键是根据几何知识画出离子的运动轨迹，得到半径，即可求解速度v． 7.【答案】B 【解析】解：粒子的运动轨迹如图， 根据几何知识可知，粒子的半径为：r=d?tan60°=√3d， 因为粒子受到的洛伦兹力提供向心力，即qvB=m v2 r ， 所以粒子射入磁场的速度大小为：v=qBr m =√3qBd m ，故ACD错误，B正确。 故选：B。 根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子射入磁场的速度大小。 解决该题的关键是能正确分析找到粒子做圆周运动的圆心，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，熟记半径的公式。 8.【答案】B 【解析】解：令磁场的半径为r ， 粒子以速率v 垂直射入磁场，运动轨迹如甲图所示：， 根据几何知识可知，粒子的半径为：R 1=r ，圆心角为θ1=90°， 粒子以速率√3v 射入磁场，其运动轨迹如图乙所示： ， 因为洛伦兹力提供向心力，则R = mv qB ， 所以粒子的半径为：R 2=√3r ， 根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的圆心角为：θ2=60°， 因为粒子在磁场中做圆周运动的半径为：T = 2πm qB ， 粒子的比荷相同，则周期相等，粒子两次在磁场中运动的时间之比为：t 1 t 2 =90° 60°=3 2， 所以粒子第二次在磁场中运动的时间为：t 2=23t 1=2 3t ，故ACD 错误，B 正确。 故选：B 。 作出粒子两次的运动轨迹，根据则R = mv qB 分析第二次运动的半径与第一次运动的半径的关系， 根据几何知识求解粒子两次运动的圆心角，结合周期公式求解粒子的运动时间。 解决该题的关键是能正确作出粒子的运动轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径以及圆心角，熟记周期公式和半径公式。 9.【答案】D 【解析】解：A 、电流为零时，设弹簧的伸长量为△x ，则有mg =k △x ，得△x =mg k ，故当电 流表示数为零时，弹簧伸长量为 mg k ，故A 正确； B 、为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN 的安培力必须向下，由左手定则可知金 属棒中电流从M 端流向N 端，因此M 端应接正极，故B 正确； C 、设满量程时通过MN 的电流为I m ，则有BI m l ab +mg =k(l bc +△x)，解得I m =2.5 A ，故该电流表的量程是2.5 A ，故C 正确； D 、设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有2B′I m l ab +mg =k(l bc +△x)，解得B′=0.10 T ，故D 错误。 本题选不正确的， 故选：D 。 电流表示数为零时，金属棒在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，根据平衡方程可解得弹簧伸长量； 当电流表正常工作时，电流表有示数，金属棒将受到向下的安培力，根据左手定则可知MN 中电流方向，从而确定MN 的哪一端与电源正极相接； 当金属棒处于ab 线上时，电流表示数最大，根据平衡条件以及弹簧的伸长量可求得此时是最大电流； 扩大量程后根据C 中的平衡方程即可解出正确结果。 本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件列方程是解题关键。 10.【答案】B 【解析】解：A 、根据题意可知，当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒受到的安培力沿着斜面向上，根据左手定则可知，金属棒中的电流方向垂直纸面向里，故A 错误； BD 、当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒受到的力如图所示， 根据平衡条件可知，F 1=G ?sin30°=1 2G ，F N1=G ?cos30°=√3 2 G 当磁场的方向改为竖直向上时，金属棒受力如图所示， 根据三角形定则有F 2=Gtan30=√3 3G ，F N2=G cos30°=2√3G 3 ， 所以F 1F 2= √32，F N1 F N2 =3 4 ，故B 正确，D 错误； C、根据以上分析可知F1 故选：B。 分析金属棒受到的安培力方向，根据左手定则分析金属棒中所加的电流方向； 根据平衡条件以及三角形定则分析求解两种情况下的安培力大小以及支持力的大小，从而进行比较； 根据F=BIL分析两种情况下的电流大小。 解决该题的关键是掌握左手定则分析电流的方向，能根据平衡条件分析求解两种情况下的安培力以及支持力的大小。 11.【答案】D 【解析】解：A、为使D形盒内的带电粒子不受外电场的影响，D形盒应用金属材料制成，以实现静电屏蔽，故A错误； B、为使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应与带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的频率相等，由T1=2πm1 eB 和T1=1f，得氚核的质量m1=eB2πf，故B错误； C、由ev m B=m1v m2 R ，得v m=eBR m1 ，可见氚核从P处射出时的最大速度v m与电源的电压大小无 关，故C错误； D、根据周期公式T2=2πm2 2eB 和T2=1f 2 ，得f2=2m1 m2 f，又m1 m2 =3 4 ，得f2=3 2 f，D正确。 故选：D。 为实现静电屏蔽，D形盒应用金属材料制成；由带电粒子在磁场中运动的周期公式和频率与周期的关系求解氚核的质量；由半径的计算公式分析最大速度是否与电压有关；根据周期公式推导频率关系。 考查回旋加速器的知识，要掌握带电粒子在磁场中运动规律和在加速电场中的运动情况，注意加速度的最大速度与加速电压无关，而加速的回转频率与粒子的比荷有关，是解题的关键。 12.【答案】C 【解析】解：设加速电场的电压为U，磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q、质量为m，在电场中加速过程有：qU=1 2 mv2① 在磁场中偏转有：qvB=m v2 r ② 据几何关系有x=2r③ 粒子运动的时间t=πm qB④ 以上四式联立得：t=πB 8U x2， 所以，t1 t2 =x12 x22 ，故C正确，ABD错误。 故选：C。 粒子在电场中加速，粒子在磁场中作圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合T= 2πm qB 求得粒子在 磁场中运动的时间表达式。 本题的关键是熟练周期和半径的表达式，并指导同位素的概念：质子数相同、中子数不同(m不 同q相同)。 13.【答案】BD 【解析】解：A、周期是相同的，粒子在磁场中运动的时间与转过的角度有关，与弧长无关。故 A错误。 B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向 延长线也一定过圆心。故B正确。 CD、速度满足v=qBR m 时，粒子的轨迹半径为r=mv qB=R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心 构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板 上，故C错误，D正确。 故选：BD。 带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充 当向心力，求出v=qBR m 时轨迹半径，确定出速度的偏向角。对着圆心入射的粒子，速度越大在 磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系。 本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的 关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系。 14.【答案】BC 【解析】【分析】 本题考查了带电粒子在复合场中的运动，意在考查考生的分析能力。解决本题时关键要抓住洛 伦兹力与速度的关系，注意考虑电场力与重力的关系来分析小球可能的运动情况。 【解答】 A.小球受到重力、电场力和洛伦兹力作用，若速度大小变化，则洛伦兹力变化，合力变化，所以 小球不可能做匀变速运动，故A错误； B.小球向下偏转，则初始时刻合力一定向下，又因为一定是曲线运动，因此洛伦兹力方向一定变 化，所以小球合力一定变化，一定做变加速运动，故B正确； C.若重力等于电场力，小球做匀速圆周运动，小球的动能不变，故C正确； D.小球运动过程中电场力做负功，所以机械能减少，故D错误。 故选BC。 15.【答案】BD 【解析】解：未放c导线前，ab导线之间的磁场力是吸引力，大小相等，置入c导线后，a导线受到的磁场力大小为2F，方向可能向左，也可能向右，故c导线对a导线的作用力可能是向右 大小为F，或向左大小为3F，所以c导线对b导线的作用力可能是向左大小为3 2 F，或向右大小 为F 2 ，故BD正确，AC错误。 故选：BD 。 根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁场力。 本题考查平行直导线间的相互作用，要注意综合应用左手定则及力的分析求解磁场力，要重点掌握力的矢量性。 16.【答案】AC 【解析】解：A、根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，故A正确； B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m v2 R ， 解得：v=qBR m ，射入磁场时粒子a的半径最小，所以射入磁场时粒子a的速率最小，故B错误； C、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πm qB 相同，粒子在磁场中的运动时间：t=θ 2π T=mθ qB ， 由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角θ最大，则射入磁场时粒子a的运动时间最长，故C 正确； D、若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，由牛顿第二定律得：qvB=m v2 R ，解得：v=qBR m ， 则a粒子射入磁场时的半径会变大，导致轨迹对应的圆心角会变小，所以a粒子动时间会变小，故D错误。 故选：AC。 根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。 带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小。 17.【答案】ACD 【解析】解：A、通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=k I r ，那么B在A处的磁 场B B=kI2 L ，同理，D在A处的磁场B D=kI2 L ， 而C在A处的磁场B C=1 √2L ，再依据矢量的合成法则，则有：√2k I2 L =1 √2L ，解得：I1=2I2，故A正确； B、依据对称性，C导线所受的磁场力恰好为零，因电流大小不同，则B与D导线所受的磁场力一定不为零，故B错误； C、依据矢量的合成法则，则B与D导线在O点的合磁场为零，而A与C导线在O点的合磁场也为零，故C正确； D、若移走A导线，B与D导线在O点的合磁场为零，依据安培定则，则C导线在中心O处的磁场将沿OB方向，故D正确； 故选：ACD。 依据磁感应强度B=k I r 公式，结合矢量的合成法则，及安培定则，即可求解。 考查某点的磁感应强度满足B=k I r 的应用，掌握矢量的合成法则，同时理解安培定则的内容。 18.【答案】BC 【解析】解：A、边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，若n=2，则粒子在磁场中做圆周运动的直径为磁场区域直径，即粒子做圆周运动的轨道半径r=R；由于粒子做圆周运动的轨道半径与磁场区域半径相等，粒子进入磁场的P点、粒子做圆周运动的圆心O′、粒子离开磁场位置点、磁场区域的圆心O组成的四边形为菱形，过粒子离开磁场位置的轨道半径与PO平行，粒子离开磁场时的速度方向与对应的轨道半径垂直，则粒子离开磁场时的速度方向与磁场区域半径PO垂直，由于PO的位置不变，则所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行，故A错误； B、若n=2，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=R，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹 力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m v2 r ， 解得：v =qBR m ，故B正确； C、边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，若n=4，粒子做圆周运 动的轨道半径：r′=Rsin45°=√2 2R，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qv′B=m v′2 r′ ， 解得：v′=√2qBR 2m ，故C正确； D、若n=4时，粒子做圆周运动的轨道半径为√2 2 R，粒子做圆周运动的轨道半径r′=mv′qB，仅将 磁感应强度大小由B减小到1 2 B时，粒子做圆周运动的轨道半径变为原来的2倍为√2R，粒子运 动轨迹直径对应的有粒子射出圆弧对应的圆心角θ=2arcsin√2R R =2arcsin√2 2 ≠180°，则n≠2， 故D错误。 故选：BC。 粒子在磁场中做圆周运动，磁场区域边界上有粒子射出的范围是粒子在磁场中运动轨迹的直径为弦所对应的边界圆弧，根据题意求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周的速率。 本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解题关键是要牢记这类问题的解题思路是：跟紧题意作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求解有关问题。 19.【答案】BC 【解析】解：A、根据题意可知，粒子向右偏转，根据左手定则分析可知，粒子带正电，故A错误； B、粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示：令粒子做圆周运动的半径为R，根据几何知识有：2L2=R2， 所以R=√2L， 因为洛伦兹力提供向心力，即为：qvB=m v2 R ， 则粒子运动的速率为：v=√2qBL m ，故B正确； CD、根据题意可知，粒子从C点射出时的时间是最长的，其运动轨迹如图所示： 令其圆心角为θ，则根据几何知识有：sinθ 2 = √2 2 L √2L =1 2 ， 所以θ=60°， 则粒子运动的最长时间为：T m=60° 360° ?2πm qB =πm 3qB ，故C正确，D错误。 故选：BC。 粒子向右边偏转，根据左手定则分析粒子的电性； 作出粒子做圆周运动的轨迹，根据几何知识求解粒子的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的速率； 粒子的运动轨迹对应的圆心角越大，则运动时间越长，而弦长越长，圆心角越大。 掌握用左手定则分析粒子的电性，正确作出粒子做圆周运动的轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，知道弦长越长，圆心角越大，运动的时间越长。 20.【答案】BC 【解析】解：令Oa =Ob =L ，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示： 根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径正好等于L ，圆心角为90°， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv 0B =m v 0 2L 解得：B = mv 0qL 所经历的时间为：t 1=1 4?2πL v 0 =πL 2v 0 如果换成匀强电场，水平方向以做匀速直线运动，竖直沿轴负方向做匀加速运动，即为：L =1 2? qE m ?(L v 0 )2 解得：E = 2mv 0 2qL ， 时间为：t 2=L v 0 ， 所以：B E =1 2v 0 ，t 1：t 2=π：2，故BC 正确，AD 错误。 故选：BC 。 带电粒子以速度v 0从a 点进入匀强磁场，运动中经过b 点，Oa =Ob ，所以圆周运动的半径正好等于L ，根据半径公式求出B ，由圆周运动的规律求出时间； 如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解。 解决该题需要分别针对于粒子在磁场中做匀速圆周运动以及在电场中做类平抛运动来求解电场强度和磁感应强度的表达式，能正确找到粒子做匀速圆周运动的半径。 21.【答案】BD 【解析】解：A.将重力场和电场等效为一个等效场，只有运动到等效最低点速度才最大，故A 错误。 B 、电场力的方向向右，可知该等效最低点在右下侧，其等效最高点在环的左上侧，小环开始时的位置在等效最高点以下。由能量守恒定律可知无法到达等效最高点，不能做完整的圆周运动，故B 正确。 C 、 D 、由动能定理可得：mgR +√(qE)2+(mg)2R =1 2mv max 2 ，解得：v max =3 2√2gR ，受到 的最大洛仑兹力：f max =3 2qB √2gR ； 在等效最低点由牛顿第二定律有：N ? √(qE)2 +(mg)2 ?f = mv max 2R ，可知N = 234 mg +f max ， 故C 错误，D 正确。 故选：BD 。 已知电场力与重力的大小关系，由于合力是恒力，故类似于新的重力，由数值关系判断出相对于平时竖直平面圆环的“最低点”。关于圆心对称的位置就是“最高点”；在“最低点”时速度最大。再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可。 解答该题的关键是找到等效最低点，即速度最大的点，同时等效为圆周中的杆?球模型，找此点的关键是进行正确的受力分析，注意几何知识在物理学中的应用。 22.【答案】AD 【解析】解：A 、由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在MN 间被加速，所以M 点的电势高于N 点，故A 正确； B 、根据电场力提供向心力，则有qE = mv 2R ，又有电场力加速运动，则有qU =1 2mv 2，从而解得： U = ER 2 ，故B 错误； C 、根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvB = mv 2r ，结合上式可知，PQ = 2√ER B √m q ， 若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电 场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故C 错误，D 正确； 故选：AD 。 带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动．后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动．最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低．根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压．最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素． 考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动．掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功． 23.【答案】BD 【解析】解：A 、小球从管口上端飞出，则小球在玻璃管中所受洛伦兹力方向竖直向上， 由图示可知磁场垂直于纸面向里，小球沿水平方向向右运动，由左手定则可知，小球带正电。故A 错误； B 、小球在竖直方向受大小不变的力作用，所以小球在竖直方向做匀加速直线运动，故B 正确； C 、小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v 和竖直方向的速度v y 。 与两个分速度对应的洛伦兹力的分力分别是水平方向的Fx 和竖直方向的Fy.其中， 竖直方向的洛伦兹力F =qvB 不变，在竖直方向上， 由牛顿第二定律得：qvB ?mg =ma ，解得：a =10m/s 2， 由匀变速运动的位移公式得：?=1 2 at2，解得t=1s。故C错误； D、小球飞出管口时，竖直速度为v y=at=10m/s， 飞出管口的合速度为v合=√v y2+v2=√102+52=5√5m/s， 动能增量△E K=1 2mv 合 2?1 2 mv2=0.5J， 重力势能的增量△E p=mg?=0.010×10×5=0.5J， 机械能的增量△E=△E K+△E P=1J；故D正确。 故选：BD。 (1)判断出小球所受洛伦兹力的方向，然后由左手定则判断出小球带什么电． (2)小球在竖直方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出小球的加速度，然后由位移公式求出小球的运动时间． (3)由动能定理求出小球动能的增加量，由重力势能的计算公式求出重力势能的增加量，然后求出小球机械能的增加量． 本题考查带电粒子在复合场中的运动，本题要注意分析清楚小球的运动过程，应用左手定则、牛顿第二定律、运动学公式、运动的合成、动能定理等即可正确解题． 24.【答案】BD 【解析】解：A、据题意和乙图可知，E=φ R =20000 0.4 V/m=5×104V/m，故A错误； B、据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势能减少最多，大小为：2qφ=2×6×10?7×20000J=0.024J，故B正确； C、以上分析可知，由洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C错误； D、以上可知：mg=Eq，f=qvB，联立以上解得：f=0.03N，故D正确． 故选：BD． 首先据题境知道小球的受力情况，即重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力；再利用匀强电场的特性和乙图求出场强；利用能量守恒和电势能的关系判断电势能的减少即可． 本题感觉较难，但读懂题意，把小球的受力情况和特点挖掘出来，此题就会迎刃而解；还需注意利用乙图求场强，能量守恒求电势能的减小． 25.【答案】AB 【解析】解：A、由粒子做匀速圆周运动，根据粒子1经过B、A两点，则在A点速度方向沿AO 方向，所以轨道半径r=R，粒子1转过的中心角为90°； 由粒子2做圆周运动的轨道半径为R，且在P点的入射方向沿PQ方向，如图所示：故由几何关系可得：粒子2从A点射出磁场，转过的中心角θ=60°，故A正确； B、由于所有粒子速度相同，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m v2 R ，所以粒子运动半径相同，均为R，故B正确； C、由于PQNM为边长为R的正方形，粒子3从M点射入，则P为圆心，粒子从O点沿离开磁场，方向与粒子2离开磁场时方向相同，故C错误； D、粒子1运动轨迹对应的圆心角为90°、粒子2、粒子3在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为60°，粒子的运动周期T= 2πm qB 相同， 则时间之比为t1：t2：t3=90：60：60=3：2：2，故D错误。 故选：AB。 由粒子做匀速圆周运动，根据粒子1经过B、A两点，确定轨道半径r=R，粒子2、3做圆周运动的轨道半径为R，由几何关系分析粒子2、3射出磁场的位置和轨迹对应的圆心角，再根据周期公式求解时间之比。 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力的问题，一般由洛伦兹力做向心力得到轨道半径、周期的表达式，再根据几何关系得到中心角，从而得到运动轨迹、运动时间。26.【答案】AC 【解析】解：A、粒子在电场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确；BCD、当粒子从C点飞出时，其运动的速度最大，轨迹所对应的圆心角最小，则运动时间最短，运动轨迹如图所示： ， 根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的半径为：R1=L， 其轨迹对应的圆心角为90°， 因为洛伦兹力提供向心力，即qvB=m v2 R ，所以R=mv qB， 则粒子的速度为v1=qBR1 m =qBL m ， 粒子在磁场中运动的最短时间为：t=90° 360°T=1 4 ?2πR v =πm 2qB ， 当粒子的运动轨迹和cd相切时，粒子的速率是最大的，其运动轨迹如图所示： ， 令粒子的半径为R2，根据几何知识有：R2+2R2=L+√3L， 则R2=√3+1 3 L， 所以粒子的速度为：v2=qBR2 m =(√3+1)qBL 3m ， 则要使粒子从cd之间射出带电粒子的发射速度取值范围为(√3+1)BqL 3m m ，故BD错误，C 正确。 故选：AC。 根据左手定则分析粒子的电性； 当粒子从c点飞出时，其运动轨迹对应的圆心角最小，但运动的半径最大， 当粒子的轨迹和cd相切时，其速度最大，作出两种情况下的运动轨迹，根据几何知识求解半径和圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子运动的最大和最小速度。 解决该题需要掌握用左手定则分析判断粒子的电性，正确作出粒子从cd之间射出的临界轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径。 27.【答案】BC 【解析】解：A、线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，故A错误； B、线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F= BIL可知，线圈受到的安培力逐渐增大，故B正确； C、线圈经过虚线位置时的感应电动势为；E=B?2r?0+2rω 2=2Br2ω，故C正确； D、流过线圈某点的电荷量为：q=I ? t=△Φ R =Bπr2 2R ，故D错误。 故选：BC。 根据楞次定律判断导线框中的感应电流的方向； 线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F=BIL 分析安培力大小； 根据E=BLv分析感应电动势大小； 根据电荷量的公式求解电荷量。 解决该题的关键是明确知道限权在转动过程中产生感应电动势的形式，掌握感应电流的方向的 判断方法，掌握电荷量的计算公式。 28.【答案】ABD 【解析】解：A、设圆的半径为r，磁感应强度为B时，从P点射入的粒 子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交 点，圆弧PQ的弧长是圆周长的1 4 ，如图所示： 所以粒子做圆周运动的半径r为：r=√2 2 R，故A正确； BC、粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=m v2 r ， 解得r=mv qB， 所以该匀强磁场的磁感应强度大小：B=√2mv qR ，故B正确，C错误； D、利用旋转圆的方法，将以PQ为直径的半圆顺时针旋转45°，得到粒子的轨迹范围，该圆形 磁场中有粒子经过的区域如图所示(黑弧线所包含的区域)，根据几何关系可得面积：S=πr2 2 + π(2r)2 8 +πR2 4 ?R2 2 =3 4 πR2?1 2 R2，故D正确。 故选：ABD。 画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分 别表示出圆周运动的半径，进行比较即可，根据几何关系求解面积。 本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条 件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可。 29.【答案】BC 【解析】解：A 、粒子的运动轨迹如图所示：， 根据题意可知，粒子在磁场中的偏向角为60°，则粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为：θ= 60°， 根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为：r =R sin30° =2R，故A错误； B、根据牛顿第二定律有：qvB=m v2 r ， 所以粒子在磁场中运动的速度为：v=qBr m =2qBR m ，故B错误； C、粒子在磁场中运动的时间为：t=1 6?2πr v =πm 3qB ，故C正确； D、由于粒子做圆周运动的速度不变，改变粒子垂直射入磁场的方向，粒子在磁场中运动的轨迹所对应的弦长一定小于2R， 即所对应的圆心角一定小于60°，因此粒子运动的时间一定变短，故D错误。 故选：BC。 作出运动轨迹，而粒子的速度偏向角等于轨迹对应的圆心角，根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径； 根据洛伦兹力提供向心力求解粒子做圆周运动的速度； 根据t=θ 2π ?T并结合周期的公式求解粒子在磁场中运动的时间； 粒子在磁场中做圆周运动的时间和轨迹对应的圆心角成正比，而圆心角的大小与弦长有关，弦长越长，圆心角越大，时间越长。 解决该题需要明确知道粒子做圆周运动时，其速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，能根据几何知识求解圆周运动的半径，熟记半径以及周期公式。 30.【答案】解：(1)小球做匀速直线运动时，受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有： Bqv=√q2E2+m2g2， 代入数据解得：v=20m/s， 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tanθ=qE mg， 解得：tanθ=√3，则θ=60° (2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，其初速度为v y=vsinθ， 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有： v y t? 1 2 gt2=0 联立解得t=2√3s 因此从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间2√3s； 答：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小为20m/s，方向与电场E的夹角为60°； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间为2√3s。 【解析】(1)小球做匀速直线运动时，受力平衡，根据平衡条件结合几何关系列式求解即可； (2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，根据竖直上抛运动的基本公式列式求解即可。 本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，抓住小球做匀速直线运动，合力为零求解，难度适中。 31.【答案】解：(1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿?x 方向射出的粒子恰好打在金属板的上方，如图a所示： 则：R=x0 根据牛顿第二定律有：qvB=m v2 R 联立得：B=mv qx ； (2)粒子做匀速圆周运动的周期为T，根据圆周运动公式可知：T =2πR v =2πx0 v 图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点， 由图可知，圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角， 由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即：t=T 6=πx0 3v 图c为打在右侧下端的临界点， 圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角， 由图a、c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，即：t′=5T 6=5πx0 3v 则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为：△t=4πx0 3v ； (3)由图a和图c可知打在右侧面的粒子发射角为30°，打在左侧面的粒子发射角为60°， 所以打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为：t1 t2=300 600 =1 2 。 答：(1)磁感应强度B的大小为mv qx0； (2)被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值为4πx0 3v ； (3)打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为1：2。 【解析】(1)根据“沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行” 画出粒子运动的轨迹，写出洛伦兹力提供向心力的方程，结合几何关系即可求解； (2)根据粒子运动的时间与偏转的角度之间的关系，判断出被薄金属板接收的粒子中运动的最长 与最短时间，求出表达式，然后求解两个时间的差； (3)根据(2)发分析找到打在金属板右侧底端以及顶端的粒子的入射角，从而分析打在薄金属板右 侧面与左侧面的粒子数目之比。 解决该题的关键是正确作出粒子做圆周运动的轨迹，尤其是粒子运动的临界轨迹，能根据几何 知识求解粒子做圆周运动的半径以及相关角度。 32.【答案】解：(1)设平行金属板M、N间匀强电场的场强为E0， 则有：U=E0d 因为离子在金属板方向射入两板间，并做匀速直线运动 则有：qE0=qv0B0 解得平行金属板M、N之间相距的距离为：d=U B 0v0 ； (2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动， 则有：cos30°=v0 v ， 故离子运动到A点时的速度：v=2√3 3 v0 牛顿第二定律：qE=ma 又v y=at 且tan30°= v y v0 ， 解得离子在电场E中运动到A点所需时间：t=√3mv0 3qE ； (3)离子的运动轨迹如图： 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=m v2 R 解得：R = mv qB = 2√3mv 0 3qB ， 由几何知识可得AC =2Rcos60°=R =2√3mv 03qB ， 又OA 第一次=v 0t = √3mv 0 2 3qE ， 因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C 与坐标原点的距离为：OC 第一次=OA 第一次+AC = √3mv 02 3qE + 2√3mv 0 3qB ， 由周期性可知，离子离开第四象限磁场区域位置C 与坐标原点距离为：OC =OC 第一次+OA 第一次+k(2?OA 第一次+OC 第一次) 即OC = √3mv 02 3qE + 2√3mv 03qB +k(2? √3mv 02 3qE + 2√3mv 0 3qB )(其中k =0，1，2，3…)。 答：(1)平行金属板M 、N 之间相距的距离d 为U B 0v 0 ； (2)离子运动到A 点时速度v 的大小为 2√3 3 v 0，由P 点运动到A 点所需时间t 为√ 3mv 03qE ； (3)离子在x 轴上离开第四象限磁场区域的位置C(图中未画出)与坐标原点的距离OC 为 √3mv 0 2 3qE + 2√3mv 03qB +k(2? √3mv 02 3qE + 2√3mv 03qB )(其中k =0，1，2，3…)。 【解析】(1)由离子在平行金属板M 、N 之间做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由此求解板间距离d ； (2)离子从P 到A 做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据离子过A 点时的速度方向与x 轴成30°角，由速度分解法求离子运动到A 点时速度v 的大小；根据牛顿第二定律求出加速度，由竖直分速度求运动时间t 。 (3)作出运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求解离子做圆周运动的半径，根据几何知识求解离子第一次离开磁场时到达O 点的距离，再根据圆周运动的周期性求解离子在x 轴上离开第四象限磁场区域的位置C 与坐标原点的距离OC 。 解决该题需要掌握离子做类平抛运动时的运动规律，正确作出离子的运动轨迹，能根据几何知识求解相关的长度，正确分析离子的运动过程的周期性特点。 33.【答案】解：(1)粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x 轴相切时，恰好不能进入I 区域，粒子不 能进入I 区时，粒子运动半径：r 0>3L ，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qBv 0=m v 0 2r 0， 已知：v 0=qBL 2m ， 解得：B < B 06 ； (2)粒子在区域I 中的运动半径为：r = mv 0qB =L 2， 若粒子在区域II 中的运动半径R 较小，则粒子会从AC 边射出磁场，恰好不从AC 边射出时满足∠O 2O 1Q =2θ，sin2θ=2sinθcosθ=24 25， 又sin2θ=r R?r ， 解得：R =49 24r =49 48L ， 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv 0B =m v 02 R ， 解得：B = 24B 049 ； (3)①若粒子由区域I 达到M 点，每次前进：CP 2=2(R ?r)cosθ=8 5(R ?r)， 由周期性：CM =nCP 2(N =0.1.2.3…)，即：5 2L =8 5n(R ?r)， 解得：R =r +25 16n ≥49 48L ， 解得：n ≤3， n =1时，R =33 16L ，B =8 33B 0； n =2时R =41 32L ，B =16 41B 0； n =3时R =49 48L ，B =24 49B 0 ②若粒子由区域II 达到M 点：由周期性：CM =CP 1+nCP 2(N =0.1.2.3…)， 即：5 2L =8 5R +85n(R ?r)， 解得：R = 5 2 +4 5 n 8 5 (1+n) ≥49 48 L， 解得：n≤26 25 ， 当n=0时，R=25 16L，B=8 25 B0； n=1时：R=33 32L，B=16 33 B0。 答：(1)若粒子无法进入区域I中，区域II磁感应强度大小范围是：B 6 ； (2)若粒子恰好不能从AC边射出，区域II磁感应强度大小为24B0 49 ； (3)若粒子能到达M点，区域II磁场的磁感应强度大小的所有可能值为：8 33B0、16 41 B0、24 49 B0、8 25 B0、 16 33 B0。 【解析】(1)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子恰好不能进入区域Ⅰ中的临界轨道半径， 应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后确定磁感应强度的范围。 (2)求出粒子恰好不能从AC边射出的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。 (3)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子即可能在I区域到达M点，也可能从II区域到达M点，根据粒子运动过程分析答题。 本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、求出粒子临界轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可解题。 34.【答案】解：(1)粒子从P点射出，设轨迹半径为R，运动轨迹如图所示， 根据图中几何关系可得：R2=a2+(√3a?R)2 解得：R=2a √3 则sinθ=a R =√3 2 ，θ=60° 运动时间为：t0=180°?60° 360° T=1 3 ×2πm qB 解得： q m =2π 3Bt0 (2)根据旋转圆的方法可知，粒子在x轴上方最远是直径达到的地方，x轴下方最远是轨迹与边 界相切，如图所示： 根据几何关系可得：FM=√(2R)2?(√3a)2=√21 3 a FN=Rsin60°=a 所以磁场右边界有粒子射出区域的长度为：MN=√21+3 3 a 答：(1)粒子的比荷为 2π 3Bt0 ； (2)磁场右边界有粒子射出区域的长度为√21+3 3 a。 【解析】(1)粒子从P点射出，根据几何关系求半径和轨迹对应的圆心角，再根据周期公式求解 比荷； (2)根据旋转圆的方法可知，粒子在x轴上方最远是直径达到的地方，x轴下方最远是轨迹与边 界相切，根据几何关系求解。 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛 伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。 2021届高考物理二轮复习计算题精解训练 （12）机械波 1.如图是一列横波在某一时刻的波形图像。已知这列波的频率为5 Hz ，此时0.5 m x =处的质点正向 y 轴正方向振动，可以推知： （1）这列波正在沿轴哪个方向方向传播； （2）波速大小是多少； （3）该质点1 s 内通过的路程是多少。 2.一列沿 x 轴传播的简谐横波，在0t =时刻的波形如图实线所示，在1=0.2 s t 时刻的波形如图虚线所示： （1）若波向 x 轴负方向传播，求该波的最小波速； （2）若波向 x 轴正方向传播，且1t T <，求 2 m x =处的 P 质点第一次出现波峰的时刻。 3.简谐横波沿 x 轴传播，M N 、是 x 轴上两质点，如图甲是质点 N 的振动图象．图乙中实线是 3 s t =时刻的波形图象，质点 M 位于8 m x =处，虚线是再过t ?时间后的波形图象．图中两波峰间距离7.0 m x ?=．求 （1）波速大小和方向； （2）时间t ?． 4.如图所示、一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，实线和虚线分别为10 s t =时与2 2 s t =时的波形图像，已知该波中各个质点的振动周期大于4 s 。求： (i)该波的传播速度大小； (ii)从10 s t =开始计时，写出 1 m x =处质点的振动方程。 5.如图，在平静的湖面上有相距12 m 的B C 、两片小树叶，将一枚小石子投到B C 、连线左侧的 O 点， 6 m OB =，经过24 s ，第1个波峰传到树叶 B 时，第13个波峰刚好在 O 点形成。求： （ⅰ）这列水波的波长和水波的频率; （ⅱ）从第1个波峰传到树叶 B 算起，需要多长时间 C 树叶开始振动。 6.如图所示，图甲为一列简谐横波在2s t =时的图象，Q 为4m x =处的质点，P 为11m x =处的质点，图乙为质点P 的振动图象。 (1)求质点P 的振动方程及该波的传播速度; (2)2s t =后经过多长时间Q 点位于波峰? 2009届高三物理综合能力强化训练小金卷（6） 1、当两个中子和一个质子结合成氚核时，产生γ光子辐射对这一实验事实，下列说法正确的是（ ） A ．核子结合成原子核时，要放出一定的能量 B ．原子核分裂成核子时，要放出一定的能量 C ．γ光子的质量为零，氚核的质量等于中子与质子的质量之和 D ．γ光子具有一定的能量，氚核的质量小于中子与质子的质量之和 2、在交通信号灯的设置中，通常把红色的信号灯设置为禁止同行的标志，这是除了红色容易引起人的视觉注意外，还有一个重要的原因是由于它（ ） A ．比其它可见光更容易发生衍射 B ．比其它可见光更容易发生干涉 C ．比其它可见光的光子能量更大 D ．比其它可见光更容易发生光电效应 3、如图1—1所示，是同一轨道平面上的三颗人造地球卫星，下列说法正确的是（ ） A ．根据v gr = ，可知B A C v v v << B ．根据万有引力定律，可知B A C F F F >> C ．角速度B A C ωωω<< D ．向心加速度B A C a a a << 图1—1 4、AB ，CD 为圆的两条相互垂直的直径，圆心为O 。将等量q 的正、 负点电荷放在圆周上关于AB 对称且相距等于圆的半径的位置，如 图1—2所示，要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个 适当电量的电荷Q ，则该点电荷Q （ ） A ．应放在C 点，带电何q - B ．应放在D 点，带电何q - C ．应放在A 点，带电何2q D ．应放在D 点，带电何2q - 图1—2 5、如图1—3所示，内壁光滑、两端开口的圆柱形容器用活塞A 、B 封闭着一定质量的理 地球 A C D O +q -q 稳恒磁场 一.选择题: 1.边长为L 的一个导体方框上通有电流I,则此框中心的磁感应强度[ ]. (1)与L 有关 (2)正比于L 2 (3)正比于L (4)反比于L (5)与I 2有关 2.一载有电流I 的细导线分别均匀密绕成半径为R 和r (R=2r)的螺线管,两螺线管单位长度上的匝数相等,?两螺线管中的磁感应强度的大小B R 和B r 应满足:[ ] (1)B R =2B r (2)B R =B r (3)2B R =2B r (4)B R =4B r 3.均匀磁场的磁感应强度B 垂直于半径为r 的圆面.今以该圆周为边线作一半球面s,则通过s 面的磁通量的大小为:[ ] (1) 2B r 2π (2)B r 2 π. (3) 0 . (4) 无法确定. 4.如图,在一圆形电流I 所在的平面内,选取一个同心圆形闭和回路L,则由安培环路定理可知:[ ] (1) 0=??L l B d 且环路上任意一点B=0， (2) 0=??L l B d 且环路上任意一点B ≠0, (3) 0≠??L l B d 且环路上任意一点B ≠0， (4) 0≠??L l B d 且环路上任意一点B=常数。 5.一半导体样品通过的电流为I, 放在磁场中,如图,实验测的霍耳电压U ba <0, 此半导体是[ ] (1) N 型 (2)P 型 6. 反，这两圆柱面之间距轴线为r 处的磁感应强度大小为［ ］ （1） 0 （2）r I πμ20 （3）r I πμ0 （4）πμ20Ir 7.可以用安培环路定理求磁场的是 ［ ］ （1）通电螺绕环 （2）圆电流 （3）半圆电流 （4）一段直电流 专题训练：磁场单元 1. 关于电场强度E与磁感应强度仪下列说法中错误的是（） A.电场强度E是矢量，方向与正电荷受到的电场力方向相同 B.磁感应强度B是欠量，方向与小磁针N极的受力方向相同 C.电场强度定义式为E =匚，但电场中某点的电场强度E与尸、9无关 q D.磁感应强度定义式R -匚，同样的电流元〃在磁场中同一点受到的力一定相同 H 2.如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在具正屮心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导 线/并处于平衡状态，/与螺线管垂肓，M导线中的电流方向垂玄纸面向里，开关S闭仑后，绝缘绳 对/拉力变化情况是（） A.增人 B.减小 C.不变 D.无法判断 3.如图所示，在兀轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为3。在xOy内， 从原点O处沿与x轴疋方向成0角（0＜〃＜兀）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的 A.若卩一定，&越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 B.若u—定，0越人，则粒子在离开磁场的位置距O点越远 C.若0—定，v越人，则粒子在磁场屮运动的时间越短 D.若&一定，v越大，则粒了在磁场中运动的角速度越大 4.如图所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当 线圈通以图示的直流电吋，形成的磁场如图所示，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将（） A.向上偏转 B.向下偏转 C.向左偏转 D.向右偏转 5.如图所示，光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成&角倾斜放置，导轨上另放一个质量为加的金属导体棒。通电后，在棒所在区域内加-个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，图中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是（） 6.关于回旋加速器加速带电粒了所获得的能量，下列结论中正确的是（） A.只与加速器的半径有关，半径越大，能量越大 B.与加速器的磁场和半径均有关，磁场越强、半径越人，能量越人 C.只与加速器的电场有关，电场越强，能量越大 D.与带电粒子的质量和电荷量均有关，质量和电荷量越大，能量越大 7.如图所示，冇一四面体OABC处在Ox方向的匀强磁场中，下列关于穿过各个面的 磁通量的说法错误的 是（） XXX /XXX A.13. 高中物理3-3《热学》计算题专项练习题(含 答案) -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 热学计算题（二） 1.如图所示，一根长L=100cm、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h=25cm长的水银柱封闭了一段长L1=30cm的空气柱．已知大气压强为75cmHg，玻璃管周围环境温度为27℃．求： Ⅰ．若将玻璃管缓慢倒转至开口向下，玻璃管中气柱将变成多长？ Ⅱ．若使玻璃管开口水平放置，缓慢升高管内气体温度，温度最高升高到多少摄氏度时，管内水银不能溢出． 2.如图所示，两端开口、粗细均匀的长直U形玻璃管内由两段水银柱封闭着长度为15cm的空气柱，气体温度为300K时，空气柱在U形管的左侧． （i）若保持气体的温度不变，从左侧开口处缓慢地注入25cm长的水银柱，管内的空气柱长为多少？ （ii）为了使空气柱的长度恢复到15cm，且回到原位置，可以向U形管内再注入一些水银，并改变气体的温度，应从哪一侧注入长度为多少的水银柱气体的温度变为多少（大气压强P0=75cmHg，图中标注的长度单位均为cm） 3.如图所示，U形管两臂粗细不等，开口向上，右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg。左端开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm。现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求： ①粗管中气体的最终压强；②活塞推动的距离。 4.如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1=14cm，的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2=24cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h=6cm，若把该装置移至温度恒为27℃的房间中（依然竖直放置），大气压强恒为p0=76cmHg，不计活塞与管壁间的摩擦，分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度． 5.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变．求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度． 6.如图，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为S A：S B=1：2，两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个气缸都不漏气．初始时，A、B 中气体的体积皆为V0，温度皆为T0=300K．A中气体压强P A=1.5P0，P0是气缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的体积增大V0/4，,温度升到某一温度T．同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体压强（用P 0表示结果）和温度（用热力学温标表达） 北京市丰台区2021届高三物理下学期综合练习（一模）试题（一）本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1．下列说法正确的是 A.气体分子平均动能越大，其压强一定越大 B.两种物质温度相同时，其分子平均动能不一定相同 C.当分子之间距离增大时，分子间的引力和斥力都增大 D.液体中悬浮微粒的布朗运动是由做无规则运动的液体分子撞击引起的 2．负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的机会，病房中气压小于外界环境的大气压。若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是 A. 负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能 B. 负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中每个气体分子的运动速率 C. 负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数 D. 相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力 3．以下说法正确的是 A. 光电效应显示了光的粒子性 B. 轻核聚变后核子的总质量大于聚变前核子的总质量 C. 汤姆孙研究阴极射线，提出原子具有核式结构 D. α粒子散射实验证明了中子是原子核的组成部分 4．下列说法正确的是 A. 海市蜃楼是光发生干涉的结果 B. 照相机镜头的增透膜，应用了光的衍射原理 C. 用双缝干涉实验装置观察白光的干涉现象，中央条纹是红色的 D. 肥皂膜上看到的彩色条纹是膜的两表面反射光干涉的结果 5．右图所示为交流发动机的示意图。线圈abcd转动方向为逆时针方向，产生的交流电电动势的最大值为102V，线圈abcd电阻为1Ω，小灯泡电阻为4Ω，其他电阻忽略不计。以 下说法正确的是 A．小灯泡两端电压为10V B．图示位置时，通过线圈的磁通量最大 C．线圈所在图示位置时产生的感应电动势最大 D．线圈所在图示位置时，ab边的电流方向为b a 6．图示装置是某同学探究感应电流产生条件的实验装置。在电路正常接通并稳定后，他发现：当电键断开时，电流表的指针向右偏转。则能使电流表指针向左偏转的操作是 A．拔出线圈A B．在线圈A中插入铁芯 (时间：90分钟，满分：100分) 一、选择题(本题包括12小题，每小题5分共60分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是() A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用 B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现 C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功 D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行 解析：选B.安培力方向与磁场垂直，洛伦兹力不做功，通电导线在磁场中不一定受安培力．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现． 2. 图3－6 (2011年东北师大高二检测)磁场中某区域的磁感线，如图3－6所示，则() A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B b B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B b C．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大 D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小 解析：选A.由磁感线的疏密可知B a＞B b，由通电导线所受安培力与通电导线的放置有关，通电导线放在a处与放在b处受力大小无法确定． 3．(2011年聊城高二检测) 图3－7 两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图3－7所示，则圆心O处磁感应强度的方向为(AA′面水平，BB′面垂直纸面)() A．指向左上方 B．指向右下方 C．竖直向上 D．水平向右 答案：A 4. 图3－8 (2011年汕头高二检测)如图3－8所示，垂直纸面放置的两根直导线a和b，它们的位置固定并通有相等的电流I；在a、b沿纸面的连线的中垂线上放有另一直导线c，c可以自由运动．当c中通以电流I1时，c并未发生运动，则可以判定a、b中的电流() A．方向相同都向里 B．方向相同都向外 C．方向相反 专题02 安培力 1.(2017陕西咸阳模拟)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来处于静止状态，此时磁铁对水平面的压力为F N1.。现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通一垂直纸面向里的电流瞬间，磁铁对水平面的压力变为F N2。同时出现其它变化，则以下说法正确的是 A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变 C．F N1.>F N2. D．F N1. 磁铁所受安培力向左。对木板和条形磁铁，由平衡条件可知，木板受到地面的摩擦力水平向右，选项C 正确。 3. （2016·武汉模拟）如图所示，○ ×表示电流方向垂直纸面向里，○·表示电流方向垂直纸面向外。两根通电长直导线a 、b 平行且水平放置，a 、b 中的电流强度分别为I 和2I ，此时a 受到的磁场力大小为F 。当在a 、b 的上方再放置一根与a 、b 平行的通电长直导线c 后，a 受到的磁场力大小仍为F ，图中abc 正好构成一个等边三角形，此时b 受到的磁场力大小为 A ．F B ．3F C ．23F D ．7F 【参考答案】D F ’= B ’·2I ·7F ，选项D 正确。 4. （2016河南八市重点高中联考）如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正下方固定一正方形线框。线框中叶通有顺时针方向的恒定电流I ，线框边长为L ，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L ，已知在长直导线的磁场中距离长直导线r 处的磁感应强度大小为B=kI/r ，线框质量为m ，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为 高中物理磁场经典计算题训练（一） 1.弹性挡板围成边长为L = 100cm 的正方形abcd ，固定在光滑的水平面上，匀强磁场竖直向下，磁感应强度为B = 0.5T ，如图所示. 质量为m =2×10-4kg 、带电量为q =4×10-3C 的小球，从cd 边中点的小孔P 处以某一速度v 垂直于cd 边和磁场方向射入，以后小球与挡板的碰撞过程中没有能量损失. （1）为使小球在最短的时间内从P 点垂直于dc 射出来，小球入射的速度v 1是多少？ （2）若小球以v 2 = 1 m/s 的速度入射，则需经过多少时间才能由P 点出来？ 2. 如图所示, 在区域足够大空间中充满磁感应强度大小为B 的匀强磁场,其方向垂直于纸面向里.在纸面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L 的等边三角形框架DEF , DE 中点S 处有一粒子发射源,发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE 边向下，如图（a ）所示.发射粒子的电量为+q ,质量为m ,但速度v 有各种不同的数值.若这些粒子与三角形框架碰撞时均无能量损失,并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边.试求： （1）带电粒子的速度v 为多大时,能够打到E 点? （2）为使S 点发出的粒子最终又回到S 点,且运动时间最短,v 应为多大?最短时间为多少? （3）若磁场是半径为a 的圆柱形区域，如图（b ）所示(图中圆为其横截面)，圆柱的轴线通过等边三角形的中心O ，且a =)10 1 33( L .要使S 点发出的粒子最终又回到S 点，带电粒子速度v 的大小应取哪些数值？ 3.在直径为d 的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于圆面指向纸外．一电荷量为q ， 质量为m 的粒子，从磁场区域的一条直径AC 上的A 点射入磁场，其速度大小为v 0,方向与AC 成α．若此粒子恰好能打在磁场区域圆周上D 点，AD 与AC 的夹角为β，如图所示．求该匀强磁场的磁感强度B 的大小． a b c d A C F D （a ） （b ）2021届高考物理人教版二轮复习 计算题精解训练 机械波 作业(12) 含解析
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第三章 磁场练习题及答案解析
高考物理最新模拟题精选训练磁场专题安培力含解析
高中物理磁场经典计算题训练 人教版
高三物理综合练习
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