专题9 恒定电流&专题10 磁场-【创新教程】2021-2025五年高考真题物理分类特训试卷

专题九恒定电涕 1.(2025·山东卷，5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚 好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%.已知小车的质量为m,运动过程中 受到的阻力f=k(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为？，则光伏电池单位时间内获得的 太阳能为 ( A.2kv 鳄 C.kvitm D.2kv+mv 27 2.(2023·全国乙卷，20)（多选）黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1 罗 和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和 一个直流电源.测得接线柱之间的电压U2=3.0V,U=2.5V,U3=一1.5V.符合上述测量结果 的可能接法是 ( A.电源接在1、4之间，R接在1、3之间 B.电源接在1、4之间，R接在2、4之间 C.电源接在1、3之间，R接在1、4之间 D.电源接在1、3之间，R接在2、4之间 56 专题十磁场 [考点1]磁场和磁感应强度的叠加 1.(2025·福建卷，3)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通有 大小相等，方向相反的电流.导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对 称，O与N关于L,对称且OM=ON,初始时，M处的磁感应强度大小为 B1,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N 整 点的磁感应强度大小为 A.7B.-B: B.7B,-B. C.B2-B D.B-B2 紧 2.(2022·全国乙卷，18)（多选）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测 量磁感应强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面.某 同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而x轴正向保 持竖直向上，根据表中测量结果可推知 测量序号 B./μT B,/μT B./uT 1 0 21 -45 和 2 0 -20 -46 3 21 0 -45 -21 0 -45 A.测量地点位于南半球 B.当地的地磁场大小约为50μT 0 C.第2次测量时y轴正向指向南方 D.第3次测量时y轴正向指向东方 数 3.(2021·全国甲卷，16)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平 0 阳 面内，O与OQ在一条直线上，PO与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有 相等的电流I,电流方向如图所示.若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁 场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的M、N两点 处的磁感应强度大小分别为 A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B [考点2]安培力的大小和方向的判断 1.(2023·浙江卷，10)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根 长均为、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L.细杆 通过开关S可与直流电源E。或理想二极管串接.在导体棒所在空间存在磁感应 强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻.开关S接 1,当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角日=牙：然后开关S接2，棒从右侧开 始运动完成一次振动的过程中 57 A,电源电动势E。=2MR 2BL B.棒消耗的焦耳热Q-1-Mg C,从左向右运动时，最大摆角小于开 D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等 2.(2023·湖南卷，6)如图，真空中有区域I和Ⅱ，区域I中存在匀强电 场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面 向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向 垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与 E X B 电场和磁场方向均垂直.A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同 15 的粒子射入区域I中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ. 若区域I中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子 从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为。，若改变电场或磁场强弱，能进人区域Ⅱ中 的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确 的是 () A.若仅将区域I中磁感应强度大小变为2B1,则t>to B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则t>o C,若仅将区城Ⅱ中磁感应强度大小变为B,则1=分 D,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B,则1=4， 3.(2023·江苏卷，2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流 I,放置在磁场中.已知ab边长为2l,与磁场方向垂直，bc边长为l,与磁场方向平 行.该导线受到的安培力为 A.0 B.BIL C.2BIL D.√5BIl 4.(2023·辽宁卷，2)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律.若两段长度分别为 △1和△12、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为 △F=kIL△△L.比例系数k的单位是 ( r A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3) 5.(2022·湖南卷，3)如图()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0.下列 说法正确的是 0(0 M(N) 图( 图b) 58 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.tan0与电流I成正比 D.sin0与电流I成正比 6.(2021·6月浙江卷，15)（多选）如图所示，有两根用超导材料制成的长直a 80A 平行细导线a、b,分别通以80A和100A流向相同的电流，两导线构成 .p 100A 的平面内有一点，到两导线的距离相等.下列说法正确的是() A.两导线受到的安培力F,=1.25F。 B.导线所受的安培力可以用F=ILB计算 C.移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变 D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置 7.(2021·广东卷，5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长 ⊙ 管外表面周定着对称分布的四根平行长直导线.若中心直导线通人电流I1,四 1,☒ & 81, 根平行直导线均通入电流I2,I1》I2,I1、I2电流方向如图所示.下列截面图中 可能正确表示通电后长管发生形变的是 ( ⊙1 B. ☒ ⊕ D. 8.(2021·河北卷，5)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小 为B,,一束速度大小为口的等离子体垂直于磁场喷人板间.相距为L的两光滑平行金属导轨 固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2,导轨平面与水平面夹角为，两 导轨分别与P、Q相连.质量为m,电阻为R的金属棒b垂直导轨放置，恰好静止.重力加速度为g, 不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力.下列说法正确的是 ( - A导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，0=mg5sin9 BB,Ld B,导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，u=gRsin0 BB,Ld C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v= mgRtan 0 BB,Ld D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，o=mgRtan2 BB,Ld 59 9.(2022·全国甲卷，25)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其 简化的工作原理示意图如图所示.图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面 反射光 入射光 上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场：M为置于平台上的轻质小 平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与 弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心.使用 前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的 O点射到M上后沿原路反射.线圈通人电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M 上的人射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小 已知弹簧的劲度系数为k,磁场磁感应强度大小为B,线圈C的匝数为N.沿水平方向的长度为 l,细杆D的长度为d,圆弧PQ的半径为r,r>d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值， (1)若在线圈中通人的微小电流为I,求平衡后弹簧长度改变量的绝对值△x及PQ上反射光 点与O点间的弧长s: 图 (2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在 O点上方，与O点间的弧长为51；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在 O点下方，与O点间的弧长为s.求待测电流的大小 60 [考点3]带电粒子在磁场中的运动 1.(2025·安徽卷，7)（多选）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在第二象 B 限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到x轴 的距离为d,上、下表面均能接收粒子.位于原点O的粒子源，沿Oxy平 面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子已知粒子所带电荷量 为g、质量为m,速度大小均为9心，不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则 n A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√3d 整 C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为品 2.(2024·湖北卷，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 紧 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m 3gB 布 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BgB那 3m 3.(2023·全国甲卷，20)（多选）光滑刚性绝缘圆简内存在着平行于轴的匀强磁 场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示.一 ×××× 带电粒子从P点沿PO射人，然后与筒壁发生碰撞.假设粒子在每次碰撞前、 后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量 大小不变、方向相反；电荷量不变.不计重力.下列说法正确的是 A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O 如 B.最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 阳 C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 4.(2022·广东卷，7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区 域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场.一质 子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域.下列质子 关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是 ( 5.(2021·全国乙卷，16)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电 荷量为q(q>O)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场.若粒子 射人磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度 大小为，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力.则兰为 XXX A B.3 D.3 61 6.(2025·云南卷，14)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的 干扰.如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其 磁感应强度大小为B,(未知).第一象限内存在边长为2L的正方形 磁屏蔽区ONPQ,经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直 Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2(未知)，但满足0<B2< B1.某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后， 在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON 码 中点垂直ON射入磁屏蔽区域.速度选择器两极板间电压U间距 速度选样器 d、内部磁感应强度大小B。(已知)，不考虑该粒子的重力. (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求B,以及y轴上可能检测到该粒子的范围： (3)定义磁屏蔽效率？= B二B×100%,若在Q处检测到该粒子，则7是多少？ B 7.(2022·浙江卷，22)离子速度分析器截面图如图所示.半径为 R的空心转筒P,可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴 转简P 逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S.整个转 离子源M X B 筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.转筒下方有一与其 0 共轴的半圆柱面探测板Q,板Q与y轴交于A点，离子源M能 沿着x轴射出质量为m、电荷量为一q(q>0)、速度大小不同 探测板Q 的离子，其中速度大小为。的离子进入转筒，经磁场偏转后恰 好沿y轴负方向离开磁场.落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离 子的重力和离子间的相互作用。 (1)①求磁感应强度B的大小； ②若速度大小为，的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度仙的大小： (2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为0， 求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小： (3)若转筒P的角速度小于管，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他9的值（为 探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角) 62 8.(2021·湖南卷，13)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一.带电粒子 流（每个粒子的质量为m、电荷量为十g)以初速度？垂直进人磁场，不计重力及带电粒子之间 的相互作用.对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题： 图( 图b) (1)如图(a),宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0,r1)、半径为r1的圆形匀 强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O,求该磁场磁感应强度B,的大小： (2)如图()，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0,一r2).在虚线框内设计一 个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为22，并沿x 轴正方向射出，求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积 最小的证明过程)； (3)如图(b),虚线框I和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和N均为边长等于T4的正方 形.在I、Ⅱ、Ⅲ和N中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2。的带电粒子流沿 x轴正方向射入I和Ⅱ后汇聚到坐标原点O,再经过Ⅲ和N后宽度变为2，，并沿x轴正方向 射出，从而实现带电粒子流的同轴控束.求I和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和V中匀 强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）， 63 9.(2021·6月浙江卷，21)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示.充满氖气(NC)的电离室中 有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连，在与长直导线垂直的平面 内，以导线为对称轴安装一个用阻值R。=10n的细导线绕制、匝数N=5×103的圆环形螺线 管，细导线的始末两端c、d与阻值R=902的电阻连接.螺线管的横截面是半径a=1.0×10一2m 的圆，其中心与长直导线的距离r=0.1m气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电 流1，其I一1图像如图乙所示，为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B=L 其中k=2×10-1T·m/A. + I/A 高压电阁 氛气中电离蜜eRd 10203.04.0506.0 /10 (1)求0一6.0×10-3s内通过长直导线横截面的电荷量Q; (2)求3.0×10-3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ： (3)若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R 的R一t图像： (4)若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的iR一t图像， 64 [考点4幻带电粒子在复合场中的运动 1.(2025·山东卷，12)（多选）如图甲所示Oxy的平面内，y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻 的区域I、Ⅱ.区域I内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场 的大小、方向均未知.t一0时刻，质量为m、电荷量为十q的粒子从O点沿x轴正向出发，在 Oxy平面内运动，在区域I中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示. t。时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分，如图 乙所示.不计粒子重力.下列说法正确的是 () 10L3 区域1 区域Ⅱ 2L 2L 3 -2L -10L3 图甲 图乙 紧 A.区域I内电场强度大小E一，方向沿y轴正方向 B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=20L 3 C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=3m,方向垂直Oxy平面向外 5qto D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标0 2.(2024·河北卷，10)（多选）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd, D······” 榆 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 d 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 0 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 如 数 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° 阳 3.(2024·湖北卷，9)（多选）磁流体发电机的原理如图所示，MN和 M 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 XxX B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 P C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 喵 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 4.(2023·全国乙卷，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=,S与屏的距离为？，与x轴的距离为 α.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 E B. E C.B D B 2aB '2aE2 aE? 6511.解析：(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小可 B.根据题意画出电路图，如下 匀速时mg=∫ L2▣34 又f=km,联立可得k=m肚 h 可见U>0,B错误； (2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电， C,根据题意画出电路图，如下 油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向 上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油消B 1口2▣3□4 向上匀速运动时，速度大小为 可见上述接法可符合上述测量结果，C正确： U 根据平衡条件可得mg十kmi d9, D.根据题意画出电路图，如下 解得q=mgdh,十h) 1234 hU 根据△E=一W。, U 又we-7·gh, 可见上述接法可符合上迷测量结果，D正确.故选CD. 联立解得△E。=mgh,h,十h) 专题十磁场 h 考点1 (3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m,新油 1,A根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度 滴所受电场力P-字_十 方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应 若F>2mg,即h:>h1,可知4> 强度大小为B,一受格据对格性，两子线在N处的磁感 新油滴逸度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒 应强度大小应该与M点一样，为B,根据对称性，L妇在 定律m2一mw=2m0 N减处产生的磁高应强度为B,号，由于L:在N点处 可得v舞>0 产生的磁感应强度大于L,在V点处产生的磁感应强 新油滴向上加速，达到平衡时2mg十k·(2m)京v=F 解得速度大小为=：二山 度，且方向相反，将L数去，N点的磁感应强度为2B 2 一B.故选A. 速度方向向上： 2.BCA.如图所示 地磁钓极 若F<2ng,即h,>h 地球可视为一个磁偶极，磁南 可知<功 极大致指向地理北极附近，磁 设向下为正方向，根据动量守恒定律m一m 北极大致指向地理南极附近」 =2mv& 通过这两个磁极的假想直线 (磁轴)与地球的自转抽大约成 可知口>0 11.3度的领斜.由表中之轴数 新油滴向下加速，达到平衡时2mg=F十k·(2m)宁 据可看出文轴的磁场竖直向 解得速度大小为=山一血 下，则测量地点应位于北半球， 绝感北极 21 A错误： 速度方向向下， B.磁感应强度为夫量，故由表格可看出此处的磁感应强 度大致为 答案：(1)m,(2)油滴A不带电，油滴B带负电，电 h1 B=√B+B=√/B十B 荷量为mg十h,二mg,+h,(3)见解析 计算得B50uT,B正确： hU CD.由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指 专题九恒定电流 向北方斜向下，则第2次测量，测量B0,故y轴指向 南方，第3次测量B>0,故x轴指向北方而y轴则指向 1.A根据题意小车匀速运动，则有F=f=k0 西方，C正确、D错误.故选BC 小车的机械功率Pk=Fu=kv, 3.BPF方向可视为存在一条无限长直线，EQ方向也可 视为存在一条无限长直线.利用题目条件，由右手螺旋 由于电动机的效率为50%，则有P。= P-知 0.5 定则，两条无限长导线在M点处产生的磁感应强度大小 2kv. 都为B,方向相反，故合磁感应强度为0.两无限长直导 光伏电池的光电转换效率为刀即一P 线在N点处产生的磁感应强度大小都为B,方向都垂直 于纸而向里，故合磁感应强度为2B,B正确. 可得P号-智技选N 考点2 1.CA.当开关接1时，对导体棒T 2.CDA.根据题意画出电路图，如下 受力分析如图所示 根据几何关系可得Mg=BIL, 1 3 -BIT. 解得1=瓷。 E 根据欧姆定律一尺， Mg 可见U1>0,A错误： 186 解得E=,故A错误：根搭左手定则可知学体棒从 4.B 根据题中公式△F=kL△△业，整理可得k r 右向左运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有 △Fr 机械能损失，导体棒从左向右运动时，产生的感应电动 =1,1A,4' 势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热，B, N 当导体棒运动到最低点速度为零时，导体棒损失的机械 代入相应物理量单位可得比例系数：的单位为 能特化为焦平热Q-(-罗)M®， kg·ms=kg·m(s·A).故选B. A 根据楞次定律可知导体棒完成一次振动遠度为零时，导 5.DA.当导线静止在图(a)右侧位置时·Q00 体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热Q<Q一 对导线做受力分析有 (1-罗)Mg1,截B辑误：C根据B造项分桥可如，导体 可知要让安培力为图示方向，则导线中电 流方向应由M指向V,A错误：BCD.由于 P 棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运 与O)距离相等位置的磁感应强度大小 相等且不随时间变化，有sn0=BL MN) 动时，最大摆角小于下，故C正确：D根据B选项分析， mg mg 导体棒第二次经过最低，点时的速度小于第一次经过最 F=mgcos 0. 低点时的速度，根据E=BL,可知棒两次过最低点时感 则可看出sn0与电流【成正比，当I增大时0增大，则 应电动势大小不相等，故D错误，故选C Cos0减小，静止后，导线对悬线的拉力F,减小，BC错 2.D由题知粒子在AC做直线运动，则有q%B,=qE, 误、D正确.故选D. 区域Ⅱ中磁感应强度大小为B。,则粒子从CF的中点射 6.BDA.两导线受到的安培力是相互作用力，大小相 等，故A错误：B.导线所受的安培力可以用F=ILB计 出，则粒子转过的国心角为90，根据B=m下，有 4π 算，因为磁场与导线垂直，故B正确：C,移走导线b前，b 的电流较大，则p,点磁场方向与b产生磁场方向同向，向 =2B,A若仅将区城I中磁感应强度大小变为2B, 元 里，移走后，力点磁场方向与：产生磁场方向相同，向外， 则粒子在AC做直线运动的速度，有g1·2B,=qE, 故C正确：D.在离两导线所在的平面有一定距离的有限 空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线 则一之，再根据gmB=m二，可知粒子半径减小，则粒 上，故不存在磁感应强度为零的位置.故D正确，故选B、 子仍然从CF边射出，粒子转过的闻心角仍为90°，则t C.D. l0,A错误： 7,C因1>I。,则可不考虑四个边上的直导线之间的相 B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则粒子在AC 互作用：根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向 做直线运动的速度，有qgB1=q·2E, 电流相互吸引，异向电流相互排斥”，测正方形左右两侧 则=2， 的直导线I要受到I吸引的安培力，形成凹形，正方形 上下两边的直导线I,要受到I,排斥的安培力，形成凸 再根据mB=m号，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒 形，故变形后的形状如题图C.故选C. 子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则1=t。,B 8B等离子体垂直于磁场喷入板问时，根据左手定则可 错误： 得金属板Q带正电，金属板P带负电荷，则电流方向 由金属棒a端流向b端.等离子体穿过金偏板PQ时产 C,若仅将区城Ⅱ中磁感应强度大小支为B,则粒子在 U 生的电动势U满足g=gBv AC微直线运功的速度仍为再根搭mB=m号，可知 由欧姆定律1只和安培力公式F=BL.可得F。= 粒子半径变为原来的4>2，则粒子从OF边射出，根据 U B:B Lud 3 B LXR 几何关系可知转过的圆心角为60°，根据gB=m 4 再根据金属棒b垂直导轨放置，恰好静止， Tr, 可得F=ngsin日 有1=43πm 9gB2 时=昌 则1=83 金隔棒b受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可 9 .C错误 判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，故选B. 9,解析：(1)由题意当线调中通入微小电流【时，线图中的 D.若仅将区战Ⅱ中磁感应强度大小变为B,则粒子在 安培力为F=NBIl, AC微直线运动的速度仍为，再根搭gmB=m可 ，可知 据胡克定律有F=NBI1=k|△x|,△r=NB四 设此时细杆转过的孤度为日，则可知反射光线转过的弧 粒子半径变为原来的4>2，则粒子OF边射出，根据几 度为20，又因为d>△.x,r>d 2 则sin0≈0，sin20≈20 何关系可知转过的圆心角为45，根据qB=m 紧有 所以有△x=d·0,s=r·20 2xm 联立可得=子ar=2N业 dk 2gB,' (2)因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的孤长为 则1=√2t。,D正确.故选D. s',当初始时反射光点在)点上方，通电流'后根据前面 3.C因b段与磁场方向平行，则不受安培力：ab段与磁 的结论可知有s,=2NBr+ 场方向垂直，则受安培力为Fb=BI·21=2BI, dk 则该导线受到的安培力为2BIl,故选C 当电流反向后有与=2NYBr- dk 187 dk(s1十s) 设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知 联立可得'= 4NBIr =3R 同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，故待 3 测电流的大小为-(。十) ANBIr 根据洛伦兹力提供向心力有qB=m ,可得 答案：a)NBL 2NBI F(2)k(s+) k dk 4NBIr gBR,故D正确. 3m 考点3 3.BDD.假设粒子带负电，第一次从 1.C根据洛伦兹力提供向心力有B=m ,可得R= qB A点和简壁发生碰撞如图，O为圆 =d,故A错误： 周运动的圆心，由几何关系可知 y ∠OAO为直角，即粒子此时的速度 方向为OA,说明粒子在和简壁碰撞 X 时速度会反向，由圆的对称性可知， 在其他点撞击瞬间，粒子逃度方向 一定平行碰撞点与圆心的连线，D正确：A.假设粒子运 动过程过O点，则过P,点的速度的垂线和OP连线的中 垂线是平行的不能交于一点确定国心，由园形对称性楂 击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依 旧平行不能确定圆心，则粒 0 子不可能过O点，A错误： 当粒子沿工轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y B.由题意可知粒子射出磁 轴最近，如图轨迹1，极据几何关系可知s上m=d:当粒子 场以后的圆心组成的多边 恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收，点距离 形应为以筒壁的内接圆的 y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，上m=d, 多边形，最少应为三角形如 0 故上表面接收到粒子的区域长度为s上=③d一d,故B 图所示 错误：根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点：当 即撞击两次，B正确：C,速 粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离 度越大粒子做圆周运动的 01 y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为 半径越大，碰撞次数可能增多，粒子运动时间不一定减 d,故下表面接收到粒子的区城长度为d,故C正确：根据 少，C错误.故选BD. 图像可知，粒子给好打到下表面N点时转过的圆心角最 小，用时液，有一需·铝-器故D婚误故 4.AAB.由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚 射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛 选C. 伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆 2.DAB.在圆形匀强磁扬区域内，沿着径向射入的粒子， 周运动，y轴坐标增大：在MV右侧根据左手定则可知 总是沿径向射出的：根据国的特，点可知粒子的运动轨迹 洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A 不可能经过O点，故AB错误：C.粒子连续两次由A点 正确，B错误； 沿AC方向射入圆形区域，时间最短，根据对称性可知轨 CD.根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到 迹如图① 平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在：轴方向上没有运 动，：轴坐标不变，故CD错误.故选A 5.B根据题意做出粒子的圆心如 图所示 60 设圆形磁场区战的半径为R,根 90 据几何关系有第一次的半径1 -R N 第二次的半径r=3R,根据洛 伦兹力提供向心力有gB=m心 XX r 图① 侧最短时间有1三2T=g,故C错误：D.粒子从A念 可得一吧，所以品一冬-得故选以 射入到从C点射出国形区战用时最短，期轨迹如图② 6.解析：(1)由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故E一 所示 %B,其中E= d 则该粒子道过速度选择器的速率为一B。 U (2)粒子在x>≥0区域内做匀速间周运动，从ON的中点 垂直ON射入磁屏蔽区城，由几何关系可知1=L, 由洛伦滋力提供向心力得叫B,=m 图② 联立可得B,= mU 4dB。L' 188 若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B,,则粒子在磁 72 屏蔽区运动的轨迹半径为一L,由几何关系可知y轴上 答案：1)①B= ②m=k+10是k=0,1.2.3… y=L处检测到该粒子， (2)F=(2nx十0N,m 若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴 2(x-0)π ·R·tan2n=0.1,2,… 通过磁屏蔽区后做半径为r=L的圆周运动，由几何关 5 1 (3)0=6,6 系可知y抽上y=3L处检测到该粒子，由于0<B 8.解析：(1)粒子垂直x进入圆形磁场，在坐标原点O汇 B,,所以y轴上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L 聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等 (3)若在Q处检测到该粒子，如图 于圆形磁场的半径「，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提 供向心力nB=m号，解得B一 Q (2)粒子从)点进入下方虚线区 域，若要从聚焦的)点飞入然后 平行x轴飞出，为磁发散的过程， 即粒子在下方圆形磁场运动的轨 迹半径等于磁场半径，粒子轨迹 最大的边界如图所示，图中圆形 + 磁场即为最小的匀强磁场区城 磁场半径为1，根据qB=m马 可知磁感应强度为 XX B.=m grs 根据左手定剥可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁 由几何关系可知店=(2L)+(-L八，解得n=多L, 场的面积为S2=πr (3)粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹國，1和 由洛伦蓝力提供向心力qB,=m 2为粒子运动的磁场的圆周 联立解得B,= 2mU 5qBadL' 其中B,= mU 9lB。L1 B. 根据磁屏蔽效率B ×100%可得若在Q处检测 到该粒子，则)=60%， 答案：1)Bd (2)mU gdB。L L<y<3L (3)60% 7解析：1)①离子在磕场中微圆周运动有gB=m 根据qB=m 可知1和Ⅲ中的磁感应强度为 r 则B-m gR· B1=m,B=m四 ura r 巴高子在磁场中的运功时同1一瓷， 图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最 小面积为叶子形状，取I区城如图 转简的转动角度=2张x十受o=(4k十1D爱=0,1， 2.3… (2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为 R',有R=Ram号=am号 离子在磁场中的运动时间/=(x一0)尽 转筒的转动角度w1'=2nx十0， 特筒的转动角建度。-受》是=012 动量定理F2红-Nm,F=-Cr+0)N.m 0 2(π-0)x ·tan2 图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周S啡与三角 i=0,1,2,… 形SMB之差，所以阴影部分的面积为 (3)转简的转动角速度4+1)也=2r+日) 6% (r-0)R<R S-2(S.n-Ssw)-2X(-(x-D6 R 类似可知八N区域的阴影部分面积 5g20m=02可得0-名日 其中k=1,0=5-2n s,=2x(-)=(分x-1Dr 189 根据对称性可知Ⅱ中的匀强磁场面积为 水平方向有x=t, S,=(安-10 由牛顿第二定律有Eg=ma, 答案：(1)m”(2)m,方向垂直于纸面向里， 联立解得E一叫，A正确： gr qrz 粒子在区域Ⅱ中运动的y一1图像为正弦曲线的一部分， 需s,=-1D 可以判断粒子做匀速圆周运动， qr:qra S=(分x-10 10L 9.解析：(1)由电量和电流的关系g=I1可知I一1图像下方 3 的面积表示电荷量，固此有 2L Q=I1△1+I:△r2+I△ 代入数据解得 0 Q=0.5C (2)由磁通量的定义可得中=BS=!×a 10L 代入数据可得中=6.28X10-Wb 运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内凰周运动的半径 (3)在0一1.0×10s时间内电流均匀增加，有楞次定律 可知感应电流的方向→R→d,产生恒定的感应电动势 R=1OL,B错误： 3 E=N兽× 粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度”= △1 由闭合回路欧姆定律可得 √+(a)严，联立解得=5弘， E iR一R+R 根据洛伦兹力提供向心力有qB=mR' 代入数据解得iR=3.14×10A 在1.0×10s一5,0×10s电流恒定，穿过國形墀旋管 解得B=疆C错送： 的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在 如图所示， 5.0×10-s一6.0×10-s时间内电流随时间均匀变化， y 斜率大小和0一1.0×109s大小相同，因此电流大小相 同，由楞次定律可知感应电流的方向为 10 d→R+c,则图像如图所示 i,10A R 37 3.14 0 3L0 1.02.03.04.05.06.07.0 /108 10…- -3.14 3 (4)考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电 流的增加，因此电流是缓漫增加的，过一段时间电路达 设圆心为O点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与坚 到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在1.0 直方向夹角为日， ×10s~5.0×101s时间内电路中的磁通量不变化电 由递度关系有sim0==0.6, 流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使 得电流缓慢减小为零，电流图像如图 可得0=37°. n10-A 由几何关系得∠0=37， 3.14 那么有00=3L+Rc0s37°=17 3 1.02.03.04.0506.07.0 鞋子在区接Ⅱ内画网运动的国心坐标(0） t/103g -3.14 D正确.故选AD, 2.AD若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45， 答案：(1)Q-0.5C(2)Φ-6.28×10Wb 则粒子必经过d边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示， (3)见解析(4)见解析 粒子从C点垂直于BC射出，A正确：反之当粒子穿过 考点4 1.AD粒子在区域I中的运动轨远是以y轴为对称轴的 ad边经cd边垂直BC射出时，速度方向与ad边夹角不 抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运动，根据 一定为45°，C错误：当粒子穿过ad边的速度方向与ad 曲线轨迹可知，正粒子受到的电场力方向竖直向上，电 边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子 场方向沿y轴正方向，设粒子初递度为· 运动轨迹如图乙所示，则粒于不能垂直BC射出，若粒子 整直方向有y=之a㎡， 经加边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示， 则粒子一定垂直BC边射出，B错误，D正确. 190 D 正电荷在磁场中运动的周期为T=2r=2πm。 1B 所以正电荷从M运动到N的时同为，-梁T-品 3qBi (2)由题意可知，在xOy平面内的负电荷在圆心O处，由 牛频第二定体可知B十友字=m三，共中m r 解得 6kg或一By。 一4g(会去)： (3)在(2)的条件下，正电荷从N点离开磁场后绕负电荷 做椭圆运动，如图所示 XXX 丙 2 3.ACA.带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板 0J0 @×× MN带正电为发电机正极，A正确：BCD.离子受到的洛 及×× 伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d,则 M ××× U qoB=4d' 可得U=Blu, 因此增大间距U变大，增大速率变大，U大小和密度 由能量中做定律得日m暖一-名 m-g48g ra 无关，BD错误，C正确. 由开普物第二定律可知2r=r, 4.A由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中， 其中=2y,联立解得r3=6y。, 在磁场另一侧的S点射出，则根据儿何关系可知sim30 由牛顿第二定律k 48g =a, r 2 解得粒子做圆周运动的半径r=2a, 则粒子做圆周运动有B=m女， r 故正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的 则有是-2a”B 射出建度相反的时间为，-23xB 3kg 如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大 元川 小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收 答案：(1)2gB 3qB 屏，则有Eg=qvB, e0 (3)23mBy 联立有丝=E m2a·B,故选A 3kg 7.解析：(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图 5.BAC.在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在 所示 坐标原点O静止的帝正电粒子在电场力作用下会向y 轴正方向运动，磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定 则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴 负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，AC 错误； BD.运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度 大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方 由题意可知0=60°， 向垂直.由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故抽为 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系有r 匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到 =rcos0十h,解得r=2h, x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子 再次回到工抽时的速度为0，随后受电场力作用再次进 南牛损第二定非有四，B=m三，屏得B器 入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误.故选B. (2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大 6.解析：(1)作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示 小仍为防，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半 得AB=s-2rsin0=33h-2√3h=√3h, 径为r= sin 0=2y, 制银子在电培中的避动叶同为侣。2 由洛伦滋力提供向心力q心B=m 沿电场方向上，由牛颜第二定律有gE=m, 由运动学公式有一%sin0=认sin0-a, 解得正电荷的入射速度大小为-2gB 装立解得E 191 (3)若粒子从a点以。竖直向下发射，画出粒子的运动 9.解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运 轨迹，如图所示 动轨迹如图所示， N B 加速电压 60 0 M 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场 中运动的半径仍为2h,由几何关系可得，粒子进入电场 根据几何关系可知粒子在磁场中做圈周运动的轨迹半 时速度与虚线的夹角a=60°， 结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为 径为==专 =23h 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 u。 9B=n AB间的距离为AB=√3h, r 1 由几何关系可得BC=2 r sin a=2√③h, 在匀强加速电场中由动能定理有U。g=2mv, 则AC=BC-AB=√3h, 粒子在磁场中的运动时间为6=3602a.2r_8h】 联立解得U=L 8m 360° 0636 (2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作 出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图 则有t=4十t,= (63+8π)h 3 所示， 综上所述可知，粒子每隔时间1向右移动原h,则漂移墟 度大小=3.33 63+8x %, 粒 加速电压 答案：12器 e (3)33 发 65+8π 生 8.解析：(1)粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀 60°△ M 速直线运动有3d=1, 竖直方向做匀变建直钱运动号-0，=1=码 2 t. 根据几何关系可知粒子在磁场中做园周运动的轨迹半 2 径为/=xxc0s60°=上 由闭合回路歌姆定律可得U,十2，E 在△OMN区城根据洛伦兹力提供向心力有 联立可得 3w9=E (2)粒子进入磁场与竖直方向的夹角为an0==60°， 粒子从小孔K射出后恰好做匀递直线运动，由左手定则 可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则 23 粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带 sin 60 3%, 正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴 粒子在磁场中微匀速國周运动gB=m尺· 正方向，大小满足mB=Eq,联立可得E=BL 1 c0s30 由几何关系易得R=山 (3)在句强加述电场中由动能定理有Ug-2m, 31 联立可得B= 2Ep 可得”-3gBL 6m 在△OMN区战根据洛伦兹力提供向心力有 (3)当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电客 器右侧的水平距离最小，设此时速度大小为，规定竖 q"B=m· 直向上为正方向，测对粒子从b点运动到该位置的过程， 在竖直方向上由动量定理有∑qvB△x=m一( 可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径，”- 6 musin 30). 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 即gB.xn=nU一（一sin30), yh 对粒子从b,点运动到该位置的过程，由动能定理有Eq江m -mv 2mv. 加速电压 联立可得x=(2+③)d 2 60°△ 答案：(1)q=F n (2)B=2E (3)2+3)d 2 192 粒子出K时，”越偏向y轴，离y轴越近，由几何关系有 11.解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为= L √/+w=2, 0--9别有0=60 根据洛伦兹力提供向心力B=m 由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿x 轴方向的匀速圈周运动，其中心，=sin0=BL,心， 4m 解得发国月运动的车径为，一四，同期为T贸 'cos 0=9BL (2)根据题意，已知任何相等的时间内P,点沿图中闭合曲 4√5m 线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的 匀速圆周运动的丰径为广=m心=) 9B121. 曲线，根据口-可如任意点的加选度大小相等，故可得 又T=2”_2xm B·24_E画 m 分桥可知当造动（口十是）T时，粒子距离y轴最近，此 解得E=√2B. (3)根据题意分析可知从b a'"o 最远位夏的横全标为=子-广=3L以业标为y 点到〔点粒子在磁场中转过 √2 a 的角度为270°，如图为粒子 -L+r+(a+)r-1+g+,共中n 的运动轨迹，粒子返回a点 3 时根据对称性可知与初始位 为自然数。 置等高，从a到b过程中粒 综上，最近位置的坐标为 子做类平抛运动，得色， [3.+g+] n为自然数). 8 答案：1U,=(2)正-5L,方向沿轴正方向 故可得该段时间内沿y方向位移为L=t, 8m Am 根据几何知识可得工=2r, 8[1.停1+g+]o为自然数 由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子 8 位移的大小为工。=x一2L 10,解析：(1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的 联立解得Im= (2-√2)n吗 匀速直线运动和在（上平面内的匀速圆周运动，设电子入 B 射时沿y轴的分速度大小为口，·由电子在x轴方向做匀速 直线运动得1=1， 答案.四贾aE-:a B 在O平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为 12.解析：(1)对乙粒子，如图所示 工，由牛频第二定律知=m是，可得R=保， XX T-2xk_2xm ×× Be 30× 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有1=nT( =1,2,3,…), 联立得B=2,当n=1时，B有最小值，可得B 309 eL 92 2xm (2)如图所示，an0- 由洛伦营力提供向心力mB=m r 当tan0有最大值时，%最 y 由几何关系sin30°=L r 大，R最大，此时R=r, 又B2R=爱 联立解得，威感应强度的大小为B觉： eL 20 (2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为 联立可得 0 L tan 0 =2x器×需-0 -2w 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点， L (3)当巴，最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最 由运动学公式d=受十之听， 大位移”，根据匀变逸直线运动规律有八一2云 由牛领第二定律a=6_】 m 4xL.' 由牛顿第二定律知口=严 联立可得区宽度为d=号山 又m 联立得%- xrm Eel. （③)甲粒子经过0点时的速度为=26+叫=3a, 答案：2（②受 因为甲在N区始终做匀速直线运动，则t=kx=k×3, el. 3)2x产n EeL 可得一品 193 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为(，乙粒子在Ⅳ区运动时间为 其中根据牛顿第二定律有gE=a, o,则上式中t=t。十t2, 对乙可得E=u,十)-k红 联立以上多式解得=15√平。 整理可得=3，+，)-3F 4-8/四.E-6t 对甲可得工=34(1。十1) （国)粒子从P到Q根据动能定理有E·24=m减 则Ar=-西=3F 2 mi, 化简可得乙追上甲前F与△x间的关系式为 F=g·△x 可得从Q射出时的速度为=3√E, m 3% 答案：器2受8器·a山 此时粒子在磁场中的半径R阳， 2d, 13.解析：(1)由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动 根据其几何关系可知对应的國心坐标为工= 之d,y=4d, 能定理有gE:2h=之m, 而国心与P的距离为 粒子在磁场中微匀速圆周运动，有如B=m尺 气/(34-a）+d-0=#R. 粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次 故不会再从P点进入电场. 进入电场，轨迹如图 答案：)B-6√ m正：2)=9 亚，E=36E:(i)不会 14,解：(1)当离子不进入磁场 川速度最大时，轨迹与边界 0 相切，则由几何关系ncos 60=n-L. 了30e. 解得r,=2L.根据qB A D =m 解得=2B 0 m 根据几何关系可知R一3： 在磁场中运动的周期T=2πm 联立可释B-6震 60° 达动时间1一部T=器 (2)()由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹 如图 (2)若B,=2B,根据r= B' 可知r1=2r2, 粒子在磁场中运动轨连如图，设OO,与磁场边界夹角为 a.由几何关系r1sina-rsin30=L, 5ina=号解得n=2na= 4 根据mB,=m三，解得=4BL (3)当最终进入区城Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动 量定理B,9%,△=mA,即 yg△y=mA,: 在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知R=(2) +(R-d)2, 求和可得Σ号4y-8mAu 解得R=艺d 粒子从区域I到区城Ⅱ最终到x轴上的过程中m(U 所以有0=53°，a=37, os0)=BL+是.生g1,解得=3识， 洛伦兹力提供向心力脑B=m尺， 则造度在3BL、6B,L之间的粒于才能进入第四象 带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有 限：因离子源射出粒子的速度范四在BL、6BL,又 qE.2h=之m-m, 粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进 再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有2d 入第四象限的粒子占粒子总数的比例为？一60%. v tcos a. 1 、答案：1)t360T三功 沿y方向上有2d=sina+2t, 3gB (2)4=4BL (3)7 =60% 194 15.解析：(1)设板间距离为d.则板长为√3d,带电粒子在板 (2)如图所示 离子从坐标原点O沿 间微类平抛运动，两板间的电场强度为E=号， 轴正方向进入磁场I 根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE=ma, 中，由洛伦兹力提供向 0 n 解得a= 45 md 心力可得qB=mD 设粒子在平板间的运动时间为1，根据美平抛运动的运 离子经过磁场「偏转后 动规律得号-之Gn3d=, 1 从y轴进入磁场Ⅱ中， 由洛伦兹力提供向心力 联立解释U=哥 可得…号= (2)设粒子出电场时与水平 r? -3d 方向夹角为a,则有tana= 可得2=√②r1, a4=3 为了使离子在磁场中运动，需满足片1≤d,r2≤3d, 3 联立可得B 故a=吾 加 要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场 则出电场时粒子的速度为u一05。=？， 时的最大速度为9B 粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场， (3)离子甲以的速度 根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需 2m 的向心力得B=m 从)点沿之轴正方向第 一次穿过xOy面进入磁 (2次 解得r-=2VBmu 场I,离子在磁场I中 45- 的轨迹半径为- 已如围形玻场区线车径为R-霜故一R。 gB 3次) (4次) 粒子沿P○方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒 2 子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁 离子在磁场Ⅱ中的轨迹 场时运动方向的夹角为0，则粒子在磁场中运动圍弧轨 半径为n=m”=2 选对位的国心角也为0.由几行关系可得0=2a=子 2 故粒子射出险场时与射入磁场时运动方向的夫角为哥 离子从O点第一次穿过到第四次穿过，Oy平面的运动 情景，如图所示 或60°： 离子第四次穿过xOy平面的x坐标为 (3)带电粒子在该磁场中运动的半径 0' x,=2r2sin45°=d, 与圆形磁场半径关系为r=√3R,根 离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y:=2r=d, 据几何关系可知，带电粒子在该磁场 故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d,d,0) 中运动的轨迹一定为劣弧，故劣孤所 (4)设离子乙的速度为 对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时 4 ,根据离子甲、乙动能 粒子在磁场中运动的时间最长，则相 对应的运动轨迹和弦以及國心M的位置如图所示： 相同，可得名m心= 2 答案：1U-(2)号或60 X4m02, 可得受 第 个 Am 文点 离子甲在磁场1中的轨 (3) 选丰经为八器号 离子甲在磁场Ⅱ中的轨迹半径为？一- =2d 16.解析：(1)如图所示 将离子甲从A点的出射速 9·② 2 度。分解到沿y轴方向和 离子乙在磁场1中的轨迹半径为=m d :抽方向，离子受到的电场 B4=2· 力沿y轴负方向，可知离子 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为片=m =2d 沿”轴方向做匀速直线运 4 动，沿y轴方向做匀减速直 线运动，从A到O的过程，有L=cos3·t,sinB -at. 25· a=5,联立解得E=sin os且 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如 n 图所示 195