第1章 安培力与洛伦兹力 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（人教版 江苏北京专用）

第一章　安培力与洛伦兹力 综合拔高练 高考真题练 考点1　安培力的大小与方向 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.(2024浙江1月选考,4)磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 考点2　安培力作用下的平衡 3.(多选题)(2024福建,6)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 4.(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①,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 ①教材回溯　此情境与教材21页第7题类似,考查安培力作用下的平衡问题。 考点3　安培力作用下导体运动的综合问题 5.(2023海南,17)如图所示,U形金属杆上边长为L=15 cm,质量为m=1×10-3 kg,下端插入导电液体中,导电液体连接电源,金属杆所在空间有垂直于纸面向里、B=8×10-2 T的匀强磁场。 (1)若插入导电液体部分深h=2.5 cm,闭合开关,金属杆飞起后,其下端离液面高度H=10 cm,设杆中电流不变,求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流大小;(g取10 m/s2) (2)若金属杆下端刚与导电液体接触,改变电动势的大小,通电后金属杆跳起高度H'=5 cm,通电时间t'=0.002 s,求通过金属杆截面的电荷量。 考点4　带电粒子在匀强磁场中的运动 6.(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 7.(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①。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 ①言之有“物”　对于此类粒子射入圆形边界磁场的情境,熟记“沿径向射入,必沿径向射出”。 8.(2024重庆,14)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示,比荷为的带正电的粒子,由固定于M点的发射枪,以不同的速率射出后,沿射线MN方向运动,能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点,O在MN上,且KO垂直于MN。若打开磁场开关,空间将充满磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场,速率为v0的粒子运动到O点时,打开磁场开关,该粒子全被收集,不计粒子重力,忽略磁场突变的影响。 (1)求OK间的距离; (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,该粒子仍被收集,求MO间的距离; (3)速率为4v0的粒子射出后,运动一段时间再打开磁场开关,该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时0点。求打开磁场的那一时刻。 考点5　带电粒子在复合场中的运动 9.(2024江西,7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料,具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示,在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场,磁感应强度为B,电极1、3间通以恒定电流I,电极2、4间将产生电压U①。当I=1.00×10-3A时,测得U-B关系图线如图(b)所示,元电荷e=1.60×10-19C,则此样品每平方米载流子数最接近(　　) A.1.7×1019　　　　B.1.7×1015　　　　 C.2.3×1020　　　　D.2.3×1016 ①关键点拨　建立霍尔效应模型。 10.(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①,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 ①关键点拨　带电体在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态。 11.(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。 12.(2024江苏,16)同步辐射光源中储存环的简化模型如图所示,内、外半径分别为R1、R2的两个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中均有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。ab、a'b'间有一电势差为U的加速电场,cd、c'd'间有一插入件,电子每次通过插入件后,速度减小为通过前的k倍。现有一质量为m、电荷量为e的电子,垂直于cd射入插入件,经过磁场、电场再次到达cd的速度增加,多次循环后到达cd的速度不再增加,达到稳定值。不考虑相对论效应,忽略经过电场和插入件的时间。 (1)求该电子进入插入件前、后,在磁场中运动的半径之比r1∶r2; (2)求该电子多次循环后到达cd的稳定速度v; (3)若该电子运动到cd的中点P时达到稳定速度,并最终能到达边界的d点,求电子从P点运动到d点的时间t。 13.(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。 学科竞赛 14.(2024中学生标准学术能力诊断性测试)2022年,中国科学家首次成功获得嫦娥五号月壤中未来核聚变清洁核燃料氦-3的含量及其具体提取参数。现有大量的α粒子He)及其同位素氦-3核He)组成的混合物飘入竖直方向的加速电场中(粒子的初速度可忽略不计,加速电压恒定),混合物经过加速后通过宽度为d的狭缝沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打在照相底片上。如图所示为α粒子从狭缝中央进入磁场后的运动轨迹,不计粒子的重力和粒子之间的相互作用。 (1)求α粒子与氦-3核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比和时间之比; (2)若氦-3核的比荷为k,为使到达照相底片上的两种粒子完全分离,则加速电压U应满足什么条件? 高考模拟练 应用实践 1.(2025八省联考河南卷)无限长平行直导线a、b每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图,若b水平固定,将a悬挂在弹簧下端,平衡时弹簧的伸长量为Δl;再在两导线内通入大小均为I的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl。若a水平固定,将b悬挂在弹簧下端,两导线内通入大小均为2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比,与距导线的距离成反比。则a、b单位长度的质量比ma∶mb为(　　) A.1∶6　　　　B.1∶4　　　　C.1∶2　　　　D.1∶1 2.(2024江苏南京期末)笔记本电脑盖上屏幕,屏幕盖板上磁铁和主板机壳上“霍尔传感器”配合,通过改变a、b间电势差的方式使屏幕进入休眠模式,其工作原理如图所示。当电脑盖上屏幕时,相当于屏幕边缘的磁极靠近霍尔元件,已知该霍尔元件载流子为电子,以下说法正确的是(　　) A.盖上盖板,a端带正电 B.打开盖板,a端带正电 C.盖上屏幕过程中,a、b间电势差逐渐减小 D.盖上屏幕过程中,a、b间电势差逐渐增大 3.(2025山东烟台测试)据报道,我国福建号航母舰载机弹射起飞的电磁弹射技术与他国不同,采用的储能方式是超级电容。某科学探究小组制作了一个简易的电容式电磁弹射装置,如图所示,间距为l的水平平行金属导轨左端连接充好电的电容器,电容为C,电压为U,在导轨上放置质量为m的光滑金属棒,匀强磁场沿竖直方向(图中未画出),磁感应强度大小为B,开关闭合后金属棒向右离开导轨后水平射出,若某次实验金属棒弹射出去后电容器两端的电压减为,不计一切阻力,则金属棒离开导轨的速度大小为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 4.(2025天津和平测试)质谱仪可测定同位素的组成。一束钾39和钾41离子由静止开始经电场加速后,沿着与磁场边界垂直的方向进入匀强磁场中,如图所示,将加速电压大小调整为U0,但在实验过程中加速电压有较小的波动,可能偏大或偏小ΔU。为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠,不计离子的重力及离子间的相互作用,则ΔU不得超过　(　　) A.U0　　　　B.U0　　　　C.U0　　　　D.U0 5.(2025北京朝阳二模)在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场,磁场方向竖直向下。一段轻质软导线的P端固定,M端可以自由移动。当导线中通过大小为I的电流时,在M端施加沿导线的水平恒力F,软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线,通过点P沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q的粒子,发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B,不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　) A.粒子带正电 B.若导线长度减小,仍保持圆弧半径不变,需减小水平恒力F C.粒子的动量大小为 D.粒子的轨迹半径为 6.(2025湖南郴州三模)如图,xOy平面内有大量质子从原点O在180°的范围内连续以相同速率v0向y轴右侧发射,右侧足够远处放置与x轴垂直且足够大的荧光屏,O在荧光屏上的投影点为O'。现在第Ⅰ象限和第Ⅳ象限一定范围内分别施加一个垂直于xOy平面的区域匀强磁场(磁感应强度大小相等、方向不同),使得所有质子都垂直打在荧光屏上CC'范围内,已知O'C=O'C'=R。忽略质子重力及质子间的相互作用,已知质子质量为m、电荷量为e,求: (1)磁场在第Ⅰ象限的方向和磁感应强度的大小; (2)在Ⅰ、Ⅳ象限所加磁场的最小总面积。 迁移创新 7.(2024江苏苏北七市二模)如图所示,在坐标系xOy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B0。质量为m、电荷量为-q的带电粒子在纸面内从P点与y轴成α=30°方向射入磁场,已知P点的纵坐标yP=d,不计粒子重力。 (1)若粒子不离开磁场,求粒子速度的最大值vm; (2)若粒子离开磁场,求粒子在磁场中运动时间t的范围; (3)若磁场为非匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁感应强度大小沿y轴正方向均匀增大,关系为B=。粒子以大小为v=的速度从P点沿图示方向射入磁场,求粒子从P点运动到离x轴最远位置的过程中运动轨迹与x轴围成的面积S。 答案与分层梯度式解析 第一章　安培力与洛伦兹力 综合拔高练 高考真题练 1.C 2.A 3.AC 4.D 6.C 7.D 9.D 10.BC 1.C　导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。 2.A　根据左手定则可知,左侧通电导线所受安培力竖直向下,A正确;在a、b两点,磁场方向不同,所以磁感应强度不同,B错误;磁感线是闭合曲线,在圆柱内磁感应强度不处处为零,C错误;c、d两点,磁感线密集程度不同,c处磁感应强度较大,D错误。 3.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。 4.D　 考教衔接 　　本题考查安培力作用下导体的平衡问题,其情境与教材21页第7题类似。 解答此类问题,要综合应用左手定则、力的合成与分解、平衡条件。 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　本题中安培力的方向沿垂直于悬线的方向,分析时容易错画为水平方向。 5.答案　(1) m/s　4.17 A　(2)0.085 C 真题降维 关键信息 核心规律、模型、 结论及其应用思路 金属杆飞起后,其下端离液面高度H=10 cm,H'=5 cm 建立运动模型:金属杆离开导电液体后做竖直上抛运动,有v2=2gH,v'2=2gH' 导电液体连接电源,金属杆插入导电液体部分深h=2.5 cm (1)左手定则的应用:金属杆受到竖直向上的安培力; (2)动能定理的应用:恒定的安培力对金属杆做正功,利用动能定理列式 金属杆下端刚与导电液体接触,通电时间为t',跳起高度为H' 求电荷量的思路:由动量定理有(BI'L-mg)t'=mv'-0,结合电荷量q=I't',可求得通过金属杆截面的电荷量 解析　(1)金属杆做竖直上抛运动,跳起的高度为H,则v2=2gH 解得v== m/s 通电过程金属杆受到的安培力大小FA=BIL 对金属杆,由动能定理得BILh-mg(H+h)=0 解得I≈4.17 A。 (2)金属杆通电时间t'=0.002 s,由动量定理有 (BI'L-mg)t'=mv'-0 由运动学公式有v'2=2gH' 通过金属杆截面的电荷量q=I't' 解得q=0.085 C。 一题多解　(2)金属杆通电时间t'=0.002 s,由牛顿第二定律有BI'L-mg=ma' 由运动学公式有v'=a't',v'2=2gH' 通过金属杆截面的电荷量q=I't' 解得q=0.085 C。 6.C　思路点拨 　　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,速度大小均为,即“同速异向”发射,适宜用“动态圆法”求解。 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(如图中彩色线部分)长度为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)可得薄板下表面接收到粒子的区域(如图中粗线部分)长度为d,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。 7.D　 关键点拨 　　粒子沿圆形边界磁场径向射入,必沿径向射出,且根据对称性可知粒子再次射入圆形边界磁场时仍沿半径方向,粒子从圆形边界磁场射出(射入)前后的轨迹可组成一个完整的圆。 在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出的(解题技法),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时,根据对称性可知轨迹如图甲,则最短时间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时,轨迹如图乙所示, 　 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。 8.答案　(1)　(2)　(3) 思路点拨 　　第(1)问中,可以将磁场等效为以KO为边界、右侧有磁场的单边界磁场,根据粒子在单边界磁场中运动特点可知粒子到达K点时速度方向水平向左。 求解第(3)问时,可将第(2)问的轨迹圆向右平移,当轨迹圆与K点相交时,轨迹圆与直线MN的交点为Q,粒子运动到Q点时打开磁场,粒子可以被收集。 解析　(1)当粒子到达O点时打开磁场开关,粒子开始做匀速圆周运动,设轨迹半径为r1 由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得r1=,则OK=2r1=。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,粒子在磁场中运动轨迹半径r2==4r1 运动轨迹如图中①所示,由几何关系有 (4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2 解得MO=2r1=。 (3)设速率为4v0的粒子匀速运动一段时间t后到达Q点,要使粒子仍被收集,则Q点在O点右侧,运动轨迹如图中②所示 由几何关系有(4r1-2r1)2+OQ2=(4r1)2 解得OQ=2r1= 粒子在打开磁场开关前运动时间为t= 解得t=。 高考风向　带电粒子在匀强磁场中的运动是电磁学的重要考点,历年高考中,涉及对洛伦兹力、圆周运动规律及几何分析能力的综合考查。未来高考仍会侧重用几何关系明确圆心、求解半径、圆心角的考查,并重视“磁场边界与轨迹相切”“等距多解问题”“缩放磁场范围”等典型情境的设置,融合磁场边界对粒子运动轨迹的限制(如最小磁场区域、最大速度等)综合考查。 在平时学习中,需熟练掌握公式推导、几何分析与实际模型的应用,尤其注重从物理本质(洛伦兹力提供向心力)出发,结合数学工具解决复杂问题。 9.D　 考教衔接 　　教材中建立立体流体模型,推导出了电流的微观表达式I=nqvS,其中n指单位体积内的自由电荷数。解答本题时,要借鉴教材知识,可推导得出I=nevb,n为单位面积内的自由电荷数。 设电子定向移动的平均速率为v,样品每平方米电子数为n,建立平面流体模型,t时间内通过样品的电荷量为nevtb,由电流的定义式得I==nevb,稳定时电子受力平衡,有e=evB(破题关键),联立解得U=B,由题图(b)可知U-B图线的斜率k==,解得n≈2.3×1016。D正确。 10.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 甲 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 乙 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。 11.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=, 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°,联立解得xm=d。 一题多解　(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。 12.答案　(1)1∶k　(2),方向垂直于cd向左　(3) 思路点拨 解析　(1)设电子经过插入件前后的速度大小分别为v1、v2,由题意可得v2=kv1 电子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得evB=m 解得r= 可知在磁场中的运动半径r∝v,可得 r1∶r2=v1∶v2=1∶k (2)电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v,则经过插入件后的速度大小为kv(电子在磁场中运动时,速率不变)。电子经过电场加速后速度大小为v,根据动能定理得 eU=mv2-m(kv)2(从c'd'顺时针到cd过程) 解得v= 方向垂直于cd向左。 (3)电子到达cd中点P时速度稳定,并最终到达边界上的d点。由P点开始相继在两个半圆环区域运动又到达cd的轨迹如图所示。 根据(1)(2)的结论,可得电子在右半圆环区域的运动轨迹半径为 r== 电子在左半圆环区域的运动轨迹半径为kr,则 Δx=2r-2kr(电子到达cd的速度达到稳定速度后,每运动一周打在cd上的点下移相同距离) P点与d点之间的距离为Pd=(R2-R1) 电子由P点多次循环后到达d点的循环次数为 n== 电子在左、右半圆环区域做匀速圆周运动的周期均为T= 忽略经过电场与插入件的时间,则每一次循环的时间均等于T,可得电子从P到d的时间为 t=nT= 13.答案　(1)　(2)　(3) 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,…) 联立求得当n=1时,磁感应强度最小,最小值为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= 高考风向　本题中带电粒子在筒内做螺旋线运动,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。 三维立体空间问题是新高考考查的热点之一,对学生的空间建模能力提出了较高的要求,在平时训练中要引起重视。 14.答案　(1)2∶　4∶3　(2)U>kB2d2 解析　(1)设α粒子的质量为m,电荷量为q,则氦-3核的质量为m,电荷量也为q,α粒子经加速电场加速,由动能定理可得qU=mv2 α粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律可得qvB=m 联立以上两式可得r= 同理可得,氦-3核在磁场中做匀速圆周运动的半径r'= 解得r∶r'=2∶ α粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T== α粒子在磁场中运动的时间t=T= 同理可得,氦-3核在磁场中运动的时间t'= 解得t∶t'=4∶3 (2)根据题意可知,为使到达照相底片上的两种粒子完全分离,需满足 2r-d>2r' 即-d> 由题意可知氦-3核的比荷k= 则α粒子的比荷=k 由以上各式联立解得U>kB2d2 高考模拟练 1.A 2.D 3.C 4.A 5.C 1.A　对三个平衡状态进行受力分析,关键点1:同向电流相互吸引,反向电流相互排斥;关键点2:通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比,与距导线的距离成反比,结合安培力F=BIL,得出第三个平衡状态中安培力大小是第二个平衡状态中安培力大小的4倍。 2.D　将立体图转化为俯视图,未稳定时和稳定时电子的受力如图所示 　 无论盖上盖板时还是打开盖板时,霍尔元件处磁场方向向下,电流方向向左,根据左手定则可得,载流子受力方向指向a,因此a端带负电,故A、B错误;设霍尔元件的长度为l,宽度为d,高度为c,则稳定时q=qvB,I=nqSv=nqdcv,所以U=,盖上屏幕过程中,磁感应强度变大,则霍尔电压增大,即a、b间电势差逐渐增大,故C错误,D正确。 3.C　根据电容的定义式,有C=,可知金属棒在导轨上运动过程中通过它的电荷量为q=CΔU=CU。由动量定理,可得Blt=mv,又q=t(解题技法),联立解得v=。故选C。 4.A　设加速电压为U,磁场的磁感应强度大小为B,离子的电荷量为q,质量为m,运动轨迹半径为R,则经过加速电场后有qU=mv2,在磁场中由洛伦兹力提供向心力,得qvB=m,解得R=,由此式可知,在B、q、U相同时,m小的离子的轨迹半径R小,所以钾39的轨迹半径小,钾41的轨迹半径大;在m、B、q相同时,U大时离子的轨迹半径R大;设钾39质量为m1,电压为U0+ΔU时,半径为R1;钾41质量为m2,电压为U0-ΔU时,半径为R2,则可得R1=,R2=,令R1<R2,则有m1(U0+ΔU)<m2(U0-ΔU),解得ΔU<U0=U0,故选A。 5.C　根据左手定则,粒子带负电,A错误。设PM弦长为L,弦切角为α,则圆心角为2α,圆弧导线受到的安培力等于等效直导线受到的安培力,如图1所示,线段PM的长度为软导线的有效长度,即L=2R sin α(破题关键);如图2所示,由平衡条件有2F sin α=BIL,解得F=BIR,可见,恒力F的大小与导线长度无关,若导线长度减小,仍保持圆弧半径不变,水平恒力F大小不变,B错误。根据牛顿第二定律有qvB=m,解得粒子的动量大小为mv=,C正确。根据F=BIR,解得粒子的轨迹半径为R=,D错误。故选C。  　 6.答案　(1)垂直xOy平面向外　　(2)πR2-2R2 解析　(1)从原点O沿y轴正方向射出的质子垂直打在荧光屏上,故磁场方向必定垂直xOy平面向外,根据题意可得质子的轨迹半径为R,洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力,有ev0B=m,解得B= (2)在由O点射入第Ⅰ象限的所有质子中,沿y轴正方向射出的质子转过圆周,速度方向变为沿x轴正方向,这条轨迹为磁场区域的上边界。设某质子做匀速圆周运动的圆心为O',O'与O点的连线与y轴正方向的夹角为θ,若离开磁场时质子的速度方向变为沿x轴正方向,其射出点(也就是轨迹与磁场边界的交点)的坐标为(x,y)。由图中几何关系可得x=R sin θ,y=R-R cos θ,消去参数θ可知磁场区域的下边界满足的方程为x2+(R-y)2=R2(x>0,y>0),这是一个圆的方程,圆心在(0,R)处,第Ⅰ象限内面积最小的磁场区域为图中两条圆弧所围成的图形,磁场的最小面积为S1=2×,根据对称性可知,磁场的最小总面积为S=2S1=πR2-2R2 7.答案　(1)　(2)<t<　(3)d2 解析　(1)若粒子刚好不离开磁场,则运动轨迹与x轴相切,设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,如图所示 由几何关系得d=r sin α+r 根据洛伦兹力提供向心力有 qvmB0=m 解得vm= (2)粒子在磁场中的运动周期T= 当粒子刚好离开磁场时,在磁场中运动时间最长,此时粒子运动轨迹与x轴相切 t1=T= 当粒子速度越来越大,粒子的轨迹半径足够大时,可视为粒子从磁场边界x轴上进入磁场(解题技法),粒子在磁场中运动时间最短,则t2=T=T= 综上所述,若粒子离开磁场,在磁场中运动时间的范围为<t< (3)设粒子在x轴方向上的分速度为vx,粒子运动至离x轴最远位置时,沿y轴方向的分速度为零,根据动量定理有 ∑-qBvxΔt=0-mv cos α(解题技法)  其中B= 则∑qvxΔt=mv cos α 可得q∑yvxΔt=mv cos α 根据∑yvxΔt=∑yΔx=S 解得S=d2 方法迁移　解答本题第(2)问需要用到极限法,第(3)问需要利用微元求和法,充分调动了学生的高阶思维,是符合新高考命题趋势的优质模拟题。 7 学科网（北京）股份有限公司 $