【三維設(shè)計】2022年高考物理一輪復習四川專版-第八章-磁場-高考真題備選題庫

第八章磁場第1節(jié)磁場的描述磁場對電流的作用1．(2022·海南高考)下列說法中，符合物理學史實的是()A．亞里士多德認為，必需有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體就靜止B．牛頓認為，力是物體運動狀態(tài)轉(zhuǎn)變的緣由，而不是物體運動的緣由C．麥克斯韋發(fā)覺了電流的磁效應，即電流可以在其四周產(chǎn)生磁場D．奧斯特發(fā)覺導線通電時，導線四周的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)解析：選ABD奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應，即電流可以在其四周產(chǎn)生磁場，選項C錯誤。2.(2022·海南高考)如圖，兩根平行長直導線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導線與它們的距離分別為eq\f(l,2)、l和3l。關(guān)于這三點處的磁感應強度，下列推斷正確的是()A．a(chǎn)處的磁感應強度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應強度大小相等C．a(chǎn)、c兩處的磁感應強度方向相同D．b處的磁感應強度為零解析：選AD依據(jù)通電直導線的磁場，利用右手螺旋定則，可知b處場強為零，兩導線分別在a處產(chǎn)生的場強大于在c處產(chǎn)生的場強，a、c兩處的場強疊加都是同向疊加，選項A、D正確。3.(2022·上海高考)如圖，在磁感應強度為B的勻強磁場中，面積為S的矩形剛性導線框abcd可繞過ad邊的固定軸OO′轉(zhuǎn)動，磁場方向與線框平面垂直。在線框中通以電流強度為I的穩(wěn)恒電流，并使線框與豎直平面成θ角，此時bc邊受到相對OO′軸的安培力力矩大小為()A．ISBsinθ B．ISBcosθC.eq\f(ISB,sinθ) D.eq\f(ISB,cosθ)解析：選A依據(jù)左手定則，可知通電導線受到的安培力沿豎直方向向上，大小為F＝BILbc，此力到轉(zhuǎn)軸的力臂為Labsinθ；力矩為：M＝FLabsinθ＝SBIsinθ，A項正確。4．(2022·全國卷Ⅰ)關(guān)于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()A．安培力的方向可以不垂直于直導線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小確定變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯哼xB依據(jù)左手定則可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場B確定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A錯誤，B正確；當電流I的方向平行于磁場B的方向時，直導線受到的安培力為零，當電流I的方向垂直于磁場B的方向時，直導線受到的安培力最大，可見，安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角有關(guān)，C錯誤；如圖所示，電流I和磁場B垂直，直導線受到的安培力F＝BIL，將直導線從中點折成直角，分段爭辯導線受到的安培力，電流I和磁場B垂直，依據(jù)平行四邊形定則可得，導線受到的安培力的合力為F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，D錯誤。5．(2021·安徽理綜)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：選B本題考查通電導線四周的磁場分布狀況和帶電粒子在磁場中的運動狀況，意在考查考生的理解力氣和分析推理力氣。依據(jù)安培定則及磁感應強度的矢量疊加，可得O點處的磁場向左，再依據(jù)左手定則推斷帶電粒子受到的洛倫茲力向下。6．(2022·天津理綜)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ，假如僅轉(zhuǎn)變下列某一個條件，θ角的相應變化狀況是()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．磁感應強度變大，θ角變小解析：棒中電流變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項A正確；兩懸線等長變短，θ角不變，選項B錯誤；金屬棒質(zhì)量變大，θ角變小，選項C錯誤；磁感應強度變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項D錯誤。答案：A7．(2010·浙江理綜)如圖所示，一矩形輕質(zhì)松軟反射膜可繞過O點垂直紙面的水平軸轉(zhuǎn)動，其在紙面上的長度為L1，垂直紙面的寬度為L2，在膜的下端(圖中A處)掛有一平行于轉(zhuǎn)軸，質(zhì)量為m，長為L2的導體棒使膜展成平面．在膜下方水平放置一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經(jīng)反射膜反射到光電池板上的全部光能，并將光能轉(zhuǎn)化成電能．光電池板可等效為一個電池，輸出電壓恒定為U；輸出電流正比于光電池板接收到的光能(設(shè)垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定)．導體棒處在方向豎直向上的勻強磁場B中，并與光電池構(gòu)成回路．流經(jīng)導體棒的電流垂直紙面對外(注：光電池與導體棒直接相連，連接導線未畫出)．(1)現(xiàn)有一束平行光水平入射，當反射膜與豎直方向成θ＝60°時，導體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時電流強度的大小和光電池的輸出功率．(2)當θ變?yōu)?5°時，通過調(diào)整電路使導體棒保持平衡，光電池除維持導體棒力學平衡外，還能輸出多少額外電功率？解析：(1)導體棒所受安培力FA＝IBL2①導體棒有靜力平衡關(guān)系mgtanθ＝FA②解得I＝mgeq\f(tanθ,BL2)③所以當θ＝60°時，I60＝eq\f(mgtan60°,BL2)＝eq\f(\r(3)mg,BL2)光電池輸出功率為P60＝UI60＝eq\f(\r(3)mgU,BL2)(2)當θ＝45°時，依據(jù)③式可知維持靜力平衡需要的電流為I45＝eq\f(mgtan45°,BL2)＝eq\f(mg,BL2)依據(jù)幾何關(guān)系可知eq\f(P45,P60)＝eq\f(L1L2cos45°,L1L2cos60°)＝eq\r(2)可得P45＝eq\r(2)P60＝eq\f(\r(6)mgU,BL2)而光電池產(chǎn)生的電流為I光電＝eq\f(P45,U)＝eq\r(6)eq\f(mg,BL2)所以能供應的額外電流為I額外＝I光電－I45＝(eq\r(6)－1)eq\f(mg,BL2)可供應額外功率為P額外＝I額外U＝(eq\r(6)－1)eq\f(mgU,BL2)答案：見解析第2節(jié)磁場對運動電荷的作用1．(2022·全國卷Ⅰ)如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()A．2 B.eq\r(2)C．1 D.eq\f(\r(2),2)解析：選D依據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強磁場中的運動性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌道半徑r2的2倍。設(shè)粒子在P點的速度為v1，依據(jù)牛頓其次定律可得qv1B1＝eq\f(mv\o\al(2,1),r1)，則B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，則eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正確，A、B、C錯誤。2．(2022·全國卷Ⅱ)如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵供應勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向確定不同B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑確定相同C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法推斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小解析：選AC依據(jù)洛倫茲力供應向心力，利用左手定則解題。依據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項A正確；依據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的動能大，其mv不愿定大，選項D錯誤。3．(2022·安徽高考)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可推斷所需的磁感應強度B正比于()A.eq\r(T) B．TC.eq\r(T3) D．T2解析：選A由題意可知，等離子體的動能Ek＝cT(c是比例系數(shù))，在磁場中做半徑確定的圓周運動，由qvB＝meq\f(v2,r)可知，B＝eq\f(mv,rq)＝eq\f(\r(2mEk),rq)＝eq\f(\r(2mc),rq)eq\r(T)，因此A項正確，B、C、D項錯誤。4．(2021·新課標全國Ⅰ)如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外。一電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為eq\f(R,2)。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()A.eq\f(qBR,2m) B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(2qBR,m)解析：選B本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，意在考查考生對勻速圓周運動、牛頓其次定律的理解和應用力氣。設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓其次定律可得：qvB＝meq\f(v2,r)，依據(jù)幾何關(guān)系可知r＝R，聯(lián)立兩式解得v＝eq\f(qBR,m)，選項B正確。5．(2021·新課標全國Ⅱ)空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°。不計重力，該磁場的磁感應強度大小為()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D.eq\f(3mv0,qR)解析：選A本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動及其相關(guān)學問點，意在考查考生應用力學、幾何學問分析解決問題的力氣。畫出帶電粒子運動軌跡示意圖，如圖所示。設(shè)帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡的半徑為r，依據(jù)洛倫茲力公式和牛頓其次定律，qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)。由圖中幾何關(guān)系可得：tan30°＝eq\f(R,r)。聯(lián)立解得：該磁場的磁感應強度B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項A正確。6．(2022·江蘇)如圖所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點。下列說法正確的有()A．若粒子落在A點的左側(cè)，其速度確定小于v0B．若粒子落在A點的右側(cè)，其速度確定大于v0C．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能小于v0－qBd/2D．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能大于v0＋qBd/2解析：因粒子由O點以速度v0入射時，最遠落在A點，又粒子在O點垂直射入磁場時，在邊界上的落點最遠，即eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以粒子若落在A的右側(cè)，速度應大于v0，B正確；當粒子落在A的左側(cè)時，由于不愿定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A錯誤；當粒子射到A點左側(cè)相距d的點時，最小速度為vmin，則eq\f(vOA－d,2)＝eq\f(mvmin,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，所以粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能小于vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，C正確；當粒子射到A點右側(cè)相距d的點時，最小速度為v1，則eq\f(xOA＋d,2)＝eq\f(mv1,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，即v1＝v0＋eq\f(Bqd,2m)，D錯誤。答案：BC7．(2022·安徽理綜)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt解析：設(shè)電子粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則依據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r1＝eq\f(mv,qB)，依據(jù)幾何關(guān)系得eq\f(R,r1)＝taneq\f(φ1,2)，且φ1＝60°當帶電粒子以eq\f(1,3)v的速度進入時，軌道半徑r2＝eq\f(m·\f(1,3)v,qB)＝eq\f(mv,3qB)＝eq\f(1,3)r1，圓心在O2，則eq\f(R,r2)＝taneq\f(φ2,2)。即taneq\f(φ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(3R,r1)＝3taneq\f(φ1,2)＝eq\r(3)。故eq\f(φ2,2)＝60°，φ2＝120°；帶電粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(φ,360°)T，所以eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(φ2,φ1)＝eq\f(2,1)，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。答案：B8．(2010·重慶理綜)如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應的圓弧．這些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示.粒子編號質(zhì)量電荷量(q>0)速度大小1m2qv222q2v33－3q3v422q3v52－qv由以上信息可知，從圖中a、b、c處進入的粒子對應表中的編號分別為()A．3、5、4 B．4、2、5C．5、3、2 D．2、4、5解析：本題意在考查考生對洛倫茲力方向的理解，并能應用R＝eq\f(mv,qB)解決帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡問題．由帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡并結(jié)合左手定則可知，a、b、c三個帶電粒子分別帶正、正、負電荷，而a、b、c三個帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2∶r3＝2∶3∶2，由R＝eq\f(mv,qB)可知五個帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為eq\f(1,2)∶2∶3∶3∶2，所以a、b、c三個帶電粒子分別是編號2、4、5三個，D正確．答案：D9．(2022·新課標全國)如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為eq\f(3,5)R?，F(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域。若磁感應強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小。解析：粒子在磁場中做圓周運動。設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓其次定律和洛倫茲力公式得qvB＝meq\f(v2,r)①式中v為粒子在a點的速度。過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點。由幾何關(guān)系知，線段eq\x\to(ac)、eq\x\to(bc)和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形。因此eq\x\to(ac)＝eq\x\to(bc)＝r②設(shè)eq\x\to(cd)＝x，由幾何關(guān)系得eq\x\to(ac)＝eq\f(4,5)R＋x③eq\x\to(bc)＝eq\f(3,5)R＋eq\r(R2－x2)④聯(lián)立②③④式得r＝eq\f(7,5)R⑤再考慮粒子在電場中的運動。設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動。設(shè)其加速度大小為a，由牛頓其次定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE＝ma⑥粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學公式得r＝eq\f(1,2)at2⑦r＝vt⑧式中t是粒子在電場中運動的時間。聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得E＝eq\f(14qRB2,5m)⑨答案：eq\f(14qRB2,5m)第3節(jié)帶電粒子在組合場中的運動1.(2022·海南高考)如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫鎸?，大小不變。不計重力?1)求粒子從P點動身至第一次到達x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值。解析：(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)運動半徑為R，運動周期為T，依據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)T＝eq\f(2πR,v0)依題意，粒子第一次到達x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(5,4)π，所需時間t1為t1＝eq\f(5,8)T，求得t1＝eq\f(5πm,4qB)(2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，有qE＝mav0＝eq\f(1,2)at2得t2＝eq\f(2mv0,qE)依據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必需滿足t2≥T0得電場強度最大值E＝eq\f(2mv0,qT0)答案：(1)eq\f(5πm,4qB)(2)eq\f(2mv0,qT0)2．(2022·大綱卷)如圖，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度放射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ，求(1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值；(2)該粒子在電場中運動的時間。解析：(1)如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設(shè)磁感應強度的大小為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。由洛倫茲力公式及牛頓其次定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0) ①由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d ②設(shè)電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓其次定律及運動學公式得Eq＝max ③vx＝axt ④eq\f(vx,2)t＝d ⑤由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有tanθ＝eq\f(vx,v0) ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ ⑦(2)聯(lián)立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ) ⑧答案：見解析3．(2022·山東高考)如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面對里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。(1)若Δt＝eq\f(1,2)TB，求B0；(2)若Δt＝eq\f(3,2)TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大??；(3)若B0＝eq\f(4mv0,qd)，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。解析：(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓其次定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1) ①據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d ②聯(lián)立①②式得B0＝eq\f(mv0,qd) ③(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a＝eq\f(v\o\al(2,0),R2) ④據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d ⑤聯(lián)立④⑤式得a＝eq\f(3v\o\al(2,0),d) ⑥(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得T＝eq\f(2πR,v0) ⑦由牛頓其次定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R) ⑧由題意知B0＝eq\f(4mv0,qd)，代入⑧式得d＝4R ⑨粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置粒子才有可能垂直擊中P板，且均要求0＜θ＜eq\f(π,2)，由題意可知eq\f(\f(π,2)＋θ,2π)T＝eq\f(TB,2) ⑩設(shè)經(jīng)受完整TB的個數(shù)為n(n＝0,1,2,3…)若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d ?當n＝0時，無解 ?當n＝1時，聯(lián)立⑨?式得θ＝eq\f(π,6)(或sinθ＝eq\f(1,2)) ?聯(lián)立⑦⑨⑩?式得TB＝eq\f(πd,3v0) ?當n≥2時，不滿足0＜θ＜eq\f(π,2)的要求 ?若在B點擊中P板，椐題意由幾何關(guān)系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d ?當n＝0時，無解 ?當n＝1時，聯(lián)立⑨?式得θ＝arcsineq\f(1,4)(或sinθ＝eq\f(1,4)) ?聯(lián)立⑦⑨⑩?式得TB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋arcsin\f(1,4)))eq\f(d,2v0) ?當n≥2時，不滿足0＜θ＜eq\f(π,2)的要求 ?答案：見解析4．(2022·廣東高考)如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L，兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為抱負分界面。Ⅰ區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面對外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從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，(1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和Ⅱ區(qū)的磁感應強度B與k的關(guān)系式。解析：(1)粒子在電場中做加速運動，在磁場中做勻速圓周運動。若k＝1，則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡圓心在M點，因此做圓周運動的半徑r＝L且qvB0＝meq\f(v2,r)粒子在電場中做加速運動，由動能定理得，qEd＝eq\f(1,2)mv2求得E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2md)(2)若2＜k＜3，且粒子沿水平方向從S2射出由幾何關(guān)系知：(r－L)2＋(kL)2＝r2解得r＝eq\f(k2＋1L,2)由qvB0＝meq\f(v2,r)得，v＝eq\f(qB0r,m)＝eq\f(k2＋1qB0L,2m)粒子在磁場Ⅱ中運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(k2＋1B0L,2B)由題意及幾何關(guān)系得，6L＝2(kL＋eq\f(R,r)kL)解得B＝eq\f(k,3－k)B0答案：見解析5．(2022·江蘇高考)某裝置用磁場把握帶電粒子的運動，工作原理如圖所示。裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點。轉(zhuǎn)變粒子入射速度的大小，可以把握粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。(1)求磁場區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量Δv；(3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值。解析：(1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r依據(jù)題意L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)解得h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)L－\r(3)d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))(2)設(shè)轉(zhuǎn)變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞′meq\f(v2,r)＝qvBmeq\f(v′2,r′)＝qv′B由題意知3rsin30°＝4r′sin30°解得Δv＝v－v′＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,6)－\f(\r(3),4)d))(3)設(shè)粒子經(jīng)過上下方磁場共n＋1次由題意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin30°且meq\f(v\o\al(2,n),rn)＝qvnB，解得vn＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,n＋1)－\r(3)d))(1≤n＜eq\f(\r(3)L,3d)－1，n取整數(shù))答案：見解析6．(2022·浙江高考)如圖1所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時刻起，棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒()A．始終向右移動B．速度隨時間周期性變化C．受到的安培力隨時間周期性變化D．受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功解析：選ABC由左手定則可知，金屬棒一開頭向右做勻加速運動，當電流反向以后，金屬棒開頭做勻減速運動，經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?，然后重復上述運動，所以選項A、B正確；安培力F＝BIL，由圖像可知前半個周期安培力水平向右，后半個周期安培力水平向左，不斷重復，選項C正確；一個周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)不做功，選項D錯誤。7．(2021·浙江理綜)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽視的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對里、有確定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋()A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運動的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3解析：選BCD本題考查離子在電場、磁場中的運動，意在考查考生的分析和計算力氣。離子P＋和P3＋質(zhì)量之比為1∶1，電荷量之比等于1∶3，故在電場中的加速度(a＝qE/m)之比不等于1∶1，則A項錯誤；離子在離開電場區(qū)域時有：qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中做勻速圓周運動，有：qvB＝meq\f(v2,r)，得半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，則半徑之比為1∶eq\f(1,\r(3))＝eq\r(3)∶1，則B項正確，設(shè)磁場寬度為d，由幾何關(guān)系d＝rsinα，可知離子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值之比等于半徑倒數(shù)之比，即1∶eq\r(3)，因θ＝30°，則θ′＝60°，故轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，則C項正確；離子離開電場時的動能之比等于電荷量之比，即1∶3，則D項正確。8．(2021·天津理綜)一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的狀況下，求：(1)M、N間電場強度E的大??；(2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。解析：本題考查帶電粒子在電磁場中的運動，意在考查考生應用電磁學學問分析問題和綜合應用學問解題的力氣。(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得U＝Ed②聯(lián)立上式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為O′，圓半徑為r。設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于eq\f(π,3)。由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓其次定律，得qvB＝meq\f(v2,r)⑤聯(lián)立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移了eq\f(2,3)d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3)⑦設(shè)粒子進入S孔時的速度為v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v′2,v2)綜合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v⑧設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r′，則r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑨設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝eq\f(π,2)⑩粒子須經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3?答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)39．(2021·安徽理綜)如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面對里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：(1)電場強度E的大??；(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B的最小值。解析：本題主要考查帶電粒子在復合場的運動，意在考查考生綜合應用物理規(guī)律分析解決問題的力氣。(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則有x＝v0t＝2hy＝eq\f(1,2)at2＝hqE＝ma聯(lián)立以上各式可得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度為vy＝at＝v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角(3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝meq\f(v2,r)當粒子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有r＝eq\f(\r(2),2)L，所以B＝eq\f(2mv0,qL)答案：(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)10．(2021·江蘇)在科學爭辯中，可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的把握。如圖1所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t作周期性變化的圖象如圖2所示。x軸正方向為E的正方向，垂直紙面對里為B的正方向。在坐標原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q，不計重力。在t＝eq\f(τ,2)時刻釋放P，它恰能沿確定軌道做往復運動。(1)求P在磁場中運動時速度的大小v0；(2)求B0應滿足的關(guān)系；(3)在t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜t0<\f(τ,2)))時刻釋放P，求P速度為零時的坐標。解析：本題考查帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)問題的綜合，意在考查考生綜合應用力學、電磁學學問綜合分析及解決問題的力氣。(1)eq\f(τ,2)－τ做勻加速直線運動，τ～2τ做勻速圓周運動電場力F＝qE0，加速度a＝eq\f(F,m)，速度v0＝at，且t＝eq\f(τ,2)解得v0＝eq\f(qE0τ,2m)(2)只有當t＝2τ時，P在磁場中做圓周運動結(jié)束并開頭沿x軸負方向運動，才能沿確定軌道做往復運動，如圖所示。設(shè)P在磁場中做圓周運動的周期為T，則(n－eq\f(1,2))T＝τ(n＝1,2,3……)勻速圓周運動qvB0＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)解得B0＝eq\f(2n－1πm,qτ)(n＝1,2,3……)(3)在t0時刻釋放，P在電場中加速的時間為τ－t0在磁場中做勻速圓周運動，有v1＝eq\f(qE0τ－t0,m)圓周運動的半徑r1＝eq\f(mv1,qB0)解得r1＝eq\f(E0τ－t0,B0)又經(jīng)(τ－t0)時間P減速為零后向右加速的時間為t0P再進入磁場，有v2＝eq\f(qE0t0,m)，圓周運動的半徑r2＝eq\f(mv2,qB0)解得r2＝eq\f(E0t0,B0)綜上分析，速度為零時橫坐標x＝0相應的縱坐標為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2[kr1－k－1r2],2kr1－r2))(k＝1,2,3……)解得y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2E0[kτ－2t0＋t0],B0),\f(2kE0τ－2t0,B0)))(k＝1,2,3……)答案：見解析第4節(jié)帶電粒子在疊加場中的運動1．(2022·重慶高考)如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間布滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別布滿方向垂直于NSTM平面對外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g。(1)求電場強度的大小和方向。(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的全部可能值。解析：(1)設(shè)電場強度大小為E由題意有mg＝qE得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上甲(2)如圖甲所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的邊線與NS的夾角為φ。由r＝eq\f(mv,qB)，有r1＝eq\f(mvmin,qB)，r2＝eq\f(1,2)r1由(r1＋r2)sinφ＝r2r1＋r1cosφ＝hvmin＝(9－6eq\r(2))eq\f(qBh,m)。乙(3)如圖乙所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x。由題意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)eq\f(3,2)x≥eq\f(9－6\r(2)h,2)x＝eq\r(r\o\al(2,1)－h(huán)－r12)得r1＝(1＋eq\f(0.36,n2))eq\f(h,2)，n＜3.5即n＝1時，v＝eq\f(0.68qBh,m)；n＝2時，v＝eq\f(0.545qBh,m)；n＝3時，v＝eq\f(0.52qBh,m)。答案：見解析2．(2022·浙江高考)離子推動器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推動器設(shè)計的簡化原理如圖1所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價正離子；Ⅱ為加速區(qū)，長度為L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強電場。Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進入Ⅱ區(qū)，被加速后以速度vM從右側(cè)噴出。Ⅰ區(qū)內(nèi)有軸向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在離軸線eq\f(R,2)處的C點持續(xù)射出確定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動，截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成α角(0<α≤90°)。推動器工作時，向Ⅰ區(qū)注入淡薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為v0，電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大，電離效果越好。已知離子質(zhì)量為M；電子質(zhì)量為m，電量為e。(電子遇到器壁即被吸取，不考慮電子間的碰撞)(1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大??；(2)為取得好的電離效果，請推斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面對里”或“垂直紙面對外”)；(3)α為90°時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍；(4)要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與α角的關(guān)系。解析：(1)由動能定理得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＝eU ①U＝eq\f(Mv\o\al(2,M),2e) ②a＝eq\f(eE,M)＝eeq\f(U,ML)＝eq\f(v\o\al(2,M),2L) ③(2)垂直紙面對外 ④(3)設(shè)電子運動的最大半徑為r，由圖甲中幾何關(guān)系得2r＝eq\f(3,2)R ⑤eBv＝meq\f(v2,r) ⑥所以有v0≤v＜eq\f(3eBR,4m) ⑦要使⑦式有解，磁感應強度B＞eq\f(4mv0,3eR) ⑧(4)如圖乙所示，OA＝R－r，OC＝eq\f(R,2)，AC＝r依據(jù)幾何關(guān)系得r＝eq\f(3R,42－sinα) ⑨由⑥⑨式得vmax＝eq\f(3eBR,4m2－sinα)答案：見解析3．(2022·福建高考)如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長為L、寬為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽視的導體板，兩導體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應強度大小為B，方向沿z軸正方向的勻強磁場中。管道內(nèi)始終布滿電阻率為ρ的導電液體(有大量的正、負離子)，且開關(guān)閉合前后，液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流淌，液體所受的摩擦阻力不變。(1)求開關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢差大小U0；(2)求開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強差的變化Δp；(3)調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積S＝dh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應的寬高比d/h的值。解析：(1)設(shè)帶電離子所帶的電荷量為q，當其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，U0保持恒定，有qv0B＝qeq\f(U0,d) ①得U0＝Bdv0。 ②(2)設(shè)開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強差分別為p1、p2，液體所受的摩擦阻力均為f，開關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安，有p1hd＝f③p2hd＝f＋F安 ④F安＝Bid ⑤依據(jù)歐姆定律，有I＝eq\f(U0,R＋r) ⑥兩導體板間液體的電阻r＝ρeq\f(d,Lh) ⑦由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝eq\f(Ldv0B2,LhR＋dρ)。 ⑧(3)電阻R獲得的功率為P＝I2R ⑨P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Lv0B,\f(LR,d)＋\f(ρ,h))))2R ⑩當eq\f(d,h)＝eq\f(LR,ρ)時 ?電阻R獲得的最大功率Pm＝eq\f(LSv\o\al(2,0)B2,4ρ)。 ?答案：見解析4．(2022·四川高考)在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝eq\f(9,44)m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角θ＝37°。過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁感應強度B＝1.25T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E＝1×104N/C。小物體P1質(zhì)量m＝2×10－3kg、電荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力。當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t＝0.1s與P1相遇。P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力。求：(1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大?。?2)傾斜軌道GH的長度s。解析：(1)設(shè)小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則F1＝qvB ①f＝μ(mg－F1) ②由題意，水平方向合力為零F－f＝0 ③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s(2)設(shè)P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，依據(jù)動能定理qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)－eq\f(1,2)mv2 ⑤P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，依據(jù)牛頓其次定律qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P1在GH上運動的距離為s1，則s1＝vGt＋eq\f(1,2)a1t2 ⑦設(shè)P2質(zhì)量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2 P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P2在GH上運動的距離為s2則s2＝eq\f(1,2)a2t2 ⑨聯(lián)立⑤～⑨式，代入數(shù)據(jù)得s＝s1＋s2 ⑩s＝0.56m答案：(1)4m/s(25．(2022·四川高考)如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽視邊緣效應。p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點右側(cè)相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面。質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的靜止粒子被放射裝置(圖中未畫出)從O點放射，沿p板上表面運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間。粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。(1)求放射裝置對粒子做的功；(2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r，開關(guān)S接“1”位置時，進入板間的粒子落在b板上的A點，A點與過K孔豎直線的距離為l。此后將開關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強度；(3)若選用恰當直流電源，電路中開關(guān)S接“1”位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應強度大小合適的勻強磁場(磁感應強度B只能在0～Bm＝eq\f(\r(21)＋5m,\r(21)－2qt)范圍內(nèi)選取)，使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面的夾角的全部可能值(可用反三角函數(shù)表示)。解析：(1)設(shè)粒子在p板上做勻速直線運動的速度為v0，有h＝v0t ①設(shè)放射裝置對粒子做的功為W，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ②聯(lián)立①②式可得W＝eq\f(mh2,2t2) ③(2)S接“1”位置時，電源的電動勢E0與板間電勢差UE0＝U ④板間產(chǎn)生勻強電場的場強為E，粒子進入板間時有水平方向的速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運動，設(shè)加速度為a，運動時間為t1，有U＝Eh ⑤mg－qE＝ma ⑥h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) ⑦l＝v0t1 ⑧S接“2”位置，則在電阻R上流過的電流II＝eq\f(E0,R＋r) ⑨聯(lián)立①④～⑨式得I＝eq\f(mh,qR＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2))) ⑩(3)由題意知此時在板間運動的粒子重力與電場力平衡，當粒子從K進入板間后馬上進入磁場做勻速圓周運動，如圖所示，粒子從D點出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運動，DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角θ，磁場的磁感應強度B取最大值時的夾角θ為最大值θm，設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R) ?過D點作b板的垂線與b板的上表面交于G，由幾何關(guān)系有eq\x\to(DG)＝h－R(1＋cosθ) ?eq\x\to(TG)＝h＋Rsinθ ?tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(\x\to(DG),\x\to(TG)) ?聯(lián)立①?～?式，將B＝Bm代入，求得θm＝arcsineq\f(2,5) ?當B漸漸減小，粒子做勻速圓周運動的半徑R也隨之變大，D點向b板靠近，DT與b板上表面的夾角θ也越變越小，當D點無限接近于b板上表面時，粒子離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運動而從T孔飛出板間區(qū)域，此時Bm＞B＞0滿足題目要求，夾角θ趨近θ0，即θ0＝0 ?則題目所求為0＜θ≤arcsineq\f(2,5) ?答案：(1)eq\f(mh2,2t2)(2)eq\f(mh,qR＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2)))(3)0＜θ≤arcsineq\f(2,5)6．(2022·山東理綜)如圖甲所示，相隔確定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面對里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t＝0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t＝eq\f(T0,2)時刻通過S2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)。(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d。(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應強度的大小。解析：(1)粒子由S1至S2的過程，依據(jù)動能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2①由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m))②設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓其次定律得qeq\f(U0,d)＝ma③由運動學公式得d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T0,2))2④聯(lián)立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))⑤(2)設(shè)磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)⑥要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R>eq\f(L,2)⑦聯(lián)立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))⑧(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有d＝vt1⑨聯(lián)立②⑤⑨式得t1＝eq\f(T0,4)⑩若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，依據(jù)運動學公式得d＝eq\f(v,2)t2?聯(lián)立⑨⑩?式得t2＝eq\f(T0,2)?設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt＝3T0－eq\f(T0,2)－t1－t2?聯(lián)立eq\o(○,\s\up1(10))??式得t＝eq\f(7T0,4)?設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結(jié)合運動學公式得T＝eq\f(2πm,qB)?由題意可知T＝t?聯(lián)立???式得B＝eq\f(8πm,7qT0)?答案：見解析7．(2022·天津理綜)對鈾235的進一步爭辯在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義。如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直