2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 磁場（高考真題+模擬新題）（有詳解）

1、K單元磁場磁場安培力 14K12020課標(biāo)全國卷 為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的在下列四個圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是()圖12【解析】 B地理的南極是地磁場的N極，由右手螺旋定則知B正確18K12020課標(biāo)全國卷 電磁軌道炮工作原理如圖14所示待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場圖14(可視為勻強(qiáng)磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上

2、可采用的辦法是()A只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B只將電流I增加至原來的2倍C只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變【解析】 BD彈體所受安培力為F安BIl，由動能定理得：BILmv2，只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其速度將增加至原來的倍，A錯誤；只將電流I增加至原來的2倍，其磁感應(yīng)強(qiáng)度也隨之增加至原來的2倍，其速度將增加至原來的2倍，B正確；只將彈體質(zhì)量減至原來的一半，其速度將增加至原來的倍，C錯誤； 將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍時，其速度將增加至原來的2倍，D正確2K1L12020江蘇物理卷 如圖2所示，固定的水平長

3、直導(dǎo)線中通有電流I，矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行線框由靜止釋放，在下落過程中()圖2A穿過線框的磁通量保持不變B線框中感應(yīng)電流方向保持不變C線框所受安培力的合力為零D線框的機(jī)械能不斷增大2K1L12020江蘇物理卷 B【解析】 當(dāng)線框由靜止向下運(yùn)動時，穿過線框的磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律可得，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向為順時針且方向不發(fā)生變化，A錯誤，B正確；因線框上下兩邊所處的磁場強(qiáng)弱不同，線框所受的安培力的合力一定不為零，C錯誤；整個線框所受的安培力的合力豎直向上，對線框做負(fù)功，線框的機(jī)械能減小，D錯誤K2磁場對運(yùn)動電荷的作用25K22020課標(biāo)全國卷 如圖110所示，在區(qū)

4、域(0xd)和區(qū)域(dx2d)內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域，其速度方向沿x軸正向已知a在離開區(qū)域時，速度方向與x軸正向的夾角為30；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域，其速度大小是a的.不計重力和兩粒子之間的相互作用力求：(1)粒子a射入?yún)^(qū)域時速度的大小；(2)當(dāng)a離開區(qū)域時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差圖110【答案】 (1)設(shè)粒子a在內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的圓心為C(在y軸上)，半徑為Ra1，粒子速率為va，運(yùn)動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P，如圖所

5、示由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvaBm由幾何關(guān)系得PCPRa1式中，30.由式得va(2)設(shè)粒子a在內(nèi)做圓周運(yùn)動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點為Pa(圖中未畫出軌跡)，POaPa2.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qva(2B)m由式得Ra2C、P和Oa三點共線，且由式知Oa點必位于xd的平面上，由對稱性知，Pa點與P點縱坐標(biāo)相同，即yPaRa1cosh式中，h是C點的y坐標(biāo)設(shè)b在中運(yùn)動的軌道半徑為Rb1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qB2設(shè)a到達(dá)Pa點時，b位于Pb點，轉(zhuǎn)過的角度為.如果b沒有飛出，則式中，t是a在區(qū)域中運(yùn)動的時間，而Ta2Tb1由式得30由式可見，b沒有飛出.Pb點

6、的y坐標(biāo)為yPbRb1cosRa1Rb1h由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為yPayPb(2)d10K22020海南物理卷 空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖17中的正方形為其邊界一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不計重力下列說法正確的是()圖18A入射速度不同的粒子在磁場中的運(yùn)動時間一定不同B. 入射速度相同的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡一定相同C在磁場中運(yùn)動時間相同的粒子，其運(yùn)動軌跡一定相同D在磁場中運(yùn)動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大【解析】 BD帶電粒子進(jìn)入磁場

7、中后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動，軌道半徑R，因所有粒子比荷相同，若入射速度相同，則軌道半徑相同，軌跡一定相同，B選項正確；所有帶電粒子做圓周運(yùn)動周期T相同，所以軌跡所對圓心角越大的粒子在磁場中運(yùn)動時間越長，D選項正確；若帶電粒子能從磁場左邊界射出，即使入射速度不同，所用時間也一定相同，因為此情況時軌跡所對圓心角均為180，這些粒子的軌跡與入射速度有關(guān)，故AC選項錯誤K3帶電粒子在組合場及復(fù)合場中運(yùn)動25K32020全國卷 如圖17所示，與水平面成45角的平面MN將空間分成和兩個區(qū)域一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速度v0從平面MN上的P0點水平向右射入?yún)^(qū)粒子在區(qū)運(yùn)動時，只受到大小

8、不變、方向豎直向下的電場作用，電場強(qiáng)度大小為E；在區(qū)運(yùn)動時，只受到勻強(qiáng)磁場的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里求粒子首次從區(qū)離開時到出發(fā)點P0的距離粒子的重力可以忽略圖17【解析】 帶電粒子進(jìn)入電場后，在電場力的作用下沿拋物線運(yùn)動，其加速度方向豎直向下，設(shè)其大小為a，由牛頓定律得qEma設(shè)經(jīng)過時間t0，粒子從平面MN上的點P1進(jìn)入磁場，由運(yùn)動學(xué)公式和幾何關(guān)系得v0t0at粒子速度大小v1為v1設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為，則tan此時粒子到出發(fā)點P0的距離為s0v0t0此后，粒子進(jìn)入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，圓周半徑為r1設(shè)粒子首次離開磁場的點為P2，弧所張的圓心角為2，

9、則P1到點P2的距離為s12r1sin由幾何關(guān)系得45聯(lián)立式得s1點P2與點P0相距l(xiāng)s0s1聯(lián)立解得l圖11125K32020山東卷 扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動軌跡發(fā)生扭擺其簡化模型如圖111，、兩處的條形均強(qiáng)磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直于紙面一質(zhì)量為m、電量為q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入?yún)^(qū)，射入時速度與水平方向夾角30.(1)當(dāng)區(qū)寬度L1L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1B0時，粒子從區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30，求B0及粒子在區(qū)運(yùn)動的時間t0.(2)若區(qū)寬度L2L1L，磁感應(yīng)強(qiáng)

10、度大小B2B1B0，求粒子在區(qū)的最高點與區(qū)的最低點之間的高度差h.(3)若L2L1L、B1B0，為使粒子能返回區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件(4)若B1B2，L1L2，且已保證了粒子能從區(qū)右邊界射出為使粒子從區(qū)右邊界射出的方向與從區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應(yīng)滿足的關(guān)系式TtT聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得t(2)設(shè)粒子在磁場區(qū)做圓周運(yùn)動的半徑為R2，由牛頓第二定律得qvB2m由幾何知識可得h(R1R2)(1cos)Ltan聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得h(2 )L(3)如圖2所示，為使粒子能再次回到區(qū)，應(yīng)滿足R2(1sin)(或B2)圖2(4)如圖3(或圖4)所示，設(shè)粒子射出磁場區(qū)時速度與水平方向

11、的夾角為，由幾何知識可得L1R1(sinsin)或L1R1(sinsin)L2R2(sinsin)或L2R2(sinsin)聯(lián)立式得B1R1B2R2聯(lián)立式得B1L1B2L2圖3圖423K32020安徽卷 如圖116所示，在以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)t0時間從P點射出(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出求粒子運(yùn)動加速度的大小(2)若僅撤去電

12、場，帶電粒子仍從O點射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動的時間圖116【解析】 (1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強(qiáng)度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，于是可知電場強(qiáng)度沿x軸正方向且有qEqvB又Rvt0則E(2)僅有電場時，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動在y方向位移為yv由式得y設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是xR又由xa2得a(3)僅有磁場時，入射速度v4v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有qvBm又qEma由式得r由幾何知識sin即sin，帶電粒子在磁場中運(yùn)動周期T則帶電粒子在磁場中運(yùn)

13、動時間tBT所以tBt035K32020廣東物理卷 如圖19甲所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R1R0，R23R0，一電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點進(jìn)入該區(qū)域，不計重力(1)已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點的初速度v0的大小(2)若撤去電場，如圖19乙所示，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運(yùn)動的時間(3) 在圖19乙中，若粒子從A點進(jìn)入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小

14、于多少？圖19【解析】 (1)電、磁場都存在時，只有電場力對帶電粒子做功，由動能定理qUmvmv得v0(2)由牛頓第二定律qBv2如圖所示，由幾何關(guān)系確定粒子運(yùn)動軌跡的圓心O和半徑RR2R2(R2R1)2聯(lián)立，得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T由幾何關(guān)系確定粒子在磁場中運(yùn)動的時間t聯(lián)立式，得t(3)如圖所示，為使粒子射出，則粒子在磁場內(nèi)的運(yùn)動半徑應(yīng)大于過A點的最大內(nèi)切圓半徑，該半徑為Rc由得磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于Bc25K32020重慶卷 某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運(yùn)動，如圖114所示，材料表面上方矩形區(qū)域PPNN充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場，寬為d；矩形區(qū)域NNMM充

15、滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，長為3s，寬為s；NN為磁場與電場之間的薄隔離層一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子，從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場，電子每次穿越隔離層，運(yùn)動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，最后電子僅能從磁場邊界MN飛出不計電子所受重力圖114(1)求電子第二次與第一次圓周運(yùn)動半徑之比；(2)求電場強(qiáng)度的取值范圍；(3)A是MN的中點，若要使電子在A、M間垂直于AM飛出，求電子在磁場區(qū)域中運(yùn)動的時間25K32020重慶卷 【解析】 (1)設(shè)圓周運(yùn)動的半徑分別為R1、R2、Rn、Rn1，第一次和第二次圓周運(yùn)動速率分別為v1和v2，動能分別為E

16、k1和Ek2.由：Ek20.81Ek1，R1，R2，Ek1mv，Ek2mv得：R2R10.9(2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，第一次到達(dá)隔離層前的速率為v.由eEdmv2,0.9mv2mv，R1s得E又由Rn0.9n1R1,2R1(10.90.920.9n)3s得：Em2)，電荷量均為q.加速電場的電勢差為U，離子進(jìn)入電場時的初速度可以忽略不計重力，也不考慮離子間的相互作用(1)求質(zhì)量為m1的離子進(jìn)入磁場時的速率 v1；(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時，求兩種離子在GA邊落點的間距s；(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定寬度若狹縫過寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)域交疊，導(dǎo)致

17、兩種離子無法完全分離設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，GA邊長為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度23K32020北京卷 【答案】 (1)加速電場對離子m1做的功WqU由動能定理m1vqU得v1(2)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式qvB，R，利用式得離子在磁場中的軌道半徑分別為R1，R2兩種離子在GA上落點的間距s2R12R2()(3)質(zhì)量為m1的離子，在GA邊上的落點都在其入射點左側(cè)2R1處，由于狹縫的寬度為d，因此落點區(qū)域的寬度也是d.同理，質(zhì)量為m2的離子在GA邊上落點區(qū)域的

18、寬度也是d.為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為2(R1R2)d利用式，代入式得2R1dR1的最大值滿足2R1mLd得(Ld)d求得最大值dmLK4磁場綜合25K42020四川卷 如圖110所示，正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長l1.8 m，距地面h0.8 m平行板電容器的極板CD間距d0.1 m且垂直放置于臺面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場電荷量q51013 C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U2.5 V，板間微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進(jìn)入磁場(微粒始終不與極板接觸)，然后由XY邊界

19、離開臺面在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正下方水平地面上A點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇假定微粒在真空中運(yùn)動，極板間電場視為勻強(qiáng)電場，滑塊視為質(zhì)點，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)0.2，取g10 m/s2.(1)求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板的極性；(2)求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍；(3)若微粒質(zhì)量m011013 kg，求滑塊開始運(yùn)動時所獲得的速度圖110【解析】 (1)微粒在極板間所受電場力大小為F代入數(shù)據(jù)得F1.251011 N由微粒在磁場中的運(yùn)動可判斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場加速，故C板為正極，D板為負(fù)極(2)若微粒的質(zhì)量為m，剛進(jìn)入磁場時的速度大小為v

20、，由動能定理Uqmv2微粒在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力充當(dāng)向心力，若圓周運(yùn)動半徑為R，有qvBm微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運(yùn)動的邊緣軌跡如圖所示，半徑的極小值與極大值分別為R1R2ld聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)，有811014 kg0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N，得N25分析可得，粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多且uU0時也被加速的情況下，最終獲得的動能最大粒子由靜止開始加速的時刻tT0T0(n0,1,2，)最大動能Ekm2qU0qU0解得EkmqU0.22K42020福建卷 如圖111甲所示，在x0的空間中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E，磁感

21、應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m，帶電量為q(q0)的粒子從坐標(biāo)原點O處，以初速度v0沿x軸正方向射入，粒子的運(yùn)動軌跡見圖甲，不計粒子的重力(1)求該粒子運(yùn)動到y(tǒng)h時的速度大小v；(2)現(xiàn)只改變?nèi)肷淞Ｗ映跛俣鹊拇笮?，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運(yùn)動軌跡(yx曲線)不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運(yùn)動(yt關(guān)系)是簡諧運(yùn)動，且都有相同的周期T.求粒子在一個周期T內(nèi)，沿x軸方向前進(jìn)的距離s；.當(dāng)入射粒子的初速度大小為v0時，其yt圖象如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運(yùn)動的振幅Ay，并寫出yt的函數(shù)表達(dá)式圖11122K42020福建卷 【答案】 由于洛倫茲力不做

22、功，只有電場力做功，由動能定理有qEhmv2mv由式解得v(2).由圖乙可知，所有粒子在一個周期T內(nèi)沿x軸方向前進(jìn)的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動的粒子在T時間內(nèi)前進(jìn)的距離設(shè)粒子恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動的速度大小為v1，則qv1BqE又sv1T式中T由式解得s.設(shè)粒子在y方向上的最大位移為ym(圖丙曲線的最高點處)，對應(yīng)的粒子運(yùn)動速度大小為v2(方向沿x軸)，因為粒子在y方向上的運(yùn)動為簡諧運(yùn)動，因而在y0和yym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則qv0BqE(qv2BqE)由動能定理有qEymmvmv又Ayym由式解得Ay可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運(yùn)動yt函數(shù)表達(dá)式為y1【2020

23、濮陽一?！刻幱诩埫鎯?nèi)的一段直導(dǎo)線長L1 m，通有I1 A的恒定電流，方向如圖X181所示將導(dǎo)線放在勻強(qiáng)磁場中，它受到垂直于紙面向外的大小為F1 N的磁場力作用據(jù)此()圖X181A能確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向B能確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，不能確定它的大小C能確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，不能確定它的方向D磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向都不能確定1D【解析】 由B可知水平向左的磁感應(yīng)強(qiáng)度的分量為1 T，無法確定沿電流方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度的分量，由矢量合成可知無法確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；僅知道F的方向，無法用左手定則判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向故選D.2【2020揚(yáng)州模擬】下列關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的說法，正確的是()A通電導(dǎo)線受磁場力

24、大的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度一定大B通電導(dǎo)線在磁感應(yīng)強(qiáng)度大的地方受力一定大C放在勻強(qiáng)磁場中各處的通電導(dǎo)線，受力大小和方向處處相同D磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向跟放在磁場中的通電導(dǎo)線受力的大小和方向無關(guān)2D【解析】 磁場中某點磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向由磁場本身決定，與通電導(dǎo)線的受力大小及方向都無關(guān)，故選項A錯誤，選項D正確通電導(dǎo)線在磁場中受力的大小不僅與磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，而且與通電導(dǎo)線的取向有關(guān)，故選項B錯誤雖然勻強(qiáng)磁場中磁感應(yīng)強(qiáng)度處處相等，但當(dāng)導(dǎo)線在各個位置的方向不同時，磁場力是不相同的(導(dǎo)線與磁場垂直時受磁場力最大，與磁場平行時受磁場力為0)，而選項C中沒有說明導(dǎo)線在各個位置的取向是否相同，所以選項C錯誤320

25、20臨沂一模如圖X183甲所示，光滑的平行導(dǎo)軌與電源連接后，與水平方向成角傾斜放置，導(dǎo)軌上另放一個質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒當(dāng)S閉合后，在棒所在區(qū)域內(nèi)加一個合適的勻強(qiáng)磁場，可以使導(dǎo)體棒靜止平衡，圖X184中分別加了不同方向的磁場，其中一定不能平衡的是( )ABCD圖X1843B【解析】 四種情況的受力分別如圖所示：A、C都有可能平衡，D中如果重力與安培力剛好大小相等，則導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間沒有壓力，可以平衡，B合外力不可能為零4.2020德州模擬如圖X188所示，在陰極射線管正下方平行放置一根通有足夠強(qiáng)直流電流的長直導(dǎo)線，且導(dǎo)線中電流方向水平向右，則陰極射線將會( )圖X188A向上偏轉(zhuǎn) B向下偏轉(zhuǎn)C向紙

26、內(nèi)偏轉(zhuǎn) D向紙外偏轉(zhuǎn)4A【解析】 在陰極射線管所在位置處，通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則可以判斷陰極射線中的電子受力方向向上，故選A.52020淄博模擬如圖X1811所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成角(0)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)則下列說法正確的是()X1811A若一定，v越大，則粒子在磁場中運(yùn)動的時間越短B若一定，v越大，則粒子在磁場中運(yùn)動的角速度越大C若v一定，越大，則粒子在磁場中運(yùn)動的時間越短D若v一定，越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠(yuǎn)5C【解析】 粒子運(yùn)動周期T，當(dāng)一定時，粒

27、子在磁場中運(yùn)動時間tTT，.由于t、均與v無關(guān)，故A、B項錯誤，C項正確當(dāng)v一定時，由r知，r一定；當(dāng)從0變至的過程中，越大，粒子離開磁場的位置距O點越遠(yuǎn)；當(dāng)大于時，越大，粒子離開磁場的位置距O點越近，故D項錯誤62020惠州模擬如圖X191所示圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子以不同的速率沿著相同的方向?qū)?zhǔn)圓心O射入勻強(qiáng)磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運(yùn)動時間有的較長，有的較短若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運(yùn)動時間越長的帶電粒子( )圖X191A速率一定越小B速率一定越大C在磁場中通過的路程越長D在磁場中的周期一定越大6A【解析

28、】 由T，可知粒子周期不變，又rv，可知線速度越大，半徑越大，如圖所示，半徑越大，偏轉(zhuǎn)角越小，圓心角等于偏轉(zhuǎn)角，tT，因此在磁場中運(yùn)動時間越長的帶電粒子速率一定越小，所以選A.72020西城一模如圖X194所示，相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置，S1、S2分別為M、N板上的小孔，S1、S2、O三點共線，它們的連線垂直M、N，且S2OR.以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場D為收集板，板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R，板兩端點的連線垂直M、N板質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子經(jīng)S1進(jìn)入M、N間的電場后，通過S2進(jìn)入磁場粒子在S1處的速度和

29、粒子所受的重力均不計(1)當(dāng)M、N間的電壓為U時，求粒子進(jìn)入磁場時速度的大小v；(2)若粒子恰好打在收集板D的中點上，求M、N間的電壓值U0；(3)當(dāng)M、N間的電壓不同時，粒子從S1到打在D上經(jīng)歷的時間t會不同，求t的最小值圖X1947【解析】 (1)粒子從S1到達(dá)S2的過程中，根據(jù)動能定理得qUmv2解得粒子進(jìn)入磁場時速度的大小v(2)粒子進(jìn)入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，有qvBm由得，加速電壓U與軌跡半徑r的關(guān)系為U當(dāng)粒子打在收集板D的中點時，粒子在磁場中運(yùn)動的半徑r0R對應(yīng)電壓U0(3)M、N間的電壓越大，粒子進(jìn)入磁場時的速度越大，粒子在極板間經(jīng)歷的時間越短，同時在磁場中運(yùn)動軌

30、跡的半徑越大，在磁場中運(yùn)動的時間也會越短，出磁場后勻速運(yùn)動的時間也越短，所以當(dāng)粒子打在收集板D的右端時，對應(yīng)時間t最短根據(jù)幾何關(guān)系可以求得，對應(yīng)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑rR由得粒子進(jìn)入磁場時速度的大小v粒子在電場中經(jīng)歷的時間t1粒子在磁場中經(jīng)歷的時間t2粒子出磁場后做勻速直線運(yùn)動經(jīng)歷的時間t3粒子從S1到打在收集板D上經(jīng)歷的最短時間為tt1t2t38.2020福州模擬如圖X195所示，條形區(qū)域AA、BB中存在方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為0.3 T，AA、BB為磁場邊界，它們相互平行，條形區(qū)域的長度足夠長，寬度d1 m一束帶正電的某種粒子從AA上的O點以大小不同的速度沿著與AA成60角方向射入磁場，當(dāng)粒子的速度小于某一值v0時，粒子在磁場區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動時間t04108s；當(dāng)粒子速度為v1時，剛好垂直邊