創(chuàng)新方案2017版新課標物理一輪復(fù)習(xí)教參第8章

第1 磁場的描 考綱：1.磁場、磁感應(yīng)強度、磁感線(Ⅰ) 主干知識·練中回扣——憶夯基提SN極。無磁極、非勻強磁場且距導(dǎo)線越遠處環(huán)形電流的兩側(cè)是S安培②安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥IFBI決定的平面。(注意：BI可12．(2016·黃岡期末調(diào)研)隨著的發(fā)展，我們可以用磁傳感器把磁感應(yīng)強度Bx的變化關(guān)系，則圖乙中最符合實際情況的是()解析：選 C．磁感線總是從磁鐵的NS解析：選 在的，D 解析：選B 于電流和磁場向紙外，故正確答案為B?？键c·分類突破——析考點講透練足磁感應(yīng)強度磁感線磁感應(yīng)強度磁感線

F

BF磁感應(yīng)強度是矢量，其方向為放入其中的小磁針N極的受力方向，也是小磁針靜止N極的指向。 B的方向跟放在該點的試探電流元受到磁場力的方向一致CB值大小為零解析：D磁感應(yīng)強度是磁場本身的屬性，在磁場中某處的磁感應(yīng)強度為一恒量，其的地方，磁感應(yīng)強度越小，故D ab解析：BBa＜Bb，B正確，A錯磁場平行放置，受力均為零，C、D錯誤。[典題1] (2016·嘉興聯(lián)考)如圖所示，兩根互相平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關(guān)于以 A．O[解析]O點產(chǎn)生的磁場均豎直向下，合磁感應(yīng)強度一定不為零，Aa、b兩處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下，由于對MaNb處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度，同MbNaa、c、d兩點與導(dǎo)線連線方向向下，且產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度相等，由平行四邊形定則可知，c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，C正確；a、c度的方向均豎直向下，D 1.[多選]三條在同一平面(紙面)內(nèi)的長直絕緣導(dǎo)線組成一等邊三角形，在導(dǎo)線中通過的應(yīng)頂點的距離相a、bc處的磁感應(yīng)強度大小分別記為B1、B2B3，下列說法正確的是() a、bcB1＝B2<B3，A、C

l3l A．a(chǎn)c l，而兩導(dǎo)線中電流大小相等，距離電流越遠，磁感應(yīng)強度越小，故a處的磁感應(yīng)強度大小c處的大，A正確，Cb處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度垂直紙面向外，右邊導(dǎo)線bbb處的磁感應(yīng)強度為零，D正確，B安培力的大小應(yīng)用F＝BIL計算(當磁場方向和電流方向垂直時)，但要注意L是電流元的有效長度，B問題一L，等于連接兩端點線段的長度(如圖所示)L由始[典題]2l0°的VIV() ][答案]問題二[3][多選]RMN()C2BIR[解析]將導(dǎo)線分成小的電流元，任取一小段電流元為對象，把磁場分解成水平方向和生的安培力為F＝BIL＝2πBIRsinθ，方向為豎直向上，選項B、D正確。[答案 問題三[典題4]如圖所示，一個條形磁鐵放在水平放置的臺秤上，在它正的上方固定著() C．臺秤的示數(shù)不變D．以上說法都不正確[解析]通過左手定則可知，導(dǎo)線通以垂直于紙面向外的電流，受到磁鐵對其向下的安壓力減小，示數(shù)減小，B[答案 F安⊥B、F安⊥I。[5](2015·新課標Ⅰ)10cmab用兩個完全相同的0.1T，方向垂直于紙面向里；彈12V的電池相連，電路總2Ω0.5cm0.3cm10m/s2。判斷開關(guān)閉[解析]ba，由左手定則可知，金屬棒所受的安開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5cm。由胡克定律和力的平衡條得式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小。開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為F＝IBL②式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3cm，由胡克定式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻。聯(lián)立①②③④m＝0.01[答案 1.MNMNθ。如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應(yīng)變化情況是()A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應(yīng)強度變大，θ解析：選 根據(jù)平衡條件及三角形知識可得tanθ＝BIl，所以當棒中的電流I、磁感應(yīng)強度B變大時，θ角變大，A正確，Dm變大時，θ角變小，C錯誤；θ與懸線的長短無關(guān)，BL，nB，區(qū)域外PQI。(2)由功率P＝Fv可知，安培力的功答案 水平向右左手定結(jié)由牛第二定[典題6] 線可以自由轉(zhuǎn)動，當導(dǎo)線通入圖示方向電流I時，導(dǎo)線的運動情況是(從上往下看)( [解析](1)電流元法AO′、O′O、OB三段(O′O段極短)O′O段電上，根據(jù)左手定則可知其所受安培力方向垂直于紙面向外；OB段電流元所在處的磁場方向綜上所述，A 解析：C該通電圓環(huán)相當于一個垂直于紙面的小磁針，N極在內(nèi)，S極在外，根據(jù)同極相斥、異極相吸，C正確。如圖所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平正確的是()解析：選CN極出發(fā)到S極，所以可畫出磁AA中的電流垂直紙面向外時，由左手定則可判斷導(dǎo)線A必受斜向右下方的安培力，由牛頓第三定律可知磁鐵所受導(dǎo)線AA比較靠近N90°A對磁鐵的作用力有沿斜面向下的分力，使得彈簧彈力增大，可知彈簧的伸長量增大，C正確。向豎直平面內(nèi)，放一枚小磁針，N極指向北方；(2)給線圈通電，此時小磁針N極指北別為()A AcosCCsin

BBsinD Dcos 向西看線圈中電流方向沿逆時針方向，做出磁感應(yīng)強度的平行四邊形，解三角形得B合BDcosI，則金屬框受到的磁場力為() C. BI，有效長度為L，由安培力可知，金屬框受到的磁場力為ILB，B正確。3．(2016·朝陽區(qū)質(zhì)檢)a、b、c為三根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于等邊3O點處的磁感應(yīng)強度()A．方向向左B．方向向右C．方向向下D解析：BaObcbOaccOab指向右上方；由于三根導(dǎo)線中電流大小相同，到O點的距離相同，根據(jù)平行四邊形定則，O向向右，故A、C、D錯誤，BrB＝kI表示，k是常數(shù)，I是導(dǎo)線中電流強度，rr距為L的無限長通電直導(dǎo)線垂直x軸平行放置，電流強度均為I，如圖甲所示。圖乙中能正確反映兩導(dǎo)線間的磁感應(yīng)強度B與x關(guān)系的是(規(guī)定B的正方向垂直紙面向里)( 解析：選A導(dǎo)線中間位置磁場為零，由于規(guī)定B的正方向垂直紙面向里，可判斷A正確。B的勻強磁場中，直導(dǎo)體棒中通有恒定電流，平衡時導(dǎo)體60°角，其截面圖如圖所示。則下列關(guān)于導(dǎo)體棒中的電流分析正確的是()A3mgB3mgC3mgD解析：C導(dǎo)體棒受到豎直向下的重力、斜向上的彈力，要使導(dǎo)體棒平衡，應(yīng)受水平＝BIl＝3I＝3mg CI＝ktk為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。下列vat變化的關(guān)系圖象，可能正確的是()解析：選Dt＝0I＝kt，由左手定則可知，安培力方向垂－μFN＝maFN＝BIL＝BktLmg－μBktL＝maa＝g－mtat成線性關(guān)系，C錯誤，D()a接正極，b接負極，e接正極，fLa接正極，b接負極，e接負極，fLa接負極，b接正極，e接正極，fLa接負極，b接正極，e接負極，fL解析：選 若a接正極，b接負極，電磁鐵磁極間磁場方向向上，e接正極，f接L向左滑動，AB、DC8．(2016·南寧模擬)d的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電源，電動勢為E，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°。金屬桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌與金屬桿接觸ab剛好處于靜止狀態(tài)。要使金屬桿能沿導(dǎo)軌向上運動，可以采取的措施是()RR解析：選AB對金屬桿受力分析如圖所示，沿導(dǎo)軌方向BEd－mgsinθ＝0，若想讓金則金屬桿受到的安培力反向，D錯誤。RR9.(2016·啟東模擬

如圖所示，在豎直向下的恒定勻強磁場中有一光滑絕緣的4vAC點，設(shè)導(dǎo)體所在位置的軌道半徑與豎直方向的夾角為θ，安培力的瞬時功率為P，則從A到C的過，下列有關(guān)說法正確的是()電流方向從M指向 B．I∝cotC．P∝cos D．P∝sin解析：選 由于安培力方向始終水平向左，根據(jù)左手定則知電流方向從M指向AGsinθ＝Fcosθ＝ILBcosθI＝GθI∝tanθ，B錯誤；又P＝Fvcosθ＝GvsinθP∝sinθ，C錯誤，DB0。下列說法正確的是()A．PSC．Px02解析：BCx趨向無窮大時，小磁針所指的方向為地球的磁場的方向，所以根據(jù)xx非常小時，小磁針的Nx方向，即向東。由題圖可知，開始NOONA錯誤；由以上的分析可知，P的中軸線沿2Bx0BP，tan45°＝B0BP＝B0C正確；x0BPB＝B0＝2B0Dsin37°0.4m6×10－2kg的通多長時間，斜面對導(dǎo)線的支持力為零？(g10m/s2)FTcosFTsinF＝mg＝0.8tanF＝BILB＝F＝2t＝5答案：5＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動勢E＝10V，內(nèi)阻r＝0.1 R＝4Ω；外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝5T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角α＝53°；ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止狀態(tài)。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：G ＝2A，方向為a到b。F＝BIL＝5Ffm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5FT＝Fsin53°－Ffm＝0.5NFT＝Fsin53°＋Ffm＝7.5N所以0.5N≤G≤7.5N。 a到 (2)5 (3)0.5N≤G≤7.5第2講磁場對運動電荷的作考綱：1.洛倫茲力、洛倫茲力的方向(Ⅰ) 主干知識·練中回扣——憶夯基提①v∥B②v⊥B③vBθ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ②方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥vFB、v決定的平面。(Bv角基本①向心 ：qvB＝mr②軌道半

Bq ③周

v＝qB

；ω＝T＝2πf＝mm(5)力越大。(6)根據(jù)

Tv成反比。＝v 變解析：選 因洛倫茲力F是矢量，v方向不同，由左手定則知，F(xiàn)不同，A錯誤；為＋q改為－q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F＝qvB知大小也不 解析：選 根據(jù)左手定則，A中F方向應(yīng)向上，B中F方向向下，A錯誤，B正確C、Dv∥B，F(xiàn)＝0，C、D4.[多選]如圖所示，一重力不計的帶電粒子以一定的速率從a點對準圓心射入一圓形勻強磁場，恰好從b點射出。增大粒子射入磁場的速率，下列判斷正確的是( CabDbc解析選

vvrbc之間射出磁場，C錯誤，D正考點·分類突破——析考點講透練足v≠0vB球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是()Aa點Cb點Db點解析：D地磁場在赤道上空水平由南向北，從南向北觀察，如果小球帶正電荷，則Dt＝0FBA、B由靜止開始做加速度相同的運動。在物塊A、B一起運動的過，圖乙反映的可能是()AtABtABtBt解析：CDAF洛＝qvB＝qBat，t＝0時，F(xiàn)洛＝0，A錯誤；物ABFf＝mAaFft的變化保持不變，B錯誤；AB的壓力FNA＝mAg＋qvB＝mAg＋qBat，C正確；B對地面的壓力FNB＝(mA＋mB)g＋qBat，D入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)；射點，M為出射點)。 T(或t＝v)[1]如圖所示，虛線圓所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度向與原入射方向成θ角。設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子之間相互作用力及所受的[解析 得evB＝

vv

v＝θ

解得 [

(2) (3)eBtan垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t。若加上磁感應(yīng)強度為B、水平向外的勻強磁場， t解析：選 設(shè)磁場的寬度為l，粒子射入磁場的速度v＝l，l未知，C錯誤；粒子t33

v

＝qB，所以 ＝3＝43πt，A、B3BmqvOy軸夾角為30Ax軸的正方向相同，不計粒子的重力，則()B．Ax軸的距離為COAt＝ ＝qBOAθ＝60°，根據(jù)粒子運動軌跡，Axr(1－cosmv，粒子由O到A經(jīng)歷的時間為t＝60°T＝πm，B正確，C錯誤；運動

問題一[2][多選]M、N兩條長直導(dǎo)線所在的平面內(nèi)，一帶電粒子的運動軌跡示意圖于電流方向和粒子帶電情況及運動的方向，可能是()A．MabB．MbaC．NbaD．Nab[解析 考慮到磁場可能是垂直紙面向外，也可能是垂直紙面向里，并結(jié)合安培定則A、B[答案 問題二180°從入射界面這邊反向飛出，如圖所示。于是形成了多解。[典題3] [多選]長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為l，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的

>

Dv滿足4m＜v l

1[解析 帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有r2＝r1－2＋l2，又因r1＝Bq，解得1 mv2，解得v＝Bql，故A、B正確 2＝4＝

[答案 問題三4[4dB，MMNN′是它的NN′v的最大值可能是多少？4 題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷，所以分情況討論。若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的1圓弧，則軌道半徑vvd＝R2（2＋（2＋m44R′＝Bq22（2－（2－m[答案

2)m

為正電荷)或(2－

m問題四m[典題 30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一[解析 L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)h＝2L－3d1－ 2mrm

3rsin30°＝4r′sin解得Δv＝v－v′＝qBL－3m 4n由題意知L＝(2n＋2)dcos rmn＝qvnBrv＝qBL－3d(1≤n＜3L－1，n取整數(shù) m [答案 見解，由電子槍產(chǎn)生其速度方向與磁場方向垂直電子速度的大小和磁場強弱可分別由通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調(diào)節(jié)。下列說法正確的是()

mv＝qB可 徑vT＝qBA、C

＝qBB正確，D

＝qBmPyL＝0.50mM處被觀測到，且運動mq,不計其重力。則上述粒子的比荷qm A．3.5×107 B．4.9×107C．5.3×107 D．7×107 r＝

B

r，聯(lián)立解得

兩個質(zhì)量分別為m1m2的帶電M、N的電荷量分別為q1q2，以同一速度v進Nr2的一半，由此可知()MNMNq1q2 MNq1q2M

解析：選 由左手定則可知，粒子M帶正電，粒子N帶負電，B錯誤；由于條件

r1

r2r＝2r，解得q1q2＝2∶1C

2πr2，T1＝r1＝1D m1

1＝

2＝

B正比于()A.A.

解析：選 動的半徑

E

v2，可得r＝2mEk，結(jié)合題目信息可得B∝A

＝qB，由動能的定義式 OPQ的中點，不計粒子重力。下列說法中正確的是()ab、cabc解析：選 根據(jù)若a、b、c均為正電荷，運動電荷所受洛倫茲力方向即可判斷出aB、CT＝BqD3cd邊垂直于磁場邊界射出，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。根據(jù)以上信息，可以確定()12313133

解析：選 根據(jù)左手定則可知粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負電，A1r＝2Lt＝1

2πL

4× 3r＝2Lt＝1

8× t＝t，C錯誤；由

3r∶r＝2∶1，B ＝qB可知粒 d點相距(2－1)L，D Ak倍Bk倍Ck倍 mvB1是ⅡB2kqvB＝rr＝qB∝B，即Ⅱ

＝ma

F

＝m＝m

＝得T∝r，所以T2＝k，C正確；由

D ＝T

區(qū)，在從ab邊離開磁場的電子中，下列判斷正確的是( 解析：AD電子進入磁場，軌跡圓心在入射點下方，使電子速度從零逐漸增大，軌徑最大，且從b點離開的電子其軌跡圓心角最小，速度偏轉(zhuǎn)角最小，在磁場中運動時間最短，A正確，B、C錯誤；若從ab邊射出磁場的電子運動時間相同，軌跡一定重合，D()

T

＝Bq

＝Bq的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)()

Bf

TC．若粒子的初始位置在e處，在 ＝ 解析：選

2DA、D

BC時FT1FT2。解析：小球由A運動到C的過，洛倫茲力始終與v的方向垂直，對小球不做功CvC＝

＝CF洛C

F m答案 12．如圖所示，虛線OLy軸的夾角θ＝60°，在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從左側(cè)平行于x軸xP點(圖中未畫出)OP＝RMO點的距離和粒子在磁場中yC點，ACyαAxP點，與x軸的夾角為β，如圖所示。T＝T＝Ax、yB、DAD＝RsinOD＝tanBP＝tansinα＋1cos3α＝30MO3OC＝CD－OD＝Rcosα－3AD＝Rsinαh＝R－23h＝1－ 3h＝1＋ 3 答案 3R或 3R 3 3 第3 考點·分類突破——析考點講透練足PP′上。PPP′直線上，將半徑放縮作軌跡，從而探索出臨界條件，[1](2016·浙江聯(lián)考)B的勻強磁場，其邊界AB、CD相距為d，在左邊Q點處有一質(zhì)量為m、帶電q的負30°的方向射入磁場，粒子重力不計。求：CDU應(yīng)滿足什么條件？整個過程粒子在磁場中運動的時若帶電粒子的速度是(2)3Q點沿紙面各個方向射入磁場，則粒子CD邊界的距離大小？[解析](1)R1v0。粒子能從左邊界射出，臨界情況如圖甲所示，由幾何條件知R1＋R1cos30°＝d R R12（2－m2（2－m） m（1＋cos ）2（2－2（2－m由幾何關(guān)系知R2＝ cos

vBqv2＝mv

2B2qd2U≥

＝

當粒子速度是(2)中的3

×6＝CDl＝2×2dcos30°＝22（2－

[答案

(2)U≥

(3)2(2016·質(zhì)檢)dB，MM′NN′是場中，θ＝45°NN′射出，求粒子入射速率的最大值為多少？P點時，這時粒子具有最大入射速率vmax。R(1－cosm2RBqvmax＝m2R（2＋（2＋m

（2＋2）Bqdv0，則圓周運動半徑為

＝qB的圓(

[2](2016·長沙質(zhì)檢)如圖所示，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向abl＝16cmαSα粒子，α

αab上被α[解析 有由此得 R＝10因朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中NabP1α R2－（l－R）2＝8NαS2R2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側(cè)的P2點，此即右側(cè)能打到的最遠點。由圖中幾何關(guān)系得 （2R）2－l2＝12P1P2＝20[答案 20

xOy

a倫茲力，解得 跡是圓心為C 22Rsinα＝a－RcosR＝2－6a，v＝2－6aqB，sinα＝6－ 2 2

6－2－2 (2)

e度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過BC邊，磁感應(yīng)強度B的取值為

> ＜> 3mv>

3mv0＜＜2解析選

cos＝a，要使電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運動的半徑要大于a3動的

a

＜mv0，即 3mv0，選D。＜3＝qB3

＜ 2.[多選]abcd區(qū)域內(nèi)，Ocdt0cO點沿紙面以與Od30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是()334A．若該帶電粒子磁場中經(jīng)歷的時間是5t0cd邊射出磁場B若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是2t0ad邊射出磁場C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是5t0bc邊射出磁場334ACab邊射出的軌跡①bc邊射出的軌跡②3cd邊射出的軌跡③ad邊射出的軌跡④Ocd邊的速度2t0ad邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定小于1t0ab3定大于等于10，小于50bc邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于5t0，小于40cd

3射出磁場經(jīng)歷的時間一定是5t03qOv0A點。下列說法正確的有()Ad

—

＋解析：選 因粒子由O點以速度v0入射時，最遠落在A點，又粒子在O點垂直

＝Bq

2＝Bq，所以vmin＝v02mAd于 ＝v－Bqd，C正確；當粒子射到A點右側(cè)相距d的點時，最小速度為

1， Bq，又因2＝Bqv1＝v02m，D4.(2016·質(zhì)檢)xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強10VPOP＝30cm，(37°＝0.6，cos37°＝0.8)PvB＝2.0TxQOQ22v＝20qvB＝

vvR＝0.50而OP＝0.50mcos53°xOQ＝R＋Rsin53OQ＝0.90x軸射出，軌跡如圖乙所示。由幾何關(guān)系得，OP>R′＋R′cos53°①

B′>

T＝5.33答案：(1)20 (2)0.90 5.(2016·山東聯(lián)考)如圖所示，M、N為平行板電容器的兩極板，M板的上表面涂有一種＝45°的等腰直角三角形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場。NO為粒子發(fā)MB2aPBCP點進M、N2R1＝2t＝v

qU＝2

4qt2粒子帶負電在電容器中加速，MN

4qt2BB1T＝qB1⑦聯(lián)立⑦⑧B1＝qt⑨R2＝RqvB2＝mR2B2＝2qt? 磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的關(guān)系為2qt≤B2qt。 R3＝(3RqvB3＝mR3（1＋（1＋（1＋（1＋（1＋2）2πm（1＋2）2πm答案：(1) (2)2qt≤B2≤ 第4 考點·分類突破——析考點講透練足問題一問題一

r

解析：選 功 CEkm＝2mD回旋中獲得的動能，故D正確2.[多選]勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋，工作原理示意圖如圖所示。置于高真空中RD形金屬盒中，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在中被加速，且加速過不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響。則下列說法正確的是()C21次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為

解析選 粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約因

TA正確；粒子離開回 U無關(guān)，B

Uq＝1

v221 2m

2mD形盒間狹縫后軌道半徑之比為2∶1，C正確；因回旋的最大動能m、R、f均有關(guān)，D問題二

v2 ，m＝2U，m＝B2r2(B)和勻強電場(E)S上的P進入另一勻強磁場(B′)A1A2上，下列表述正確的是()

mA1A2P，粒子的比荷qm解析：選 v

場中的運動時間不同，BFB＝qv0B大小不變，方向總指FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變， ＝Bq類平拋運動 Eq＝m 問題一[1](2016·貴陽期末檢測)mq的粒子(重點，OP＝xxU之間關(guān)系的是()A．x與U成正 B．x與U成反C．x與U成正 D．x與U成反2[解析 2

＝

＝2 x∝U，C[答案 問題二

[2](2014·高考)如圖所示，在第一象限存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面(xOy平面)xy軸正半軸上某點xyθ，[解析](1)B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為R0。由洛倫茲力及牛頓第二vvRqv0B＝mR0的時間為t，離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運動學(xué)得22v由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖所示)tanv0

聯(lián)立⑤⑥式得t＝ v0tan[

2d

v0tan問題三[3](2014·高考)A1、A26L。兩強度為B0，方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的方向從S1進入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點，再進入Ⅱ區(qū)，P點與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮。2<k<3S2vk的關(guān)Bk的關(guān)系式。[解析](1)k＝1MP＝L

＝22

(2)2<k<3S2S1S2R2－(kL)2＝(R

聯(lián)立解得 根據(jù)幾何關(guān)系有 由 0＝qBR＝B0B＝

[答案

問題一[典題4] 原理示意圖，陰極K發(fā)射的(初速不計)經(jīng)電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向)Or，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L。當不加磁場時，將通過O點垂直打到屏幕P點。當磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條23L的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短，可以認為在每個電子通過磁場區(qū)的過(2)B0。 (1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小設(shè)為v，22m解得 mLtanθ＝L 在磁場中運動路徑所對的圓心角α＝θ， 解得B0＝6

evB0＝R

tan2＝R[答案

問題二[典題5] B到C的方向)，電場變化如圖乙中E-t圖象，磁感應(yīng)強度變化如圖丙中B-t圖象。在A點，從t＝1s(即1s末)開始，每隔2s，有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能C點，若AC＝2BC且粒子在AB間運動的時間小于1s，求：E0B0B若第1個粒子C點的時刻已知為(1＋Δt)s，那么第2個粒子C點的時刻是[解析 AC＝2BC＝2d，所以 秒內(nèi)，僅有磁場：qvB0＝mR 1qE0秒內(nèi)，僅有電場：d＝2·m·v所以E0＝4v，粒子帶正電，故磁場方向垂直紙面向外

π

πΔt＝6＝6×qB＝3·qB＝3·Δt′＝3d＝3 3 3 3故第2個粒 C點的時刻為2＋2πΔts[

0 (1)B0

為U的直線加速后，沿圓環(huán)切線方向同時注入對撞機的高真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)論效應(yīng)，下列說法正確的是()

2解析：選B 2則

＝2＝U的大小無關(guān)，D2．(201·長春聯(lián))如圖所為一種獲高能粒子裝置，環(huán)形區(qū)內(nèi)存在垂直面向外大小可調(diào)的均勻場質(zhì)為m電量為＋q的粒子在中做半為R的周運，A、B為兩中心開小孔極板，來電勢為，每當粒順時針飛經(jīng)A板時A板電勢升高為，B板電仍保為零，子在兩間場中得到速，每粒子離開B板時A板電勢降為粒在電場次次加下動能斷增而繞半徑不子自身的重力不計則( )AnA板時獲得的2nqURR

v＝qBv

BTC錯誤；粒子繞行第n

v＝qBv

v2，聯(lián)立解得

2nmU，DRq水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3。不計空氣阻力Rq 20 0，所以 0313v2＝2ghh＝h，D03134.(2016·南寧模擬)m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力，Rt。規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強度為正，Bx變化的關(guān)系可能是圖乙中的() 為向外、向里和向外，在三個區(qū)域中均運動1圓周，故t＝T，由于

C

＝Bq

U2的兩塊導(dǎo)體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從M、NdU1U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應(yīng))()A．d隨U1變化，d與U2無 B．d與U1無關(guān)，d隨U2變C．d隨U1、U2變 D．d與U1無關(guān)，d與U2無解析：選 粒子在電場U1中加速，則qU1＝1mv2，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動， 2mvcos

q ＝qBq

，Av0x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方45°角進入磁場，又恰好x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為()

d

d 0A. B.v C.v02＋20

D.v02＋2 ＝2v0t1＝d＝2d 233

＝2v0，帶電粒子在第Ⅳ

t＝d

D3＝v0，故

v02＋2 屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連，現(xiàn)分別加速氘核(2H)和氦核(4He)。下列說 AEk＝2mv＝2m，兩粒子的比荷m

＝qB，兩粒子的比荷m否則無法加速，故D MN PQ＝2B 極

N電勢高，AUq＝2mvEq＝RU＝2，BPQ＝2r＝ 9.(2016·聯(lián)考)xyE，yPPOh，不計重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是()h＝2mECMh＝2mExh＝8mECMh＝8mEx解析：選

＝qB

軸射出磁場，則軌跡所對的圓心角

為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電當它飛到b板時，Evgv0

區(qū)域的運動時間為bc區(qū)域中做勻速圓周運動，運動時間為

解析：選 其軌跡半徑 mv0，又v2＝2gd，B＝E，解得r＝2d，故B正確；設(shè)微粒在bc區(qū)域轉(zhuǎn)過＝ ＝πdC錯誤；微粒在ab區(qū)域運動的時間為t＝v0＝2d，微粒在ab、bc 總時間為 ，故D正確11.(2016·西安模擬)如圖所示，在xOy直角坐標系中，第Ⅰ象限內(nèi)分布著方向垂直紙面軸上的C點。已知OA＝OC＝d。則磁感應(yīng)強度B＝ ，電場強度E＝ 解析：UvqU＝1

qBv＝r＝dB＝tqEt

t從P點到達C點，由dd 答案： 12．(2016·株洲質(zhì)檢)mqD處沿圖示B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。結(jié)果離子AdCAC平行且向上，最后離子打在GG處距A2d(AG⊥AC)。不計離子重力，離子運動軌跡在紙面DGGrd＝r＋rcosv2vrv0qv0B＝mr T＝v0＝t

CG D→C→G

d＝1 解 EkG＝

答案

(3)第5 考點·分類突破——析考點講透練足若qv0B＝Eq，即 Uqd 一對電極ab以及磁極NS構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管感應(yīng)強度的大小為0.040Ta、b的正負為()A．1.3m/s，a正、b B．2.7m/s，a正、bC．1.3m/s，a負、b D．2.7m/s，a負、b解析選 力的合力為零，即qvB＝qE，解得v＝E＝U≈1.3m/s，A正確，B錯誤。 度v0沿垂直于電場和磁場的方向從兩金屬板左端射入后向上偏轉(zhuǎn)。若帶電粒子所受重行的是()解析：選ABD帶電粒子在兩板之間受電場力與洛倫茲力，但兩者的大小不等，且方3．[多選](2016·阜寧月考)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制I，C、DUCD，下列說法中正確的是()CUCD變大解析：BCUCDB、材料有關(guān)，選項A錯誤；若霍爾元件的載CUCD<0B正確；僅增大磁感應(yīng)強度時，電勢差UCD變大，選項C正確；在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直且東西放置，選項D錯誤。問題一B現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過圓環(huán)運動的速度圖象可能是圖乙中的(甲乙解析：選AD帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓B、C2.[多選]2016·長調(diào)研)如圖所示，一絕緣且內(nèi)光滑的環(huán)形細圓管固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的徑為R比細圓的內(nèi)大得多。在圓的最低點一個直略小于圓管內(nèi)徑的帶正電球處于止狀態(tài)小球的量為m帶荷量為q，力加速度為g?？沾嬖谝淮鸥袘?yīng)度大小知(為零方垂直于形細管所在平向里的強磁某刻給小球一向水平右、大為v0＝5gR的初度，以下判斷確的是( )解析：選BC 小球運動的過，洛倫茲力不做功，機械能守恒，運動至最高點時小球的速度v＝

＝

mR問題二Ek。那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)E′k的大小是() 解析：選 設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m。在加速電場中，由動能定理 4.(2016·西安模擬)45E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直60g，求：PQqqE1sin45°＝mg解得E1＝2mgqqq域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則qE1cos v2＝2ad或qE1cos Rsin2gg在區(qū)域Ⅱ60T＝2 2t2＝6＝2解得t＝t＋t 2 問題三[典題]xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向＝2N/CyEθ＝45°)Og＝10m/s2，問：[解析 mmg∶qE∶F＝1∶1∶2qvB＝2Bv＝2B

y≥hxN點離開油滴由O→A做勻速運動的位移x1＝ ＝sint1＝x1＝2h＝hB＝0.1 2E T＝qBA→Ct

≈0.628

C→N油滴在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s (1)1∶1∶2 負電荷(2)42m/s (3)0.828sA，下列說法中正確的是()BOACm．該磁場的磁感應(yīng)強度qvcosθCDBvcos解析：ACmgqE和斜 qvcosC正確，D磁場和豎直方向上周期性變化的電場(如圖乙所示)E0，E>0表示電場方向豎直向上。t＝0mN1v射入該QN2點。QN1N2gd、E0、m、v、g為已知量。qB微粒做圓周運動，則mg＝qE0②聯(lián)立①②得 2N1Qt1t2，則2qvB＝mRt2＝v聯(lián)立③④⑤⑥⑦得t＝d

2＝gT＝t

⑨ 2＝2v＋聯(lián) ③④⑥ 設(shè)在NQ段直線運動的最短時間為 因t2確定，所以T的最小值

MN、PQ之間存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面的磁場(未畫不變。下列判斷正確的是()解析：BOO′qvB因此微粒從左向右運動，磁場方向向外，B正確。向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()解析B小球做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結(jié)v的大小，小球仍將做圓周運動，D錯誤。底面方向加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電UQ表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法中正確的是()DQUa、b無關(guān)bB解析：D無論污水中正離子多還是負離子多，由左手定則知前表面電勢均比后表面B、C錯誤；由Q＝vbc可得Q＝Uc，Q與U成正比，與a、b無關(guān)，D正確。bB 的勻強電場一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子 解析：選C a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定沿水平方向做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv＝Eq，即只要滿足E＝Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)；當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O′點的上方還是下方穿出，A、B錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過必然受到電場力的作用而做類平拋運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C正確，D5．(2016·南通聯(lián)考)E，在豎直平面xOyy<0EBy>0的空間內(nèi)，將在y<0的空間內(nèi)運動過()Dy>0ya＝2g(g為重力加速度)電勢能先增大后減小，D正確，A、B、CA點由靜止釋放，設(shè)滑到底端的tAB、tAC、tAD，則() 解析：C帶負電的絕緣物塊在磁場中的斜面上運動時受到重力、支持力和垂直斜面2hat2hatθ越大，t越小，C sinm，由靜止開始從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來。已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計物塊經(jīng)過BmA點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平D″點停下來。則以下說法中正確的是()A．D′點一定在D點左 C．D″點一定在D點右 解析：選BC僅在重力場中時，物塊由A點至D點的過，由動能定理得mgh－μmgcosαs1－μmgs2＝0h－μcosαs1－μs2＝0Ah、物塊與關(guān)，而在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場后，相當于把重力增大了，s2不變，D′點一D點重合，BABCa、b處于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面a、b板間區(qū)域時的動能比入射時大，可采用的措施是()解析選 rrE、磁感應(yīng)強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過()

解析：CDmg－μ(Eq－qvB)＝mavEq＝qvBamax＝g，繼續(xù)運動，mg－μ(qvB－Eq)＝mav的增加，a逐漸減小，A

m2，得 ，C、D正確如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，yE1和一垂直紙面向B，yE2q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則( 2．兩電場強度之比E2

解析：BDAP受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，則微粒做勻向上，B對；由以上分析可知E1＝3，C錯；APmg＝Bqvcos37v＝5mg，D

11．(2016·海陽質(zhì)檢)如圖所示，與水平面成37°的傾斜軌道AC，其延長線在D點與半電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場(CMN邊界上)0.4kg

＝FFvF＝4m/s(不計空氣阻力，g＝10m