高考物理專題訓(xùn)練：磁場(chǎng)（兩套 附詳細(xì)答案解析）

Page1高考物理專題訓(xùn)練：磁場(chǎng)（基礎(chǔ)卷）一、(本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9～13題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．關(guān)于安培力，下列說(shuō)法正確的是()A．通電直導(dǎo)線在某處所受安培力的方向跟該處的磁場(chǎng)方向相同B．通電直導(dǎo)線在某處不受安培力的作用，則該處沒(méi)有磁場(chǎng)C．通電直導(dǎo)線所受安培力的方向可以跟導(dǎo)線垂直，也可以不垂直D．通電直導(dǎo)線跟磁場(chǎng)垂直時(shí)受到的安培力一定最大【答案】D【解析】安培力的方向一定與磁場(chǎng)垂直，也一定與導(dǎo)線垂直，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；當(dāng)通電直導(dǎo)線與磁場(chǎng)平行放置時(shí)，不受安培力作用，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。2．在重復(fù)奧斯特電流磁效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要考慮減少地磁場(chǎng)對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，則以下關(guān)于奧斯特實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法中正確的是()A．通電直導(dǎo)線豎直放置時(shí)，實(shí)驗(yàn)效果最好B．通電直導(dǎo)線沿東西方向水平放置時(shí)，實(shí)驗(yàn)效果最好C．通電直導(dǎo)線沿南北方向水平放置時(shí)，實(shí)驗(yàn)效果最好D．只要電流足夠大，不管通電直導(dǎo)線怎樣放置實(shí)驗(yàn)效果都很好【答案】C【解析】由于在地球表面小磁針靜止時(shí)北極指北、南極指南，所以通電直導(dǎo)線沿南北方向水平放置時(shí)，電流在小磁針?biāo)谖恢玫拇艌?chǎng)方向?yàn)闁|西方向，此時(shí)的效果最好。3．科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，在地球的南極或北極所看到的美麗極光，是由來(lái)自太陽(yáng)的高能帶電粒子受到地磁場(chǎng)的作用后，與大氣分子劇烈碰撞或摩擦所產(chǎn)生的結(jié)果，如圖所示。則下列關(guān)于地磁場(chǎng)的說(shuō)法中，正確的是()A．若不考慮磁偏角的因素，則地理南極處的磁場(chǎng)方向豎直向下B．若不考慮磁偏角的因素，則地理北極處的磁場(chǎng)方向豎直向上C．在地球赤道表面，小磁針靜止時(shí)南極指向北的方向D．在地球赤道表面，小磁針靜止時(shí)南極指向南的方向【答案】D【解析】在不考慮磁偏角的情況下，地球的南極相當(dāng)于磁體的北極，故該處的磁場(chǎng)方向豎直向上，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；赤道處的地磁場(chǎng)方向向北，所以小磁針的南極指向南的方向，D正確。4．在某磁場(chǎng)區(qū)域中畫(huà)出了如圖所示的三條磁感線，則下列關(guān)于磁場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)的說(shuō)法中正確的是()A．a(chǎn)處沒(méi)有磁感線，所以a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Ba＝0B．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度小于b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度C．同一通電導(dǎo)線放在a處所受到的安培力比放在b處所受到的安培力大D．同一通電導(dǎo)線放在a處所受到的安培力比放在b處所受到的安培力小【答案】B【解析】畫(huà)出的磁感線僅為示意圖，a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)；磁感線的疏密程度表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，選項(xiàng)B正確；安培力的大小除跟該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以及I、L有關(guān)外，還跟導(dǎo)線放置的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向的夾角有關(guān)，C、D錯(cuò)誤。5．如圖所示為在科學(xué)研究中用來(lái)束縛某種粒子的磁場(chǎng)的磁感線分布情況，以圖中白點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿Z軸正方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的變化最有可能的是()【答案】C【解析】磁感線的疏密表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，以圖中白點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿Z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小的變化最有可能為C。6．關(guān)于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力，下列說(shuō)法正確的是()A．帶電粒子的速度越大，洛倫茲力一定越大B．當(dāng)帶電粒子的速度與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，洛倫茲力最大C．洛倫茲力的方向可以跟速度方向垂直，也可以不垂直D．洛倫茲力不做功，所以洛倫茲力一定不會(huì)改變帶電粒子的速度大小【答案】D【解析】當(dāng)帶電粒子的速度與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，不受洛倫茲力作用，選項(xiàng)A、B錯(cuò)；洛倫茲力的方向既跟速度垂直，也跟磁場(chǎng)垂直，選項(xiàng)C錯(cuò)。7．不計(jì)重力的帶電粒子穿過(guò)飽和蒸汽時(shí)，在它走過(guò)的路徑上飽和蒸汽便凝成小液滴，從而顯示出粒子的徑跡，這是云室的原理，圖示是在云室中拍攝的正、負(fù)電子運(yùn)動(dòng)徑跡的照片。若已知在云室處有方向垂直于照片向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中Oa、Ob、Oc、Od是從O點(diǎn)發(fā)出的四個(gè)粒子的徑跡，則下列說(shuō)法中正確的是()A．打到a、b點(diǎn)的粒子是正電子B．打到c、d點(diǎn)的粒子是正電子C．打到c點(diǎn)的粒子受到的洛倫茲力最小D．打到d點(diǎn)的粒子受到的洛倫茲力最大【答案】A【解析】根據(jù)左手定則可知，打到a、b點(diǎn)的粒子是正電子，選項(xiàng)A正確；根據(jù)軌跡圖可知，打到c點(diǎn)的粒子的半徑最大，速度最大，所以其受到的洛倫茲力最大，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。8．如圖，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)源O，可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為()A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】a點(diǎn)射出粒子半徑Ra＝＝，得va＝，d點(diǎn)射出粒子半徑Rb＝，同理可得vd＝，故B選項(xiàng)符合題意。9．物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明回旋加速器。如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圖中P1、P2、P3分別為帶電粒子在磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)三個(gè)相鄰軌跡的最右邊緣的點(diǎn)，對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是()A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周就被加速一次B．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周就被加速二次C．P1P2＝P2P3D．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)【答案】AD【解析】帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周就被加速一次，加速電場(chǎng)方向不需要做周期性的變化，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；由nqU＝m，rn＝，解得rn＝，由此可知，P1P2≠P2P3，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)加速粒子的速度最大時(shí)，有＝m，選項(xiàng)D正確。10．如圖所示，在虛線所包圍的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于圓面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從磁場(chǎng)邊緣的A點(diǎn)沿半徑方向射入一束速率不同的質(zhì)子，這些質(zhì)子在磁場(chǎng)里運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是()A．周期相同，但運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，速率大的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)B．運(yùn)動(dòng)半徑越大的質(zhì)子運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，偏轉(zhuǎn)角越小C．質(zhì)子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等D．運(yùn)動(dòng)半徑不同，運(yùn)動(dòng)半徑越大的質(zhì)子向心加速度越大【答案】BD【解析】由Bqv＝m，可得r＝，v越大，則r越大。周期T＝，則周期與運(yùn)動(dòng)速度大小無(wú)關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T，其中tan，所以v越大，則r越大、θ越小、t越小，選項(xiàng)A、C錯(cuò)，B正確。向心加速度a＝，r越大，則v越大，a也越大，選項(xiàng)D正確。11．霍爾元件廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域，霍爾元件一般用半導(dǎo)體材料做成，有的半導(dǎo)體中的載流子(自由電荷)是自由電子，有的半導(dǎo)體中的載流子是空穴(相當(dāng)于正電荷)。如圖所示為用半導(dǎo)體材料做成的霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入電流I的方向如圖所示，C、D兩側(cè)面會(huì)形成電勢(shì)差。則下列說(shuō)法中正確的是()A．若元件的載流子是自由電子，則D側(cè)面的電勢(shì)高于C側(cè)面的電勢(shì)B．若元件的載流子是空穴，則D側(cè)面的電勢(shì)高于C側(cè)面的電勢(shì)C．在測(cè)地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持豎直D．在測(cè)地球赤道上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持水平【答案】AC【解析】若載流子為自由電子，由左手定則可判斷電子受洛倫茲力作用使其偏向C側(cè)面，則C側(cè)面的電勢(shì)會(huì)低于D側(cè)面，選項(xiàng)A正確；若載流子為空穴，根據(jù)左手定則，空穴在洛倫茲力的作用下也是向C側(cè)面聚集，C側(cè)面的電勢(shì)會(huì)高于D側(cè)面，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；地球赤道上方的地磁場(chǎng)的方向水平向北，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直才能讓地磁場(chǎng)垂直其工作面，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。12．如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在xOy平面內(nèi)，從原點(diǎn)O處沿與x軸正方向成θ角(0＜θ＜π)以速率v發(fā)射一個(gè)帶正電的粒子(重力不計(jì))。則下列說(shuō)法正確的是()A．若v一定，θ越大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短B．若v一定，θ越大，則粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置距O點(diǎn)越遠(yuǎn)C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度越大D．若θ一定，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與v無(wú)關(guān)【答案】AD【解析】由左手定則可知，帶正電的粒子向左偏轉(zhuǎn)，若v一定，θ越大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短，選項(xiàng)A正確；若v一定，θ等于90°時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置距O點(diǎn)最遠(yuǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若θ一定，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與v無(wú)關(guān)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度也與v無(wú)關(guān)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與v無(wú)關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確。13．如圖所示，在直角三角形AOC的三條邊為邊界的區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知∠A＝60°，邊AO的長(zhǎng)度為a?，F(xiàn)在O點(diǎn)放置一個(gè)可以向各個(gè)方向發(fā)射某種帶負(fù)電粒子的粒子源，已知粒子的比荷為，發(fā)射的速度大小都為v0，且滿足v0＝。粒子發(fā)射的方向可由圖中速度與邊CO的夾角θ表示，不計(jì)重力作用，則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后()A．粒子有可能打到A點(diǎn)B．以θ＝60°飛入的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短C．以θ＜30°飛入的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等D．在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出【答案】AD【解析】粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝＝a，當(dāng)粒子以θ＝0飛入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，最終將從AC邊的中點(diǎn)射出，隨著θ的增大，粒子在AC邊上的射出點(diǎn)將向A點(diǎn)靠攏，當(dāng)θ＝60°時(shí)，粒子將從A點(diǎn)射出磁場(chǎng)區(qū)域，選項(xiàng)A、D正確；粒子的速度大小相等，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡弧長(zhǎng)越小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，過(guò)O點(diǎn)做AC邊的垂線，找出垂足位置，當(dāng)粒子從該垂足位置射出時(shí)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；以θ<30°飛入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡圓弧的長(zhǎng)度不同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位)14．(9分)海水中含有大量的正、負(fù)離子，這些離子隨海流做定向運(yùn)動(dòng)，如果有磁場(chǎng)能使這些正、負(fù)離子向相反方向偏轉(zhuǎn)，便有可能發(fā)出電來(lái)。如圖所示為一利用海流發(fā)電的磁流體發(fā)電機(jī)原理的示意圖，上、下兩塊金屬板M、N水平正對(duì)放置，浸沒(méi)在海水里，金屬板相距d＝100m，在金屬板之間加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.05T，方向由南向北，海水從東向西以速度v＝5m/s流過(guò)兩金屬板之間，且將在兩板之間形成電勢(shì)差。(1)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，哪塊金屬板的電勢(shì)較高?(2)該磁流體發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E為多大?【解析】(1)由左手定則得，N板的電勢(shì)較高。(3分)(2)當(dāng)海水中流動(dòng)的帶電離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，將在兩板之間形成電勢(shì)差，當(dāng)帶電離子所受到的電場(chǎng)力F與洛倫茲力f相平衡時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，有：q＝qvB(3分)代入有關(guān)數(shù)據(jù)得電動(dòng)勢(shì)E＝25V。(3分)15．(12分)如圖所示，為某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)的一只電流表的原理圖如圖所示。在質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)1的勻質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過(guò)一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k。在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外。與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的示數(shù)，MN的長(zhǎng)度大于ab，ab＝cd＝L2。當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且處于平衡狀態(tài)時(shí)，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，且指針指到刻度尺的0刻度位置，重力加速度為g。(1)若要使該電流表能正常工作，則待測(cè)電流必須從金屬棒的哪一端流入?(2)刻度尺上距0刻度為x處對(duì)應(yīng)的電流大小是多少?(3)若彈簧在彈性限度內(nèi)的最大伸長(zhǎng)量為xm，則該電流表的最大量程為多少?【解析】(1)由左手定則得，電流必須從金屬棒是M端流入。(2分)(2)指針指在0刻度處時(shí)，有mg＝kx0(2分)指針指在x處時(shí)，有mg+BIL2＝k(x0+x)(2分)聯(lián)立解得：I＝。(2分)(3)彈簧伸長(zhǎng)量最大時(shí)，有mg+BImL＝kxm(2分)得：Im＝。(2分)16．(12分)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng)；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間?！窘馕觥?1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理得：(1分)設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有：(1分)由幾何關(guān)系可知：(2分)聯(lián)立解得：(2分)(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到x軸所經(jīng)過(guò)的路程為：(2分)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至軸過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：(2分)聯(lián)立解得：(2分)17．(15分)如圖所示，在等腰三角形△ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三角形的底邊AB＝2L，θ＝45°，O為底邊的中點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)電勢(shì)差為U的電場(chǎng)加速后，從O點(diǎn)垂直AB進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力與空氣阻力的影響。(1)求粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后射入磁場(chǎng)時(shí)的速度。(2)若已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝，則粒子從何處射出磁場(chǎng)?(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多少時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中能以最大的圓周半徑偏轉(zhuǎn)后打到OA板?【解析】(1)由qU＝mv2(2分)得v＝。(2分)(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：qvB＝m(3分)得r＝＝L(2分)故粒子從AC連線上距A點(diǎn)L處射出。(3)要使粒子能射到OA連線上且半徑最大，則粒子的軌跡應(yīng)與AC邊相切，如圖所示。設(shè)此時(shí)粒子軌跡的半徑為R，由幾何關(guān)系有：R+＝L(2分)以及qvB＝m(2分)得B＝。(2分)高考物理專題訓(xùn)練：磁場(chǎng)（提高卷）一、(本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9～13題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接，已如導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0【答案】B【解析】設(shè)每一根導(dǎo)體棒的電阻為R，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則電路中，上下兩路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝1∶1，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點(diǎn)可知，上下兩路電流之比I1∶I2＝1∶2。如下圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)安培力計(jì)算公式F＝BIL，可知F?∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F?＝0.5F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為F?＋F＝1.5F，故選B。2．如圖，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)源O，可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為()A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】a點(diǎn)射出粒子半徑Ra＝＝，得va＝，d點(diǎn)射出粒子半徑Rb＝，同理可得vd＝，故B選項(xiàng)符合題意。3．如圖所示，一個(gè)理想邊界為PQ、MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點(diǎn)沿紙面垂直P(pán)Q以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，若電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2d，O′在MN上，且OO′與MN垂直，下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點(diǎn)與O′點(diǎn)的距離為dC．電子打在MN上的點(diǎn)與O′點(diǎn)的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(πd,3v0)【答案】D【解析】電子帶負(fù)電，進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，A錯(cuò)誤；設(shè)電子打在MN上的點(diǎn)與O′點(diǎn)的距離為x，則由幾何知識(shí)得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(（2d）2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C錯(cuò)誤；設(shè)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，由幾何知識(shí)得：sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正確。4．如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場(chǎng)和磁場(chǎng)相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計(jì))沿圖中虛線水平通過(guò)，則該帶電粒子()A．一定帶正電B．速度大小為eq\f(E,B)C．可能沿QP方向運(yùn)動(dòng)D．若沿PQ方向運(yùn)動(dòng)的速度大于eq\f(E,B)，將一定向下極板偏轉(zhuǎn)【答案】B【解析】若粒子從左邊射入，則不論帶正電還是負(fù)電，電場(chǎng)力大小均為qE，洛倫茲力大小均為F＝qvB＝qE，這兩個(gè)力平衡，速度v＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；若粒子從右邊沿虛線方向進(jìn)入，則電場(chǎng)力與洛倫茲力在同一方向，粒子受力不平衡，不能做直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤．若速度v>eq\f(E,B)，則粒子受到的洛倫茲力大于電場(chǎng)力，使粒子偏轉(zhuǎn)，只有當(dāng)粒子帶負(fù)電時(shí)，粒子才向下偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤。5．質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣固定斜面上由靜止下滑，整個(gè)斜面置于方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時(shí)刻對(duì)斜面的作用力恰好為零，下列說(shuō)法中正確的是()A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做加速度增大的變加速直線運(yùn)動(dòng)D．小物塊在斜面上下滑過(guò)程中，當(dāng)小物塊對(duì)斜面的作用力為零時(shí)的速率為eq\f(mg,Bq)【答案】B【解析】帶電小物塊下滑后某時(shí)刻對(duì)斜面的作用力恰好為零，知洛倫茲力的方向垂直于斜面向上，根據(jù)左手定則知，小物塊帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；小物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受重力、斜面的支持力、洛倫茲力，合外力沿斜面向下，大小為mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律知a＝gsinθ，小物塊在離開(kāi)斜面前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)物塊對(duì)斜面的作用力為零時(shí)，在垂直于斜面方向上的合力為零，有mgcosθ＝qvB，解得v＝eq\f(mgcosθ,Bq)，故D錯(cuò)誤。6．如圖所示，無(wú)限長(zhǎng)導(dǎo)線均通以恒定電流I.直線部分和坐標(biāo)軸接近重合，彎曲部分是以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點(diǎn)O處不形成磁場(chǎng)，則下列選項(xiàng)中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度和圖中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的是()【答案】A【解析】由題意可知，圖中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是其中一條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的2倍，方向垂直紙面向里，A中，根據(jù)安培定則可知，左上與右下的通電導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加為零，剩余的兩條通電導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是其中一條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍，且方向垂直紙面向里，故A正確；同理，B中，四條通電導(dǎo)線在O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是其中一條在O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的4倍，方向垂直紙面向里，故B錯(cuò)誤；C中，右上與左下的通電導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加為零，剩余兩條通電導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是其中一條在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍，方向垂直紙面向外，故C錯(cuò)誤；D中，左上和右下的通電導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加為零，剩余兩條通電導(dǎo)線在O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是其中一條在O處產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍，方向垂直紙面向外，故D錯(cuò)誤。7．如圖所示，帶電小球a由絕緣細(xì)線PM和PN懸掛而處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中PM水平，地面上固定一絕緣且內(nèi)壁光滑的圓弧細(xì)管道GH，圓心P與a球位置重合，管道底端H與水平地面相切，一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球b從G端口由靜止釋放，當(dāng)小球b運(yùn)動(dòng)到H端時(shí)對(duì)管道壁恰好無(wú)壓力，重力加速度為g。在小球b由G滑到H過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()A．細(xì)線PM的拉力先增大后減小B．小球b機(jī)械能逐漸減小C．小球b所受庫(kù)侖力大小始終為2mgD．小球b加速度大小先變大后變小【答案】A【解析】設(shè)PN與豎直方向成α角，對(duì)球a受力分析，豎直方向上有：FPNcos

α＝mg＋F庫(kù)sin

θ，水平方向上有：F庫(kù)cos

θ＋FPNsin

α＝FPM。解得：FPM＝mgtan

α＋3mgcos(θ－α)cosα，下滑時(shí)θ從0增大90°，細(xì)線PM的拉力先增大后減小，故A正確；在小球b由G滑到H過(guò)程中，小球b所受庫(kù)侖力和管道的彈力始終與速度垂直，只有重力做功，庫(kù)侖力和彈力不做功，小球b機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球b從G滑到H過(guò)程中，有：mgR＝，H處有：F庫(kù)－mg＝，則有：F庫(kù)＝3mg，故C錯(cuò)誤；設(shè)b與a的連線與水平方向成θ角，則有：mgRsin

θ＝，任意位置加速度為向心加速度和切向加速度合成，即，可知小球的加速度一直變大，故D錯(cuò)誤。8．如圖所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在該區(qū)域中，有一個(gè)豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個(gè)帶正電的小球。O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，bd沿水平方向。已知小球從環(huán)的頂端a點(diǎn)由靜止釋放，下列判斷正確的是()A．小球能越過(guò)與O等高的d點(diǎn)并繼續(xù)沿環(huán)向上運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力最大C．小球從a點(diǎn)到b點(diǎn)，重力勢(shì)能減小，電勢(shì)能增大D．小球從b點(diǎn)到c點(diǎn)，電勢(shì)能增大，動(dòng)能先增大后減小【答案】D【解析】小球所受的電場(chǎng)力與重力大小相等，則二者的合力方向與水平方向夾角為45°斜向左下，小球所受洛倫茲力、圓環(huán)的彈力方向始終與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直，故不做功。該模型可等效為小球在圓環(huán)上運(yùn)動(dòng)只有“等效重力”做功的情況，等效最高點(diǎn)為弧ad中點(diǎn)，該點(diǎn)速度最小，等效最低點(diǎn)為弧bc中點(diǎn)，該點(diǎn)速度最大；由于a和d關(guān)于等效最高點(diǎn)對(duì)稱，則小球在a和d的速度大小相等，均為0，即小球只能達(dá)到d點(diǎn)，但不能越過(guò)d繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；由題意可知，小球的電荷量以及磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，小球所受洛倫茲力與小球的速度大小有關(guān)，小球在弧bc中點(diǎn)速度最大，即在弧bc中點(diǎn)處所受洛倫茲力最大，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從a到b過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從b到c過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，小球從b到弧bc中點(diǎn)過(guò)程中，合外力做正功，動(dòng)能增大，從弧bc中點(diǎn)到c過(guò)程中，合外力做負(fù)功，動(dòng)能減小，則從b到c過(guò)程中動(dòng)能先增大后減小，故D選項(xiàng)正確。9．圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E＝1V，電容器的電容為C＝1F．兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l＝1m，電阻不計(jì)．一質(zhì)量為m＝1kg、電阻為R＝1Ω的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)。當(dāng)MN達(dá)到最大速度時(shí)離開(kāi)導(dǎo)軌，則()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外B．MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量為0.5CC．MN的最大速度為1m/sD．MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為1m/s2【答案】BD【解析】充電后電容器上板帶正電，通過(guò)MN的電流方向由M到N，由于MN向右運(yùn)動(dòng)，受到的安培力向右，根據(jù)左手定則知，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電量為Q0，MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量為Q，有：Q0＝CE，開(kāi)關(guān)S接2后，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有：E′＝Blvmax.依題意有：E′＝eq\f(Q,C)，設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力為eq\x\to(F)有：eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)l，由動(dòng)量定理，有eq\x\to(F)t＝mvmax－0.。又eq\x\to(I)t＝Q0－Q，聯(lián)立得：Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)，代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.5C，vmax＝0.5m/s，B正確，C錯(cuò)誤；電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有：I＝eq\f(E,R)，設(shè)MN受到的安培力F，有：F＝IlB，由牛頓第二定律有：F＝ma，聯(lián)立以上三式得，MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a＝1m/s2，故D正確。10．如圖，為探討霍爾效應(yīng)，取一塊長(zhǎng)度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，給金屬導(dǎo)體加與前后側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，且通以圖示方向的電流I時(shí)，用電壓表測(cè)得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U。已知自由電子的電荷量為e。下列說(shuō)法中正確的是()A．M板比N板電勢(shì)高B．導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大C．導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速度為v＝eq\f(U,Bd)D．導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(BI,eUb)【答案】CD【解析】電流方向向右，電子定向移動(dòng)方向向左，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向上，則M板積累了電子，M、N之間產(chǎn)生向上的電場(chǎng)，所以M板比N板電勢(shì)低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．電子定向移動(dòng)相當(dāng)于長(zhǎng)度為d的導(dǎo)體垂直切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電壓表的讀數(shù)U等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，則有U＝E＝Bdv，可見(jiàn)，電壓表的示數(shù)與導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由U＝E＝Bdv得，自由電子定向移動(dòng)的速度為v＝eq\f(U,Bd)，選項(xiàng)C正確；電流的微觀表達(dá)式是I＝nevS，則導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n＝eq\f(I,evS)，S＝db，v＝eq\f(U,Bd)，代入得n＝eq\f(BI,eUb)，選項(xiàng)D正確。11．如圖所示，真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)(圖中未畫(huà)出)，所有帶電粒子通過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都會(huì)聚于x軸上的a點(diǎn)。下列說(shuō)法中正確的是()A．磁場(chǎng)方向一定是垂直xOy平面向里B．所有粒子通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的時(shí)間相同C．所有粒子在磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的半徑相等D．磁場(chǎng)區(qū)邊界可能是圓弧【答案】CD【解析】由題意可知，正粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，都集中于一點(diǎn)a，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)的方向垂直平面向外，故A錯(cuò)誤；由洛倫茲力提供向心力，可得T＝eq\f(2πm,qB)，而運(yùn)動(dòng)的時(shí)間還與圓心角有關(guān)，因此粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不等，故B錯(cuò)誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝eq\f(mv,qB)，由于為同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運(yùn)動(dòng)半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都會(huì)聚于x軸上的a點(diǎn)，因此磁場(chǎng)區(qū)邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確。12．如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開(kāi)后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，重力加速度為g。在金屬棒下滑到底端的過(guò)程中()A．末速度的大小B．通過(guò)金屬棒的電流大小C．通過(guò)金屬棒的電流大小D．通過(guò)金屬棒的電荷量【答案】ACD【解析】根據(jù)速度位移關(guān)系v2＝2as可得末速度的大小，故A正確；以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ－BId＝ma，解得通過(guò)金屬棒的電流大小，故B錯(cuò)誤、C正確；金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得通過(guò)金屬棒的電荷量，故D正確。13．空間存在平面直角坐標(biāo)系xOy，在x＜0區(qū)域內(nèi)有沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在x＞0區(qū)域內(nèi)有垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第二象限內(nèi)有矩形OACD，OA＝h，OD＝2h。一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子（不計(jì)重力）從A點(diǎn)沿y軸正方向以某速度射入第二象限，經(jīng)t0時(shí)間后由D點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，又經(jīng)一段時(shí)間射出磁場(chǎng)又回到A點(diǎn)，現(xiàn)只改變粒子自A點(diǎn)出射速度大小至v，粒子經(jīng)過(guò)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)可經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，則()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C．能使粒子以最短時(shí)間從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的初速度v＝D．能使粒子以最短時(shí)間從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的初速度v＞【答案】AD【解析】設(shè)粒子的初速度為v0，從A點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)以后做類平拋運(yùn)動(dòng)，可得，v0t0＝2h，，A正確；粒子從A運(yùn)動(dòng)到D做類平拋的位移偏轉(zhuǎn)角的正切值為，所以速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為，所以D點(diǎn)速度與y軸正方向成60°，根據(jù)幾何關(guān)系可得，要想粒子回到A點(diǎn)，粒子必須在D點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)回到電場(chǎng)才可以，所以粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，，所以，，B錯(cuò)誤；因?yàn)椴桓淖冸妶?chǎng)，所以粒子第一次運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸的時(shí)間不變，設(shè)粒子第一次到達(dá)y軸的坐標(biāo)為（0，y），速度為v1，方向與y軸夾角為θ，x方向的速度為vx，則vt0=y，v1cosθ=v，v1sinθ=vx=，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，所以粒子第二次到達(dá)y軸的坐標(biāo)為（0，y-2rsinθ），y-2rsinθ=v0t-4h，第一次和第二次到達(dá)y軸的點(diǎn)的間距為2rsinθ=4h，與初速度無(wú)關(guān)，所以根據(jù)對(duì)稱性可知，第一次到達(dá)y軸的坐標(biāo)為（0，3h），第二次到達(dá)y軸的坐標(biāo)為（0，－h(huán)），所以能使粒子以最短時(shí)間從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的初速度v＝，C錯(cuò)誤，D正確。二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位)14．(8分)如圖所示，在水平放置的光滑平行導(dǎo)軌一端架著一根質(zhì)量m＝0.04kg的金屬棒ab，導(dǎo)軌另一端通過(guò)開(kāi)關(guān)與電源相連。該裝置放在高h(yuǎn)＝20cm的絕緣墊塊上。當(dāng)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，接通開(kāi)關(guān)金屬棒ab會(huì)被拋到距導(dǎo)軌右端水平位移s＝100cm處。試求開(kāi)關(guān)接通后安培力對(duì)金屬棒做的功。(g取10m/s2)【解析】在接通開(kāi)關(guān)到金屬棒離開(kāi)導(dǎo)軌的短暫時(shí)間內(nèi)，安培力對(duì)金屬棒做的功為W，由動(dòng)能定理得：W＝eq\f(1,2)mv2(2分)設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則豎直方向：h＝eq\f(1,2)gt2(2分)水平方向：s＝vt(2分)聯(lián)立以上三式解得：W＝0.5J。(2分)15．(10分)如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R，圓心在O點(diǎn)，區(qū)域中有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。電子在電子槍中經(jīng)電場(chǎng)加速后沿AO方向垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)后從M點(diǎn)射出并垂直打在熒光屏PQ上的N點(diǎn)，PQ平行于AO，O點(diǎn)到PQ的距離為2R。電子電荷量為e，質(zhì)量為m，忽略電子加速前的初動(dòng)能及電子間的相互作用。求：(1)電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v；(2)電子槍的加速電壓U；(3)若保持電子槍與AO平行，將電子槍在紙面內(nèi)向下平移至距AO為eq\f(R,2)處，則電子打在熒光屏上的點(diǎn)位于N點(diǎn)的左側(cè)還是右側(cè)及該點(diǎn)距N點(diǎn)的距離。【解析】(1)電子在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力evB＝meq\f(v2,r)(1分)電子軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得r＝R(1分)聯(lián)立解得v＝eq\f(eBR,m)(1分)(2)電子在電子槍中加速，由動(dòng)能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2(2分)聯(lián)立解得U＝eq\f(eB2R2