第1章 磁场对电流的作用 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册（教科版）

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.(2023江苏,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.BIl 2.(多选题)(2024福建,5)如图,用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外,铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流,细绳处于绷直状态,则 (　　) A.两根细绳拉力均比未通电流时的大 B.两根细绳拉力均比未通电流时的小 C.铜环所受安培力大小为2rBI D.铜环所受安培力大小为πrIB 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.(2025安徽,7)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q,质量为m,速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则 (　　) 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d 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 5.(多选题)(2025四川,10)如图所示,Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场,其边界为正方形;Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场,其外边界为圆形,内边界与Ⅰ区边界重合;正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场,一段时间后从a点离开。取sin 37°=0.6。则带电粒子 (　　) A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为1∶2 C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之上比为127∶148 6.(多选题)(2023全国甲,20)光滑刚性绝缘圆筒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射入,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 B.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出 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 7.(2025云南,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B1(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d、内部磁感应强度大小B0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B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围; (3)定义磁屏蔽效率η=×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少? 考点3　带电粒子在复合场中的运动 8.(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,二者带电荷量、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 9.(多选题)(2025福建,7)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场,匀强磁场的磁感应强度大小为B,电场强度的大小为E,一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动,MN与水平方向成45°,NP水平向右。带电体的带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g,当带电体到达N点时,撤去磁场,一段时间后带电体经过P点,则 (　　) A.电场强度的大小E= B.磁感应强度的大小B= C.N、P两点的电势差U= D.粒子从N→P时距离NP的最大值为 10.(2025湖南,14)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器,恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场,随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器,忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q; (2)求磁感应强度B的大小; (3)若粒子离开b点时,在平行板电容器右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,场强大小为,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 11.(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。 12.(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)。 学科竞赛 13.(2024广东江门竞赛)磁控管内局部区域分布平行于y轴方向的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场。一电子(不计重力)从O点由静止释放,开始阶段的运动轨迹如图中曲线所示,下列说法正确的是 (　　) A.电场方向沿y轴负方向 B.磁场方向垂直于纸面向里 C.电子在A点所受的合力等于在B点所受的合力 D.电子在B点所受的合力等于在C点所受的合力 14.(2024浙江北斗星盟竞赛联考)磁控管在现代科技领域有广泛的应用。我们把静态磁控管简化为一对长度足够的平行平板电极系统,如图1所示,在间距为d的两极板间加不计内阻、电动势为U的电源,两极板间存在方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,位于阴极表面附近的灯丝持续发射初速度可近似视为零的电子,当U不变,改变B的大小时,电子在两极板间的运动轨迹将发生变化,如图2所示,其中轨迹Ⅲ最高点P恰好与阳极相切,对应的磁感应强度为B0。电子电荷量为e,质量为m,不计电子的重力及电子间的相互作用。若灯丝单位时间发射n个电子,则 (　　) 图1 图2 A.轨迹Ⅱ电子的运动速度大小为v= B.B0= C.若B=B0,电子运动的周期T=πd D.若B>B0,电流I=ne E.若B<B0,电流I=0 高考模拟练 应用实践 1.(2025四川成都石室中学模拟)在自行车上安装码表可记录骑行情况。如图所示,码表由强磁体、霍尔传感器及显示器组成。霍尔传感器固定在自行车前叉一侧,强磁体固定在车轮的一根辐条上,车轮半径为R,霍尔传感器到车轴的距离为r。强磁体每次经过霍尔传感器时,P、Q端均输出一次电信号,若每秒强磁体经过霍尔传感器n次,同时显示器数据更新一次,则 (　　) A.若显示器显示“里程110.0 km”,是指骑行的位移大小 B.显示器上显示的自行车的速度是由2πnr换算得来的 C.磁体如图所示经过传感器时,导电的电子向Q端汇聚 D.图中P、Q两端电势的高低,与自行车车轮的转动方向有关 2.(2024广东东莞实验中学月考)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维持空间站的轨道。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.(2024四川大数据学考大联盟检测)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)(2025山东聊城期末)一种导轨式电磁推进装置的原理如图所示,两平行长直光滑金属导轨固定在水平面上,导轨间垂直放置一电阻为R的金属棒,始终与导轨接触良好。电流从一导轨流入,经过金属棒,再从另一导轨流出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场,磁感应强度与电流的关系式为B=ki(k为已知常量)。金属棒从区域Ⅰ最左端由静止开始加速,当金属棒从区域Ⅰ进入区域Ⅱ时,回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L,两区域的水平长度均为x,金属棒的质量为m,导轨电阻不计。下列说法正确的是 (　　) A.金属棒在Ⅰ、Ⅱ两区域中所受安培力的大小之比为1∶2 B.金属棒在经过两区域右边界时的速度大小之比为1∶ C.从静止开始经过两区域推进后通过金属棒的电荷量q= D.从静止开始经过两区域推进后金属棒产生的热量Q= 5.(2024山东青岛期末)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.(2025四川联考)云室能利用饱和蒸气的凝结显示带电粒子在电磁场中的径迹。某同学利用云室和照相技术,设计了图(a)所示能测量电场强度和磁感应强度的一种装置。一长方体云室,以其左侧面粒子入射口为坐标原点O,长、宽、高方向为x、y、z轴建立坐标系;速率为v0、比荷为的带正电粒子可从O点以任意方向射入云室。在云室前方有一相机,可以沿y轴方向对轨迹拍照。不计粒子所受重力和阻力。 图(a)　图(b) 图(c) (1)若云室中只分布着沿x轴正方向、磁感应强度为B的匀强磁场。让粒子从O点沿z轴正方向射入云室,求粒子到达z轴正方向最高点时的坐标。(结果用m、q、v0、B表示) (2)若云室中同时分布着方向均沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,且电场强度为E,磁感应强度为B,粒子进入云室后将做图(b)所示的三维运动。让粒子从O点沿z轴正方向射入云室,求粒子第一次到达z轴正方向最高点时的速度大小。(结果用v0、E、B表示) (3)某次实验中,云室中同时分布着方向均沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,相机拍得的照片如图(c),该同学利用照片和背景换算测得A、B两个交点的实际x坐标分别为1.2 m和3.2 m,C、D两个极值点的实际z坐标分别为0.144 m和-0.036 m。已知v0=1.1×105 m/s,=108 C/kg。求:①电场强度E和磁感应强度B的大小;②粒子入射速度在三个方向的分量vx、vy和vz。(取π≈) 迁移创新 7.(2025北京丰台模拟)2025年1月20日,我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST),首次完成1亿摄氏度1 000秒“高质量燃烧”,对人类加快实现聚变发电具有重要意义。EAST通过高速运动的中性粒子束加热等离子体,需要利用“偏转系统”将带电离子从混合粒子束中剥离出来。已知所有离子带正电,电荷量均为q,质量均为m。所有粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略不计。 图1 图2　图3 (1)“偏转系统”的原理简图如图1所示,包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成的匀强电场区域,混合粒子进入电场时速度方向与极板平行,离子在电场区域发生偏转,中性粒子继续沿原方向运动。已知两极板间电压为U,间距为d,若所有离子速度均为v,且都被下极板吞噬,求偏转极板的最短长度L。 (2)“偏转系统”还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离,吞噬板MN的长度为2d,混合粒子束宽度为d,垂直于吞噬板射入匀强磁场,磁感应强度大小为B,且范围足够大。 a.要使所有离子都打到吞噬板上,求带电离子速度大小的范围; b.以吞噬板上端点为坐标原点,竖直向下为y轴正方向建立坐标系,单位时间内通过y轴单位长度进入磁场的离子数为n。假设不同速度的离子在混合粒子束中都是均匀分布的,则落在吞噬板上的数量分布呈现一定的规律。设单位时间内落在吞噬板y位置附近单位长度上的离子数量为ny,写出ny随y变化规律的表达式(不要求推导过程),并在图3中作出ny-y图像。 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.C 2.AC 3.BC 4.C 5.AD 6.BD 8.ABD 9.BC 13.D 14.C 1.C　 2.AC　通电半圆形铜环在磁场中的有效长度等于半圆形铜环的直径,根据左手定则可知,其受到的安培力竖直向下,大小为F=BI·2r=2BIr,根据铜环受力平衡,分析可知,通电后两细绳拉力变大,故B、D错误,A、C正确。 方法技巧　　　(1)有效长度:公式F=IlB中的l是有效长度,弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度,相应的电流沿l由始端流向末端,如图所示。 　　(2)电流元法:将导线分割成无限个小电流元,每一小段看成直导线,再按直线电流判断和计算。 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。 解题通法　通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路 　　(1)选定研究对象; 　　(2)变三维为二维,如侧视图、剖面图或俯视图等,并画出平面受力分析图,其中安培力的方向要注意,F安⊥B、F安⊥I,如图所示。 　　(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。 4.C　由Bqv=结合v=可得R=d,A错误;带正电粒子在磁场中运动的几种临界情况如图所示:由圆1、2(对应粒子初速度方向沿x轴正方向)可得薄板上表面接收到粒子的区域长度(如图中彩色线部分)为2d cos 30°-d=(-1)d,B错误;由圆3(对应粒子初速度方向沿y轴正方向)可得薄板下表面收到粒子的区域长度为d(如图中粗线部分),C正确;恰好打到薄板最右侧的粒子为薄板接收到的在磁场中运动时间最短的粒子,对应偏转角为,对应的最短时间为tmin=,D错误。 5.AD　 思路引导　　　粒子从a点进入,再从a点离开,说明粒子进入Ⅱ区域顺时针运动后,一定会进入Ⅰ区域,在Ⅰ区域逆时针运动,由对称性可知,粒子会从磁场边界上与入射位置对称的位置离开Ⅰ区域,再在Ⅱ区域顺时针运动后从a点离开。运动轨迹如图所示。 设粒子在Ⅰ、Ⅱ区域做圆周运动的轨迹半径分别为r1、r2,根据qvB=m,可知r1∶r2=1∶4,B错误;根据粒子在Ⅰ区域的轨迹,通过几何关系可知其轨迹圆的圆心O2肯定不在O点,圆心O2应该在O点右侧,A正确;根据轨迹半径大小关系及几何知识可知,粒子在Ⅱ区磁场中运动时第一段轨迹对应的圆心角为37°,应用公式求轨迹长度有s=θ·r,在Ⅰ区域的轨迹对应的圆心角为θ1=(180°-53°)×2=254°,在Ⅱ区域的两段轨迹对应的总的圆心角θ2=37°×2=74°,s1∶s2=×=,C错误;运动时间t=,速度v大小不变,则t∝s,t1∶t2=s1∶s2=,D正确。 6.BD 真题降维　 关键信息 破题关键 建构模型 一带电粒子从P点沿PO射入 假设带电粒子带负电,从P点沿半径方向射入有界圆形匀强磁场后,受到洛伦兹力的作用,在磁场中做匀速圆周运动,偏转一定角度后一定沿半径方向射出磁场 如上图△O1PO≌△O1AO,若∠O1PO为直角,则∠O1AO也为直角。建构粒子沿半径方向射入圆形匀强磁场,一定沿半径方向射出磁场的运动模型 假设粒子带负电,作出粒子在圆筒中的几种可能的运动情况。如图1所示: 图1　图2 图3 粒子沿直径射入,由几何关系可知∠O1PO=∠O1QO=90°,O1Q⊥OQ,则每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线,D正确;粒子在圆筒中先做圆周运动,与圆筒碰撞后速度反向,继续做圆周运动,粒子第一次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心,之后轨迹也不可能过圆心,A错误;粒子最少与圆筒碰撞2次,就可能从小孔射出,如图2所示,B正确;根据qvB=m可知,r=,则射入小孔时粒子的速度越大,粒子的轨迹半径越大,与圆筒碰撞次数可能会越多,在圆内运动的时间不一定越短,如图3所示,C错误。 7.答案　(1)　(2)　L<y<3L　(3)60% 解析　(1)粒子在速度选择器中受力平衡,做匀速直线运动,有qE=qvB0 其中E= 解得v= (2)粒子垂直y轴射入x≥0区域,又从ON中点垂直ON进入磁屏蔽区 可得粒子在第四象限做圆周运动半径r1=L 由qvB1=m得r1= 解得B1== 若取B2=B1,则粒子在磁屏蔽区内运动半径仍为L,粒子将从OQ中点垂直y轴离开磁屏蔽区,磁感应强度B2减小时粒子在磁场中做圆周运动的半径增大,B2=0时,粒子做匀速直线运动通过PQ中点,然后在磁场中继续做轨迹半径为L的圆周运动,偏转90°后垂直y轴离开第一象限。故y轴上可能检测到粒子的范围为L<y<3L (3)Q处检测到粒子时,设粒子在磁屏蔽区做圆周运动的轨迹半径为r2,由洛伦兹力提供向心力有qvB2= 由几何关系可得(r2-L)2+(2L)2= 解得r2=L 可得B2=0.4B1 代入η=×100%,解得η=60% 8.ABD　 真题降维　 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。 9.BC　带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动,可知带电体的受力情况如图甲所示,MN与水平方向成45°角,由共点力的平衡条件可知mg=qE,qvB=mg,解得电场强度的大小E=,磁感应强度的大小B=,A错误,B正确。撤去磁场后,带电体的合力方向与初速度方向垂直,带电体做类平抛运动,如图乙所示,加速度a==g,带电体到达P点时,位移偏转角为45°,故在P点速度偏转角的正切值tan θ=2 tan 45°=2=,其中vx=v,所以带电体在P点的速度大小vP==v,从N到P过程,根据动能定理有qU=m-mv2,解得N、P两点间的电势差U=,C正确。将带电体在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,可知带电体在竖直方向做竖直上抛运动,且vNy=v sin 45°=v,故带电体能向上运动的最大距离h==,D错误。 甲 乙 10.答案　(1)　(2)　(3)d 解析　(1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器的中点时, 由闭合电路欧姆定律可得I=①, 由欧姆定律可得U=Ir0②; 带正电粒子在平行板间做类平抛运动,设运动时间为t, 水平方向有d=v0t③,竖直方向有=×t2④; 联立①②③④解得粒子所带电荷量q=。 (2)带电粒子在平行板电容器两极板以及右侧磁场中的运动轨迹如图甲所示 (点拨:在平抛运动或类平抛运动中,速度偏转角的正切值为位移偏转角正切值的2倍) 　 设粒子射出两极板时速度偏转角为θ,可得 tan θ=2 tan α=⑤; 设粒子进入磁场的初速度大小为v,可得 v0=v cos θ⑥; 设带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r1, 根据几何关系可得2r1 cos θ=d⑦,根据牛顿第二定律可得qvB=m⑧, 联立⑤⑥⑦⑧可得θ=30°、B=。 (3)应用配速法,取一向上的速度v1,使v1所对应的洛伦兹力与电场力平衡,则可将粒子的运动分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的匀速圆周运动,可得qv1B=qE⑨,解得v1==v; 根据几何关系可得v2=2v cos 30°=2v0⑩; 带电粒子做匀速圆周运动的半径r2=11, 带电粒子做圆周运动的分运动的轨迹以及合速度与分速度的关系如图乙所示 带电粒子相对于电容器右侧的最远水平距离 xm=r2+r2 cos 30°12,联立解得xm=d。 关键点拨　　　(3)粒子由离开b点至运动到电容器右侧最远时,由动能定理可得qExm=m-mv2 　　竖直方向,取竖直向上为正方向,由动量定理可得qBt=mvm-(-mv sin 30°),其中t=xm 由于q=、B=、E=、v0=v,联立可得xm=d。 11.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=。 12.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.D　由题图可知,电子由静止释放后,获得向下的速度,所受电场力竖直向下,故电场方向沿y轴正方向,A错误。电子刚运动时向x轴正方向偏转,根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外,故B错误。O点、B点和C点在同一等势面上,故电子从B到C电场力做功为0,而洛伦兹力不做功,则电子在O、B、C点的速度为0,则电子在B点和C点都只受电场力作用,在匀强电场中电子在这两点所受的电场力相等,即合力相等,故D正确。电子在O点的速度为零,可分解成方向水平向右和水平向左、大小均为v0的两个分速度,其中水平向右的分速度v0产生竖直向上的洛伦兹力刚好与电场力平衡,即qE=qv0B,水平向左的分速度v0产生竖直向下的洛伦兹力,使电子沿逆时针方向做匀速圆周运动,则电子的运动可看成水平向右的匀速直线运动和逆时针方向的匀速圆周运动的合运动,在A点时,电子运动到圆周的最低点,所受合力FA=qv0B=qE,方向竖直向上;在B点时,电子运动到圆周的最高点,所受合力FB=qv0B=qE,方向竖直向下,故C错误。 14.C　由题知,电子在阴极板到阳极板过程中做非匀速曲线运动,故每时刻瞬时速度大小不相等,根据动能定理知mv2=eU,可得轨迹Ⅱ电子从阴极板到达阳极板的瞬时速度大小为v=,故A错误。若B=B0,阴极表面附近的灯丝持续发射初速度可近似视为零的电子,电子的速度可分解成水平向右和水平向左大小相等的两个分速度v0(破题关键),其中水平向右的分速度v0产生竖直向下的洛伦兹力刚好与电场力平衡,水平向左的分速度v0产生竖直向上的洛伦兹力,使电子沿顺时针方向做匀速圆周运动,则电子在极板间的运动可看成水平向右的匀速直线运动和顺时针方向的匀速圆周运动的合运动,则有ev0B0=e,ev0B0=m,可得v0=,R0==;由题意轨迹Ⅲ最高点P恰好与阳极相切,对于分运动匀速圆周运动有d=2R0=,联立可得B0=,电子运动的周期为T==πd,故B错误,C正确。若B>B0,根据以上分析可知,分运动匀速圆周运动的半径满足R=<=R0,则电子不能到达阳极板,电流I=0,故D错误。若B<B0,则有R=>=R0,则电子可以到达阳极板,电流I=ne,故E错误。故选C。 高考模拟练 1.C 2.C 3.A 4.BC 5.C 1.C　显示器上显示的“里程110.0 km”是指骑行的路程,A错误;根据圆周运动各个物理量之间的关系可知,自行车的速度v=2πnR,B错误;电子定向移动的方向与电流方向相反,根据左手定则可知,电子所受的洛伦兹力方向是由P指向Q的,则导电的电子向Q端汇聚,C正确;无论自行车车轮转动方向是顺时针还是逆时针,通过霍尔元件的磁感应强度方向不变,导电的电子仍向Q端汇聚,当稳定之后,电场力和洛伦兹力平衡,有e=evB,解得U=Bvd,可知P、Q两端电势的高低与自行车车轮的转动方向无关,D错误。 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.BC　电流加倍后,磁场的磁感应强度也加倍,根据安培力公式F=BIL可知,金属棒在Ⅰ、Ⅱ两区域中所受安培力的大小之比为1∶4,故A错误。金属棒由安培力提供加速度,根据牛顿第二定律F=ma可知,金属棒在Ⅰ、Ⅱ两区域中的加速度之比为1∶4,设加速度分别为a、4a,在区域Ⅰ有=2ax,在区域Ⅱ有-=2×4ax,所以金属棒在经过两区域右边界时的速度大小之比为=,故B正确。在区域Ⅰ有kI·IL=ma1,x=a1,v1=a1t1,经过区域Ⅰ时通过金属棒的电荷量为q1=It1,在区域Ⅱ有k·2I·2IL=ma2,x=v1t2+a2,经过区域Ⅱ时通过金属棒的电荷量为q2=2It2;从静止开始经过两区域推进后通过金属棒的电荷量为q=q1+q2=,故C正确。根据焦耳定律有Q=I2Rt1+(2I)2Rt2=IR·,故D错误。 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) (3)①50 V/m　0.01 T　②2×104 m/s　-5.4×104 m/s　7.2×104 m/s 图(1) 解析　(1)粒子受洛伦兹力作用在yOz平面内做匀速圆周运动,轨迹如图(1)所示 由牛顿第二定律有qv0B=m 可得半径R= 故粒子到达z轴正方向最高点时的坐标为 (2)粒子所受电场力沿x轴正方向,洛伦兹力在yOz平面内。由运动的合成与分解可知,粒子在复合场中的三维运动由x方向的匀加速直线运动和yOz平面内的匀速圆周运动合成,其中,粒子的轨迹在yOz平面内的投影如图(1)中所示 粒子做圆周运动的周期T== 粒子运动T时第一次到达z轴正方向最高点,此时粒子在y、z方向的速度大小分别为vy=v0,vz=0 粒子在x方向做匀加速运动,由牛顿第二定律有qE=ma 由运动学规律可得粒子运动T时在x方向的分速度大小为vx=a= 则粒子第一次到达z轴正方向最高点时的速度大小为v== (3)①设入射速度在x方向和yOz平面内的速度分量分别为v1、v2,则=+ 由(2)中分析可知,粒子在yOz平面内的运动为图(2)所示的匀速圆周运动,C、D两个极值点的实际z坐标之差即为yOz平面内圆周运动的直径 图(2) 即:zC-zD=2R==0.144 m-(-0.036 m)=0.18 m 周期为T= 粒子经时间2T运动到A点,故 xA=v1(2T)+×(2T)2=1.2 m 粒子经时间4T运动到B点,故 xB=v1(4T)+×(4T)2=3.2 m 联立可得v1=2×104 m/s,v2=9×104 m/s 将数据代入解得电场强度E和磁感应强度B的大小为E=50 V/m,B=0.01 T ②粒子在yOz平面内做圆周运动的半径为R==0.09 m 如图(3)所示,圆心O1的z坐标为=zC-R=0.054 m 图(3) OO1与y轴的夹角θ满足sin θ==0.6 解得:vx=v1=2×104 m/s,vy=-v2 sin θ=-5.4×104 m/s,vz=v2 cos θ=7.2×104 m/s 7.答案　(1)vd　(2)a.≤v≤　b.见解析 解析　(1)带电离子在两极板间做类平抛运动,则L=vt,d=at2,a== 联立可得L=vd (2)a.最上沿的离子能打到吞噬板上,满足 qvminB=m,2r=d 所以vmin= 最下沿的离子不能超出吞噬板,满足 qvmaxB=m,2r'=2d 所以vmax= 所以带电离子速度大小的范围为≤v≤ b.①当y≤d时,能打到y处的离子,源自混合粒子中居于上部、宽度为y中的离子,所以ny=n ②当d<y≤2d时,能打到y处的离子,源自混合粒子中居于下部、宽度为2d-y中的离子,所以ny=n 由以上分析可得,图像如图所示 7 学科网（北京）股份有限公司 $