2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 電學(xué)部分 專題05 磁場單元測試卷A卷

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1、2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 電學(xué)部分 專題05 磁場單元測試卷A卷 一、單選 1．如圖所示，小磁針正上方的直導(dǎo)線與小磁針平行，當(dāng)導(dǎo)線中有電流時，小磁針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)．首先觀察到這個實驗現(xiàn)象的物理學(xué)家和觀察到的現(xiàn)象是( ) A. 物理學(xué)家伽利略，小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi) B. 天文學(xué)家開普勒，小磁針的S極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi) C. 大物理學(xué)家牛頓，但小磁針靜止不動 D. 物理學(xué)家奧斯特, 小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi) 【答案】D 【解析】發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場的科學(xué)家是奧斯特，根據(jù)安培定則可知該導(dǎo)線下方飛磁場方向垂直紙面向里，因此小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi)，D正確． 2．云室中存在強

2、磁場，a、b兩帶電粒子沿相同方向進入云室，偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示，關(guān)于兩粒子帶電性質(zhì)，下列說法正確的是( ) A. 均帶正電荷 B. 均帶負電荷 C. a帶正電荷，b帶負電荷 D. a帶負電荷，b帶正電荷 【答案】C 【解析】由圖可知，a粒子軌跡向上偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力向上，根據(jù)左手定則可知，a粒子帶正電；b粒子的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則可知，b粒子帶負電，故C正確，ABD錯誤。 3．如圖所示，一束帶正電的粒子流某時刻沿虛線射向地球，此時該粒子流在地磁場中受到的洛倫茲力方向 A. 偏向S極 B. 偏向N極 C. 垂直紙面向外 D. 垂

3、直紙面向里 【答案】C 【解析】磁場方向是沿著磁感線的切線方向，速度方向也是已知的，如圖所示： 根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向是垂直向外，故ABD錯誤，C正確；故選C。 4．在同一平面有四根彼此絕緣的通電直導(dǎo)線，如圖所示，四根導(dǎo)線中的電流大小關(guān)系為，切斷哪一導(dǎo)線中的電源能使O點點為四根導(dǎo)線所圍正方形的中心的磁感應(yīng)強度減為最弱 A. 切斷 B. 切斷 C. 切斷 D. 切斷 【答案】A 5．如圖所示，在“研究影響通電導(dǎo)體所受磁場力的因素”實驗中，要使導(dǎo)體棒的懸線擺角增大，以下操作可行的是（ ） A. 增大導(dǎo)體棒中的電流 B. 減少磁鐵

4、的數(shù)量 C. 顛倒磁鐵磁極的上下位置 D. 改變導(dǎo)體棒中的電流方向 【答案】A 【解析】增大安培力即可使導(dǎo)體擺動的幅度增大，根據(jù)安培力的公式F=BIL可知，增大導(dǎo)體棒中的電流強度，安培力增大；故A 正確．減小磁鐵的數(shù)量，在磁場中有效長度減小，安培力減??；故B錯誤，顛倒磁鐵磁極的上下位置，只會改變安培力的方向，不會改變安培力的大小，故C錯誤；改變導(dǎo)體棒中的電流方向，只會改變安培力的方向，不會改變安培力的大小，故D錯誤；故選A. 6．如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，放置一根長為L，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒在導(dǎo)體棒中通以電流I時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，下列外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向正

5、確的是 A. ，方向沿斜面向上 B. ，方向垂直斜面向下 C. ，方向豎直向下 D. ，方向豎直向上 【答案】D 7．質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖兩種虛線所示，下列表述正確的是 A. M帶負電，N帶正電 B. M的速度率小于N的速率 C. 洛倫磁力對M做正功、對N做負功 D. M的運行時間大于N的運行時間 【答案】A 【解析】A、由左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負電荷，故A正確； B、粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，半徑為：，在質(zhì)量與電量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速度率大

6、于N的速率，故B錯誤； C、洛倫茲力總是與速度方向垂直，洛倫茲力對粒子不做功，故C錯誤； D、粒子在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期為，M的運行時間等于N的運行時間，故D錯誤； 故選A。 8．有一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的帶電粒子，沿如圖所示的方向，從A點沿著與磁場邊界夾角成30°、并且垂直磁場的方向，進入到磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，已知磁場的上部沒有邊界，若離子的速度為v，則該粒子離開磁場時，距離A點的距離( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】帶正電的粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿如圖所示的軌跡運動，設(shè)

7、從B點射出磁場，A、B間的距離為L，射出時速度的大小仍為v，射出方向與磁場邊界的夾角仍為30°. 由于洛倫茲力提供向心力，則：qvB＝m ，R為圓軌道的半徑，解得：R＝ 圓軌道的圓心位于A、B的中垂線上，由幾何關(guān)系可得：＝Rsin 30° 解得L＝，故A正確，BCD錯誤 故選：A 9．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頓交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，下列說法中正確的是 A. 帶電粒子從磁場中獲得能量 B. 帶電粒子所獲得的動能與加速

8、器的電壓有關(guān)，電壓越大，動能越大 C. 帶電粒子在加速器中的運動時間與加速器磁場有關(guān)，磁場越強，運動時間越長 D. 帶電粒子所獲得的能量與帶電粒子的質(zhì)量和電荷量均有關(guān)，質(zhì)量和電荷量越大，能量越大 【答案】C 【解析】A、粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，在電場中加速，電場力做正功，知離子在電場中獲得能量，在磁場中能量不變，故A錯誤。B、帶電粒子獲得最大動能時從磁場中勻速圓周離開，，解得，則最大動能，可知最大動能與加速的電壓無關(guān)，與磁感應(yīng)強度的大小有關(guān)，故B錯誤。C、設(shè)加速次數(shù)為n，每次加速獲得的動能，則加速次數(shù)為，總的運動時間為，則磁感應(yīng)強度越大，運動時間越長，C正確。D、由可知比荷越

9、大時，動能越大，故D錯誤。故選C。 10．有一半徑為R＝0.15 m的圓形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B＝0.25 T．一群重力不計、質(zhì)量為m＝3×10－7kg，電荷量為q＝＋2×10－3C的帶電粒子，以速度v＝5×102m/s由圓周上的同一點A以不同方向射入磁場，關(guān)于粒子在磁場中運動的時間長短，下列說法中正確的是( ) A. 沿半徑v1方向射入的粒子運動時間最長 B. 沿與半徑成30°的v2方向射入的粒子運動時間最長 C. 沿與半徑成30°的v3方向射入的粒子運動時間最長 D. 所有粒子運動時間一樣長 【答案】C 【解析】粒子在磁場中做圓周運動的周期：相同，粒子做圓

10、周運動的軌道半徑：，粒子在磁場中運動的弧長越長，弦長越長，對應(yīng)的圓心角θ越大，粒子在磁場中做圓周運動，沿與半徑成30°的V3方向射入的粒子，轉(zhuǎn)過的圓心角：θ=60°，rsin=0.3×sin=0.15m=R，則該粒子對應(yīng)的弦長為圓形磁場區(qū)域的直徑，該粒子運動軌跡對應(yīng)的弦長最長，轉(zhuǎn)過的圓心角θ最大，粒子的運動時間：t=T最長；故選C。 二、多選 11．如圖所示，關(guān)于磁鐵、電流間的相互作用，下列說法正確的是( ) A. 甲圖中，電流不產(chǎn)生磁場，電流對小磁針力的作用是通過小磁針的磁場發(fā)生的 B. 乙圖中，磁體對通電導(dǎo)線的力的作用是通過磁體的磁場發(fā)生的 C. 丙圖中電流間的相互作用是

11、通過電流的磁場發(fā)生的 D. 丙圖中電流間的相互作用是通過電荷的電場發(fā)生的 【答案】BC 【解析】甲圖中，電流對小磁針力的作用是通過電流的磁場發(fā)生的；乙圖中，磁體對通電導(dǎo)線力的作用是通過磁體的磁場發(fā)生的；丙圖中，電流對另一個電流力的作用是通過該電流的磁場發(fā)生的.綜上所述，BC正確． 12．目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電荷負電的粒子。而從整體來說呈中性)沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷，在磁極配置如圖中所示的情況下，下述說法正確的是( )

12、A. A板帶正電 B. 有電流從B經(jīng)用電器流向A C. 金屬板A、B間的電場方向向下 D. 等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力 【答案】BD 【解析】根據(jù)左手定則知，正電荷向下偏，負電荷向上偏，則A板帶負電，故A錯誤；因為B板帶正電，A板帶負電，所以電流的流向為B經(jīng)用電器流向A，故B正確；因為B板帶正電，A板帶負電，所以金屬板間的電場方向向上，故C錯誤；等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。 13．如圖所示，有一金屬塊放在垂直于側(cè)面C的勻強磁場中，當(dāng)有穩(wěn)恒電流自左向右通過時，下列說法正確的是( ) A

13、. 金屬塊上表面的電勢高于下表面的電勢 B. 磁感應(yīng)強度增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U增大 C. 電流增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U減小 D. 電流不變時，金屬塊中單位體積內(nèi)自由電子越多，上、下兩表面間的電勢差U越小 【答案】BD 【解析】根據(jù)左手定則，知電子向上表面偏轉(zhuǎn)，上表面帶負電，下表面帶正電，所以上表面比下表面電勢低，A錯誤；最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有，得，故B增大時上下兩表面間的電壓U增大，B正確；設(shè)電流橫截面的寬為b，高為d，電流的微觀表達式為，電流增大，則v增大，又，則U增大，C錯誤；由C選項分析可知，，則，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)越多，

14、則電壓表的示數(shù)越小，D正確． 14．電荷量分別為q和的兩個帶電粒子分別以速度和射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為和，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖所示，則 A. a粒子帶負電，b粒子帶正電 B. 兩粒子的軌道半徑之比：： C. 兩粒子的速度之比：：2 D. 兩粒子的質(zhì)量之比：：2 【答案】ABD 【解析】a粒子是入射的，而b粒子是入射的，由于從B點射出，則a粒子受到的洛倫茲力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛倫茲力方向沿a粒子速度方向，由左手定則可知：a粒子帶負電、b粒子帶正電，故A正確； AB連線是兩粒子的運動圓弧對應(yīng)

15、的弦，則弦的中垂線與各自速度方向直線的交點即為各自圓心。結(jié)果發(fā)現(xiàn)：兩圓心的連線與兩個半徑構(gòu)成一個角為，另一個為的直角三角形。根據(jù)幾何關(guān)系，則有兩半徑相比為：：，故B正確；AB連線是兩粒子的運動圓弧對應(yīng)的弦，則弦的中垂線與各自速度方向直線的交點即為各自圓心。結(jié)果發(fā)現(xiàn)：兩圓心的連線與兩個半徑構(gòu)成一個角為，另一個為的直角三角形。則a粒子圓弧對應(yīng)的圓心角為，而b粒子圓弧對應(yīng)的圓心角為，粒子在磁場中的運動時間：，由題意可知，兩粒子在磁場中的運動時間t相等，即：，則粒子的周期之比為：：：2，粒子做圓周運動的周期：，則兩粒子的質(zhì)量之比：：：2，故D正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓

16、第二定律得：，解得：，由題意可知：q、B都相同，而：：2，：：，則粒子的速度大小之比：：：，故C錯誤；故選ABD。 15．如圖所示，在正交的勻強電場和勻強磁場中，電場方向豎直向上，磁場方向垂直于紙面向里，帶電粒子B靜止在正交的電磁場中，另一帶電粒子A以一定的水平速度沿直線向右運動，與粒子B碰撞后粘在一起，碰撞過程中粒子的電荷量沒有損失，兩個粒子的質(zhì)量相等，則下列說法正確的是（ ） A. 粒子A帶負電，粒子B帶正電 B. 粒子A的帶電量一定小于粒子B的帶電量 C. 兩粒子碰撞后仍沿直線運動 D. 兩粒子碰撞后會做向上偏轉(zhuǎn)運動 【答案】BD 三、解答

17、 16．如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，其方向與導(dǎo)軌平面成θ角斜向上且和棒ab垂直，質(zhì)量為m，長為L，通有電流為I的導(dǎo)體棒ab靜止在水平導(dǎo)軌上，（重力加速度為g）求： （1）ab受到的摩擦力的大?。?）ab受到的支持力的大小. 【答案】（1）f=BILsinθ（2）FN=mg-BILcosθ 【解析】試題分析：由左手定則判斷安培力的方向，畫出受力圖；由水平方向受力平衡可得摩擦力大??；由豎直方向受力平衡可得支持力大小. （1）ab棒受力如圖所示 因為棒ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，由水平方向受力平衡可得： （2）設(shè)支持力為，根據(jù)豎直方向上受力平衡得： 則 17．如圖所

18、示，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。求: (1)粒子做勻速圓周運動的半徑R; (2)粒子做勻速圓周運動周期T. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）粒子在磁場中由洛倫茲力提供所需向心力公式 則有： 解得： （2）由勻速圓周運動周期與線速度關(guān)系： 解得： 18．如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，A為粒子加速器，電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強度為B1，板間距離為d；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為B2。今有一質(zhì)量為m、電量為q的初速為零的正離子經(jīng)加速后，

19、恰好通過速度選擇器，進入分離器后做半徑為R的勻速圓周運動。 求：（1）粒子進入速度選擇器的速度v； （2）速度選擇器的電壓U2 ； （3）粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R。 【答案】（1） （2） 【解析】⑴粒子經(jīng)加速電場U1加速，獲得速度V，得：qU1=mv2 解得v= ⑵在速度選擇器中作勻速直線運動，得Eq=qvB1 即 ，U2=B1dv = B1d ⑶在B2中作圓周運動，洛侖茲力提供向心力， R=== 19．如圖所示，大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從靜止開始經(jīng)極板A、B間加速后，沿中心線方

20、向陸續(xù)進入平行極板C、D間的偏轉(zhuǎn)電場，飛出偏轉(zhuǎn)電場后進入右側(cè)的有界勻強磁場，最后從磁場左邊界飛出。已知A、B間電壓為U0；極板C、D長為L，間距為d；磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場的左邊界與C、D右端相距L，且與中心線垂直。假設(shè)所有粒子都能飛出偏轉(zhuǎn)電場，并進入右側(cè)勻強磁場，不計粒子的重力及相互間的作用，則： (1)求粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t； (2)求能使所有粒子均能進入勻強磁場區(qū)域的偏轉(zhuǎn)電壓的最大值U； (3)接第(2)問，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U/2時，求粒子進出磁場位置之間的距離。 【答案】（1）（2）（3） 【解析】（1）粒子在AB間加速，有（2分） 又粒

21、子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向： （2分） 所以： （1分） （3）設(shè)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度為v0，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度為v，速度v的偏向角為θ，在磁場中軌道半徑為r 粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時， （1分） 在勻強磁場中： （2分） 粒子進出磁場位置之間的距離（1分） 解得（2分） 20．如圖所示，豎直平面坐標系xOy的第一象限有垂直xOy面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N，一質(zhì)量為m的帶電小球從

22、y軸上(y＞0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運動，過N點水平進入第四象限，并在電場中運動(已知重力加速度為g)． (1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量； (2)P點距坐標原點O至少多高； (3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進入第一象限，通過N點開始計時，經(jīng)時間t＝2小球距坐標原點O的距離s為多遠？ 【答案】（1）正電，，（2）（3） 【解析】（1）小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡，設(shè)小球所帶電荷量為q，則有① 解得：② 又電場方向

23、豎直向上，故小球帶正電． （2）設(shè)小球做勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得： ③ 小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動，則應(yīng)滿足：④ 由②③④得：⑤ 即PO的最小距離為：⑥ （3）小球由O運動到N的過程中設(shè)到達N點的速度為vN，由機械能守恒定律得： ⑦ 由④⑦解得：⑧ 小球從N點進入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運動，設(shè)加速度為a，則有：沿x軸方向有： ⑨ 沿電場方向有：⑩ 由牛頓第二定律得：? t時刻小球距O點為： 磁場基礎(chǔ)A卷 一、單選 1．如圖所示，小磁針正上方的直導(dǎo)線與小磁針平行，當(dāng)導(dǎo)線中有電流時，小磁

24、針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)．首先觀察到這個實驗現(xiàn)象的物理學(xué)家和觀察到的現(xiàn)象是( ) A. 物理學(xué)家伽利略，小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi) B. 天文學(xué)家開普勒，小磁針的S極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi) C. 大物理學(xué)家牛頓，但小磁針靜止不動 D. 物理學(xué)家奧斯特, 小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi) 【答案】D 【解析】發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場的科學(xué)家是奧斯特，根據(jù)安培定則可知該導(dǎo)線下方飛磁場方向垂直紙面向里，因此小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi)，D正確． 2．云室中存在強磁場，a、b兩帶電粒子沿相同方向進入云室，偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示，關(guān)于兩粒子帶電性質(zhì)，下列說法正確的是( ) A. 均帶正電荷 B. 均帶負電荷

25、 C. a帶正電荷，b帶負電荷 D. a帶負電荷，b帶正電荷 【答案】C 【解析】由圖可知，a粒子軌跡向上偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力向上，根據(jù)左手定則可知，a粒子帶正電；b粒子的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則可知，b粒子帶負電，故C正確，ABD錯誤。 3．如圖所示，一束帶正電的粒子流某時刻沿虛線射向地球，此時該粒子流在地磁場中受到的洛倫茲力方向 A. 偏向S極 B. 偏向N極 C. 垂直紙面向外 D. 垂直紙面向里 【答案】C 【解析】磁場方向是沿著磁感線的切線方向，速度方向也是已知的，如圖所示： 根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向是垂直向外，故A

26、BD錯誤，C正確；故選C。 4．在同一平面有四根彼此絕緣的通電直導(dǎo)線，如圖所示，四根導(dǎo)線中的電流大小關(guān)系為，切斷哪一導(dǎo)線中的電源能使O點點為四根導(dǎo)線所圍正方形的中心的磁感應(yīng)強度減為最弱 A. 切斷 B. 切斷 C. 切斷 D. 切斷 【答案】A 5．如圖所示，在“研究影響通電導(dǎo)體所受磁場力的因素”實驗中，要使導(dǎo)體棒的懸線擺角增大，以下操作可行的是（ ） A. 增大導(dǎo)體棒中的電流 B. 減少磁鐵的數(shù)量 C. 顛倒磁鐵磁極的上下位置 D. 改變導(dǎo)體棒中的電流方向 【答案】A 【解析】增大安培力即可使導(dǎo)體擺動的幅度增大，根據(jù)安培力的公式F

27、=BIL可知，增大導(dǎo)體棒中的電流強度，安培力增大；故A 正確．減小磁鐵的數(shù)量，在磁場中有效長度減小，安培力減小；故B錯誤，顛倒磁鐵磁極的上下位置，只會改變安培力的方向，不會改變安培力的大小，故C錯誤；改變導(dǎo)體棒中的電流方向，只會改變安培力的方向，不會改變安培力的大小，故D錯誤；故選A. 6．如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，放置一根長為L，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒在導(dǎo)體棒中通以電流I時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，下列外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向正確的是 A. ，方向沿斜面向上 B. ，方向垂直斜面向下 C. ，方向豎直向下 D. ，方向豎直向上 【答案】D 【解析】若B方向沿

28、斜面向上，受到的安培力垂直與斜面向下，不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故A錯誤；若外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向垂直斜面向下，則沿斜面向下的安培力、支持力與重力，所以棒不可能處于平衡狀態(tài)，故B錯誤；若外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向豎直向下，則水平向左的安培力、支持力與重力，所以棒不可能處于平衡狀態(tài)，故C錯誤；若外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向豎直向上，則水平向右的安培力、支持力與重力，處于平衡狀態(tài)，則大小；故D正確； 7．質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖兩種虛線所示，下列表述正確的是 A. M帶負電，N帶正電 B. M的速度率小于N

29、的速率 C. 洛倫磁力對M做正功、對N做負功 D. M的運行時間大于N的運行時間 【答案】A 【解析】A、由左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負電荷，故A正確； B、粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，半徑為：，在質(zhì)量與電量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B錯誤； C、洛倫茲力總是與速度方向垂直，洛倫茲力對粒子不做功，故C錯誤； D、粒子在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期為，M的運行時間等于N的運行時間，故D錯誤； 故選A。 8．有一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的帶電粒子，沿如圖所示的方向，從A點沿著與磁場邊界夾角成30°、并且垂直磁場的方向，進

30、入到磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，已知磁場的上部沒有邊界，若離子的速度為v，則該粒子離開磁場時，距離A點的距離( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】帶正電的粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿如圖所示的軌跡運動，設(shè)從B點射出磁場，A、B間的距離為L，射出時速度的大小仍為v，射出方向與磁場邊界的夾角仍為30°. 由于洛倫茲力提供向心力，則：qvB＝m ，R為圓軌道的半徑，解得：R＝ 圓軌道的圓心位于A、B的中垂線上，由幾何關(guān)系可得：＝Rsin 30° 解得L＝，故A正確，BCD錯誤 故選：A 9．回旋加速器是加速帶電

31、粒子的裝置，其核心部分是分別與高頓交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，下列說法中正確的是 A. 帶電粒子從磁場中獲得能量 B. 帶電粒子所獲得的動能與加速器的電壓有關(guān)，電壓越大，動能越大 C. 帶電粒子在加速器中的運動時間與加速器磁場有關(guān)，磁場越強，運動時間越長 D. 帶電粒子所獲得的能量與帶電粒子的質(zhì)量和電荷量均有關(guān)，質(zhì)量和電荷量越大，能量越大 【答案】C 【解析】A、粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力不做功，在電場中加速，電場力做正功，知離子在電場中獲得能量，在磁場中

32、能量不變，故A錯誤。B、帶電粒子獲得最大動能時從磁場中勻速圓周離開，，解得，則最大動能，可知最大動能與加速的電壓無關(guān)，與磁感應(yīng)強度的大小有關(guān)，故B錯誤。C、設(shè)加速次數(shù)為n，每次加速獲得的動能，則加速次數(shù)為，總的運動時間為，則磁感應(yīng)強度越大，運動時間越長，C正確。D、由可知比荷越大時，動能越大，故D錯誤。故選C。 10．有一半徑為R＝0.15 m的圓形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B＝0.25 T．一群重力不計、質(zhì)量為m＝3×10－7kg，電荷量為q＝＋2×10－3C的帶電粒子，以速度v＝5×102m/s由圓周上的同一點A以不同方向射入磁場，關(guān)于粒子在磁場中運動的時間長短，下列說法中正確的是

33、( ) A. 沿半徑v1方向射入的粒子運動時間最長 B. 沿與半徑成30°的v2方向射入的粒子運動時間最長 C. 沿與半徑成30°的v3方向射入的粒子運動時間最長 D. 所有粒子運動時間一樣長 【答案】C 【解析】粒子在磁場中做圓周運動的周期：相同，粒子做圓周運動的軌道半徑：，粒子在磁場中運動的弧長越長，弦長越長，對應(yīng)的圓心角θ越大，粒子在磁場中做圓周運動，沿與半徑成30°的V3方向射入的粒子，轉(zhuǎn)過的圓心角：θ=60°，rsin=0.3×sin=0.15m=R，則該粒子對應(yīng)的弦長為圓形磁場區(qū)域的直徑，該粒子運動軌跡對應(yīng)的弦長最長，轉(zhuǎn)過的圓心角θ最大，粒子的運動時間：t=T最

34、長；故選C。 二、多選 11．如圖所示，關(guān)于磁鐵、電流間的相互作用，下列說法正確的是( ) A. 甲圖中，電流不產(chǎn)生磁場，電流對小磁針力的作用是通過小磁針的磁場發(fā)生的 B. 乙圖中，磁體對通電導(dǎo)線的力的作用是通過磁體的磁場發(fā)生的 C. 丙圖中電流間的相互作用是通過電流的磁場發(fā)生的 D. 丙圖中電流間的相互作用是通過電荷的電場發(fā)生的 【答案】BC 【解析】甲圖中，電流對小磁針力的作用是通過電流的磁場發(fā)生的；乙圖中，磁體對通電導(dǎo)線力的作用是通過磁體的磁場發(fā)生的；丙圖中，電流對另一個電流力的作用是通過該電流的磁場發(fā)生的.綜上所述，BC正確． 12．目前世界上正研究的一種新型

35、發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電荷負電的粒子。而從整體來說呈中性)沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷，在磁極配置如圖中所示的情況下，下述說法正確的是( ) A. A板帶正電 B. 有電流從B經(jīng)用電器流向A C. 金屬板A、B間的電場方向向下 D. 等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力 【答案】BD 13．如圖所示，有一金屬塊放在垂直于側(cè)面C的勻強磁場中，當(dāng)有穩(wěn)恒電流自左向右通過時，下列說法正確的是( ) A. 金屬塊上表面的電勢高

36、于下表面的電勢 B. 磁感應(yīng)強度增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U增大 C. 電流增大時，金屬塊上、下兩表面間的電勢差U減小 D. 電流不變時，金屬塊中單位體積內(nèi)自由電子越多，上、下兩表面間的電勢差U越小 【答案】BD 【解析】根據(jù)左手定則，知電子向上表面偏轉(zhuǎn)，上表面帶負電，下表面帶正電，所以上表面比下表面電勢低，A錯誤；最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有，得，故B增大時上下兩表面間的電壓U增大，B正確；設(shè)電流橫截面的寬為b，高為d，電流的微觀表達式為，電流增大，則v增大，又，則U增大，C錯誤；由C選項分析可知，，則，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)越多，則電壓表的示數(shù)越小，D正

37、確． 14．電荷量分別為q和的兩個帶電粒子分別以速度和射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為和，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖所示，則 A. a粒子帶負電，b粒子帶正電 B. 兩粒子的軌道半徑之比：： C. 兩粒子的速度之比：：2 D. 兩粒子的質(zhì)量之比：：2 【答案】ABD 【解析】a粒子是入射的，而b粒子是入射的，由于從B點射出，則a粒子受到的洛倫茲力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛倫茲力方向沿a粒子速度方向，由左手定則可知：a粒子帶負電、b粒子帶正電，故A正確； AB連線是兩粒子的運動圓弧對應(yīng)的弦，則弦的中垂線與各自

38、速度方向直線的交點即為各自圓心。結(jié)果發(fā)現(xiàn)：兩圓心的連線與兩個半徑構(gòu)成一個角為，另一個為的直角三角形。根據(jù)幾何關(guān)系，則有兩半徑相比為：：，故B正確；AB連線是兩粒子的運動圓弧對應(yīng)的弦，則弦的中垂線與各自速度方向直線的交點即為各自圓心。結(jié)果發(fā)現(xiàn)：兩圓心的連線與兩個半徑構(gòu)成一個角為，另一個為的直角三角形。則a粒子圓弧對應(yīng)的圓心角為，而b粒子圓弧對應(yīng)的圓心角為，粒子在磁場中的運動時間：，由題意可知，兩粒子在磁場中的運動時間t相等，即：，則粒子的周期之比為：：：2，粒子做圓周運動的周期：，則兩粒子的質(zhì)量之比：：：2，故D正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，解得：，由

39、題意可知：q、B都相同，而：：2，：：，則粒子的速度大小之比：：：，故C錯誤；故選ABD。 15．如圖所示，在正交的勻強電場和勻強磁場中，電場方向豎直向上，磁場方向垂直于紙面向里，帶電粒子B靜止在正交的電磁場中，另一帶電粒子A以一定的水平速度沿直線向右運動，與粒子B碰撞后粘在一起，碰撞過程中粒子的電荷量沒有損失，兩個粒子的質(zhì)量相等，則下列說法正確的是（ ） A. 粒子A帶負電，粒子B帶正電 B. 粒子A的帶電量一定小于粒子B的帶電量 C. 兩粒子碰撞后仍沿直線運動 D. 兩粒子碰撞后會做向上偏轉(zhuǎn)運動 【答案】BD 【解析】粒子B靜止在電磁場中，則，且粒子

40、B帶正電，粒子A以一定的水平速度在正交的電磁場中沿直線向右運動，則粒子A也帶正電，有，聯(lián)立上面兩式得：，則粒子A的帶電量小于粒子B的帶電量，選項A錯誤、B正確；根據(jù)動量守恒定律有，則，由于，因此碰撞后粒子會做向上的偏轉(zhuǎn)運動，選項C錯誤、D正確。 三、解答 16．如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，其方向與導(dǎo)軌平面成θ角斜向上且和棒ab垂直，質(zhì)量為m，長為L，通有電流為I的導(dǎo)體棒ab靜止在水平導(dǎo)軌上，（重力加速度為g）求： （1）ab受到的摩擦力的大?。?）ab受到的支持力的大小. 【答案】（1）f=BILsinθ（2）FN=mg-BILcosθ 【解析】試題分析：由左手定則

41、判斷安培力的方向，畫出受力圖；由水平方向受力平衡可得摩擦力大??；由豎直方向受力平衡可得支持力大小. （1）ab棒受力如圖所示 因為棒ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，由水平方向受力平衡可得： （2）設(shè)支持力為，根據(jù)豎直方向上受力平衡得： 則 17．如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。求: (1)粒子做勻速圓周運動的半徑R; (2)粒子做勻速圓周運動周期T. 【答案】（1） （2） 18．如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，A為粒子加速器，電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電

42、場正交，磁感應(yīng)強度為B1，板間距離為d；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為B2。今有一質(zhì)量為m、電量為q的初速為零的正離子經(jīng)加速后，恰好通過速度選擇器，進入分離器后做半徑為R的勻速圓周運動。 求：（1）粒子進入速度選擇器的速度v； （2）速度選擇器的電壓U2 ； （3）粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R。 【答案】（1） （2） 【解析】⑴粒子經(jīng)加速電場U1加速，獲得速度V，得：qU1=mv2 解得v= ⑵在速度選擇器中作勻速直線運動，得Eq=qvB1 即 ，U2=B1dv = B1d ⑶在B2中作圓周運動，洛侖茲力提供向心力，

43、 R=== 19．如圖所示，大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從靜止開始經(jīng)極板A、B間加速后，沿中心線方向陸續(xù)進入平行極板C、D間的偏轉(zhuǎn)電場，飛出偏轉(zhuǎn)電場后進入右側(cè)的有界勻強磁場，最后從磁場左邊界飛出。已知A、B間電壓為U0；極板C、D長為L，間距為d；磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場的左邊界與C、D右端相距L，且與中心線垂直。假設(shè)所有粒子都能飛出偏轉(zhuǎn)電場，并進入右側(cè)勻強磁場，不計粒子的重力及相互間的作用，則： (1)求粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t； (2)求能使所有粒子均能進入勻強磁場區(qū)域的偏轉(zhuǎn)電壓的最大值U； (3)接第(2)問，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓

44、為U/2時，求粒子進出磁場位置之間的距離。 【答案】（1）（2）（3） 【解析】（1）粒子在AB間加速，有（2分） 又粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向： （2分） 所以： （1分） （2）當(dāng)粒子擦著偏轉(zhuǎn)極板邊緣飛出時，偏轉(zhuǎn)電壓最大即（2分） 又（1分） 且（1分） 代入第（1）問數(shù)據(jù)得： （2分） （3）設(shè)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度為v0，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度為v，速度v的偏向角為θ，在磁場中軌道半徑為r 粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時， （1分） 在勻強磁場中： （2分） 粒子進出磁場位置之間的距離（1分） 解得（2分） 20．如圖所示，豎直平面坐標系xOy的第一象限有垂直xOy面

45、向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N，一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y＞0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運動，過N點水平進入第四象限，并在電場中運動(已知重力加速度為g)． (1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量； (2)P點距坐標原點O至少多高； (3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進入第一象限，通過N點開始計時，經(jīng)時間t＝2小球距坐標原點O的距離s為多遠？ 【答案】（1）正電，，（2）（3） 【解析】（1）小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡，設(shè)小球所帶電荷量為q，則有① 解得：② 又電場方向豎直向上，故小球帶正電． （3）小球由O運動到N的過程中設(shè)到達N點的速度為vN，由機械能守恒定律得： ⑦ 由④⑦解得：⑧ 小球從N點進入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運動，設(shè)加速度為a，則有：沿x軸方向有： ⑨ 沿電場方向有：⑩ 由牛頓第二定律得：? t時刻小球距O點為：