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1、第 1 页，共 21 页 2020高考物理必考核心知识过关练习题精选 磁场 第一卷（共 48 分）一、单选题（本大题共 9 小题，共 36 分）1.如图所示，当导线中通有电流时，小磁针发生偏转这个实验说明了（）A.通电导线周围存在磁场 B.通电导线周围存在电场 C.电流通过导线时产生焦耳热 D.电流越大，产生的磁场越强 2.中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图结合上述材料，下列说法不正确的是（）A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
2、C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 3.下面所示的实验示意图中，属于奥斯特实验，能证明通电导线周围存在磁场的是 A.B.C.D.4.下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是（）第 2 页，共 21 页 A.B.C.D.5.如图所示为某条形磁铁磁场的部分磁感线。则下列说法正确的是 A.该磁场是匀强磁场 B.a点的磁感应强度比b点的磁感应强度小 C.a点的磁感应强度比b点的磁感应强度大 D.a、b两点的磁场方向相反 6.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有
3、空隙。下列说法正确的是（）A.离子从电场中获得能量 B.离子由加速器的边缘进入加速器 C.加速电场的周期随粒子速度增大而增大 D.离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压有关 7.一带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场粒子的一段径迹如图径迹上的每一小段都可近似看成圆弧由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）从图可以确定（）A.粒子带正电，从a运动到b B.粒子带正电，从b运动到a C.粒子带负电，从a运动到b D.粒子带负电，从b到运动a 8.如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中第 3 页，共 2
4、1 页 均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（）A.0 B.B0 C.B0 D.2B0 9.套在长绝缘直棒上的小环质量为m，带电量为+q，小环内径比棒的直径略大 将棒放置在方向均水平且正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E，磁感应强度为B，小环与棒的动摩擦因数为 ，重力加速度为g，现将小环从静止释放，小环可沿绝缘直棒下滑，棒足够长，下列说法错误的是（）A.小环从静止释放瞬间加速度a0=g-B.小环运动过程的最大加速度am=g C.小环运动过程中最大速度vm=D.当摩擦力增加到与重力
5、平衡时，小球的速度最大 二、多选题（本大题共 3 小题，共 12 分）10.如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为（）A.B=，方向垂直斜面向下 B.B=，方向垂直水平面向上 C.B=，方向竖直向下 D.B=，方向水平向右 11.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接第 4 页，共 21 页 触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g,则（）A.金属棒在磁场中
6、运动时，流过电阻R的电流方向 B.金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为 C.金属棒的最大速度为 D.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为 12.如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L，导轨电阻不计，左端接有阻值为R的电阻，导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m、电阻不计的导体棒ab，在垂直导体棒的水平恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，导体棒ab刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。在这个过程中，下列说法正确的是（）A.导体棒ab刚好匀速运动时的速度 B.通过电阻的电荷量 C.导体棒的位移 D.电阻放出的焦耳热 第二卷（共
7、 52 分）三、实验题探究题（本大题共2 小题，共 14 分）第 5 页，共 21 页 13.如图为研究磁场对通电导线的作用力的实验，问：（1）若闭合开关，导体棒AB 受到的安培力方向_（“向左”或“向右”）（2）如果向右滑动“滑动变阻器”触头，导体棒AB受到安培力方向_（“反向”或“不变”），安培力大小_（“变大”、“不变”或“变小”）14.图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为
8、电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。完成下列主要实验步骤中的填空：(1)按图接线。保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D_；然后读出_，并用天平称出此时细沙的质量m2。用米尺测量D的底边长度L。(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B_。(3)判定磁感应强度方向的方法是：若_，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。四、计算题（本大题共 5 小题，共 38 分）第 6 页，共 21 页 15.如图所示，PQ和MN
9、为水平平行放置的金属导轨，相距L1 m。P、M间接有一个电动势为E6 V，内阻r1 的电源和一只定值电阻R5 ，导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好，导体棒和导轨电阻均不计，导体棒的中点用轻绳经定滑轮与质量M0.3 kg的物体相连。匀强磁场的磁感应强度B2T，方向竖直向下，金属棒ab保持静止。求：（1）流过导体棒ab棒的电流大小；（2）导体棒ab所受摩擦力的大小和方向。16.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 =37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6V、内阻r=1 的直流
10、电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.75，金属导轨电阻不计，g取 10m/s2。已知 sin 37=0.6，cos 37=0.8，求：（1）导体受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力的大小和方向。（3）若感应强度的大小和方向可以改变，为了使导体静止在斜面上且对斜面无压力，此处磁场的磁感应强度B的大小和方向。17.一带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，求：第 7 页，共 21 页(1)该带电微粒的电性？(2)该带电微粒的旋转方向？(3)若已
11、知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则线速度为多少？18.电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成 角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：（1）电子运动的轨道半径R；（2）OP的长度；（3）电子由O点射入到落在P点所需的时间t 第 8 页，共 21 页 19.如图所示，半径R=1.6m 的 光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L=3m 的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v=3m/s 的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=20N/C，磁感应强度B=3.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为
12、的物块a和b，物块a不带电，b 带的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平成角落在地面上的P 点（如图），已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为=0.1，取g=10，a、b均可看做质点。求：（1）物块a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；（2）传送带距离水平地面的高度；（3）两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量。第 9 页，共 21 页 答案和解析 1.【答案】A【解析】解：当导线中通有电流时，小磁针会发生偏转，说明电流能产生磁场，从而使小磁
13、针受到磁场力而发生偏转，即通电导线周围存在磁场，不能说明其他故 A 正确，BCD错误 故选：A 本题是电流的磁效应实验，首先是由奥斯特观察到这个实验现象，根据这个实验的意义分析即可 电流磁效应的发现，揭开了人类研究电与磁之间联系的序幕，奥斯特的成就和该实验的意义要记牢 2.【答案】C【解析】解：A、地理南、北极与地磁场的南、北极不重合有一定的夹角，即为磁偏角；故 A 正确；B、磁场是闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确；C、磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故C 错误；D、地磁场
14、与射向地球赤道的带电宇宙射线粒子速度方向并不平行，所以对带电宇宙射线粒子有力的作用，故D 正确；本题选错误的，故选：C。根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；即可确定此题的答案 本题考查了地磁场的性质以及磁通量等内容，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质 3.【答案】A【解析】丹麦物理学家奥斯特最早通过实验证明了通电导线周围存在磁场；电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的；发电机是根据电磁感应的原理制成的。第 10 页，共 21 页 此题主要考查了通电导线周围磁场的发现，发电机和电动机的制作原理，注意发电机和电动机原理的区分：电动机通电会转，所以根据磁场
15、对电流的作用；发电机使线圈转，才会有感应电流产生，所以为电磁感应。【解答】A.该图为奥斯特实验，该实验表明通电导线周围存在磁场，故 A 符合题意；B.该图为电磁感应现象的实验，若想得到电流，应该插入或拔出条形磁铁，故B 不符合题意；CD.两图都有电源，这是磁场对电流的作用实验，结论是通电导体在磁场中受力的作用，是电动机原理，故 D 不符合题意。故选 A。4.【答案】C【解析】解：A、根据同名磁极相斥，异名磁极相吸，则小磁针 N 极向右，故 A错误 B、伸开右手，四指环绕方向为电流方向，则大拇指方向为内部磁场方向，再由小磁针静止时，N 极即为磁场方向，则小磁针 N 极应向左，故 B 错误 C、由
16、安培定则知，用手握住螺线管，使四指所指的方向与电流方向相同，则螺线管的右端为 N 极，左端为 S 极，再根据小磁针 N 极指向即为磁场方向可知，小磁针 N 极的指向正确，故 C 正确；D、根据右手螺旋定则可知，通电直导线的磁场方向，右边是垂直纸面向里，则小磁针 N 极应该垂直纸面向里，故 D 错误 故选：C 通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定 且小磁针静止时 N 极的指向即为磁场方向；根据电源的正负极，确定电流方向，再利用安培定则判断螺线管的极性，最后根据磁极间的相互作用可判断小磁针的指向是否正确 本题的重点是通过安培定则先判断出螺线管的极性，再利用磁极间的相互作用规第 11 页，共
17、 21 页 律来确定小磁针的指向难度不大，但需要细心注意同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，在通电螺线管内部不适用 5.【答案】C【解析】在磁场中画一些曲线，用使曲线上任何一点的切线方向都跟这一点的磁场方向相同，这些曲线叫磁感线。本题考查了磁感应的定义和物理意义，关键明确疏密表示磁感应强度的大小，切线方向表示磁场的方向，基础题。【解答】A.匀强磁场的磁感线是一些平行且等间距的直线，故 A 错误；BC.磁感线的疏密程度反映了磁场的强弱，故 a 点的磁感应强度大于 b 点的磁感应强度，故 B 错误，C 正确；D.磁感线上任何一点的切线方向都跟这一点的磁场方向相同，故 a、b 的磁场方向相同，故 D
18、 错误；故选 C。6.【答案】A【解析】【分析】被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功。了解并理解了常用实验仪器或实验器材的原理到考试时我们就能轻松解决此类问题。【解答】解：A.由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有 qU=mv2，故离子是从电场中获得能量。故 A 正确；B.要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故 B 错误。C.据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期。第 12 页，共 21 页 所以 T=，与离子的速度大小无关。故 C 错误；D.离子在
19、磁场中洛伦兹力提供向心力，所以 qvB=所以 r=据表达式可知，离子获得的最大动能取决于 D 形盒的半径，所以最大动能为，与加速电场的电压无关。故 D 错误。故选：A。7.【答案】B【解析】解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式 r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从 b 到 a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以 B 正确。故选：B。根据粒子在磁场中运动的半径公式 r=来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质 根据 r=可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解
20、决本题的关键 8.【答案】C【解析】解：在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离为 l 的 a 点处的磁感应强度为 B0，如下图所示：由此可知，外加的磁场方向与 PQ 平行，且由 Q 指向 P，即 B1=B0；第 13 页，共 21 页 依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30=B0；解得：P 或 Q 通电导线在 a 处的磁场大小为 BP=；当 P 中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=；因外加的磁场方向与 PQ 平行，且由 Q 指向 P，磁场大小为 B0；最后由矢量的合成法则，那么 a 点处磁感应强度的大小为B=，故 C 正确，
21、ABD错误；故选：C。依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解。考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关键。9.【答案】C【解析】A.释放瞬间，则受到重力与滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，即可求解加速度；B.当电场力等于洛伦兹力时，绝缘杆对小球的支持力等于 0，故此时滑动摩擦力等于 0，此时物体的加速度最大；CD.当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大。本题考查了电场力、洛伦兹力，带电粒子在复合场中的运动，受力分析，牛顿第二定律，过程分析是容易出错之处。【解答】A.释放小环瞬间，根据牛顿第二定律，则有：mg-qE=ma，解
22、得：a=g-，故A 正确；第 14 页，共 21 页 B.当摩擦力为零时，则 qE=Bv1q，即 v1=时，加速度最大，此时合力等于重力，故最大加速度为：am=g，故 B 正确；CD.当摩擦力增加到与重力平衡时，小球的速度最大，故：（Bvq-qE）=mg 解得：vm=，故 C 错误，D 正确。本题选错误的，故选 C。10.【答案】AC【解析】解：A、若磁场方向垂直于斜面向下，由左手定则知安培力平行于斜面向上，根据平衡条件，BIL=mgsin，得：B=，故 A 正确 B 错误 D 错误；C、若磁场方向竖直向下，由左手定则知安培力水平向左，根据平衡条件：mgtan=mg，则 B=，故 C 正确；故
23、选：AC。通电导线在磁场中的受到安培力作用，由左手定则来确定安培力的方向，由平衡条件求出安培力大小，最后由安培力公式计算 B 的大小 学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向 11.【答案】BD【解析】本题考查了电磁感应中的电路、受力、功能等问题，对于这类问题一定做好感应电流、安培力、运动情况、功能转化这四个方面的分析。根据金属棒进入磁场时切割磁感线产生感应电流，可判定电流方向；由于受到向上的安培力，根据安培力与重力的大小分析其运动情况；由公式E=BLv、F=BIL求解安培力的大小；金属棒以恒定的速度下滑时重力与安培力平衡，据此列式求出此时的速度并求出 R
24、 的热功率。【解答】A.金属棒刚进入磁场的瞬间，向下切割磁感线，由右手定则可知，电阻 R 的电流方向 ba，故 A 错误；第 15 页，共 21 页 B.金属棒的速度为 v 时，由公式 E=BLv、F=BIL，得金属棒所受的安培力大小为：，故 B 正确；C.金属棒以恒定的速度下滑时，有，解得：，故 C 错误；D.金属棒以恒定的速度v 下滑时，电路中电流为：电阻 R 的热功率为：P=I2R，解得：，故 D 正确。故选 BD。12.【答案】ACD【解析】根据共点力平衡条件结合安培力的计算公式求解速度；根据动量定理列方程求解通过电阻的电荷量；根据电荷量的经验公式求解导体棒的位移；根据能量关系求解电阻
25、产生的焦耳热。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。【解答】A.导体棒匀速运动时满足，解得，故 A 正确；B.根据动量定理：，而，则，故 B 错误；C.又，联立解得，故 C 正确；D.根据能量关系，电阻放出的焦耳热，将 x 及 v 的值代入解得，故 D 正确。故选 ACD。13.【答案】（1）向左（2）不变，变小【解析】通电导线在磁场的受力与磁场方向和通电导线电流方向有关，改变其中第 16 页，共 21 页 一个，方向改变，改变两个
26、，方向不变，根据左手定则判断导体棒受力方向，根据 F=BIL求的大小。本题主要考查了左手定则，即张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁感线穿过手心，四指与电流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向。【解答】解：利用左手定则可以判断受力方向(1)向左，(2)当滑片滑动时，方向不变，但电流发生改变，故大小发生改变。故答案为：（1）向左；（2）不变，变小。14.【答案】（1）重新处于平衡状态 电流表的示数I （2）（3）m2m1【解析】（1）本实验的原理是：通过测量 D所受的安培力的大小和方向、电流的大小和方向、D的底边长度，根据 F BIL，测出 B的大小
27、和方向；因此把电流表、滑动变阻器、开关、电源和 D串联即可，如答案图所示 根据步骤可知 D的重力 G m1 g，步骤为让电流流过 D，使 D在重力、安培力和细线的拉力下重新平衡要测出安培力，需要测出拉力，即用天平称出重新加入细沙的总质量；要测出 B，需要测出电流的大小和 D的底边的长度 第 17 页，共 21 页（2）安培力 F|m2 m1|g，又 F BIL，可得 （3）由电路图知电流的方向水平向右，B方向若垂直纸面向外，则安培力方向为竖直向下，有 F+m1 g m2 g，即 m2 m1 15.【答案】解：（1）由闭合电路欧姆定律得，流过导体棒ab棒的电流大小为：；（2）由左手定则可知，导体
28、棒受水平向左的安培力，其大小为：绳对导体棒的拉力大小为：F=Mg=0.310N=3NFA 导体棒静止时根据平衡条件有：导体棒ab所受摩擦力的大小为：方向水平向左。答：（1）流过导体棒ab棒的电流大小为 1A；（2）导体棒ab所受摩擦力的大小为 1N，方向水平向左。【解析】本题考查共点力的平衡条件及闭合电路欧姆定律的应用，正确受力分析即可求解。由闭合电路欧姆定律可求得通过导体棒的电流大小，利用安培力公式计算导体棒受到的安培力大小，用左手定则判断安培力的方向，对 M 受力分析可得绳对导体棒的拉力大小，对金属棒受力分析，由共点力平衡条件可求得摩擦力。16.【答案】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源
29、构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：第 18 页，共 21 页 导体棒受到的安培力：（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力根据共点力平衡条件有：代入数据得：f=0.08N（3）若导体棒静止在斜面上且对斜面没有压力，安培力的方向必须竖直向上，而且大小等于重力，即：解得：根据左手定则可以判定，磁场的方向水平向左【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小；根据安培力的公式 F=BIL求出安培力的大小；（2）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小；（3）若导体棒静止在斜面上且对斜面没有压力，安培力的方向必须竖直
30、向上，而且大小等于重力。解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。17.【答案】解：（1）带电微粒在复合厂中做匀速圆周运动，说明重力和电场力是一对平衡力，则微粒带负电。（2）磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断粒子的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反)；（3）由（1）知qE=mg 洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有 联立解得。【解析】此题考察了带电粒子在复合场中的运动.复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场.带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某
31、两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要，该题就是根据带电粒子的运动情况来判断受到的电第 19 页，共 21 页 场力情况。（1）带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性；（2）根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断粒子的旋转方向；（3）结合重力与电场力平衡以及带电粒子在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度。18.【答案】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：；（2）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：OP=2Rsin=；（3）由图中可知圆
32、弧对应的圆心角为 2 ，粒子做圆周运动的周期：，粒子的运动时间：t=答：（1）电子运动的轨道半径R为；（2）OP的长度为；（3）电子由O点射入到落在P点所需的时间t为【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径 （2）作出粒子运动轨迹，求出 OP 的长度 （3）求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间 本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向第 20 页，共 21 页 心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题 19.【答案】解：（1）a物
33、块从释放到圆弧轨道最低点时，机械能守恒，有 得：vC4ms，在C点，由牛顿第二定律：解得：FN2102N，由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力大小FNFN2102N，方向竖直向下。（2）a、b碰撞过程动量守恒：mvC2mvC，得vC2ms，a、b整体在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为x，由牛顿第二定律有：2mg2ma，得：ag1ms2，得：x2.5mL，所以a、b整体离开传送带时与其共速，为v5ms，进入复合场后，因Eq2mg2102N，所以a、b整体一起做匀速圆周运动，有，得 由几何知识得传送带离水平地面的高度：（3）a、b整体在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功：Wf 2mgs
34、5103J，第 21 页，共 21 页 a、b整体在复合场运动过程中，电场力对其做功：W电Eqh6102J，所以，二者从碰后一直到落地，系统机械能的变化量：EWfW电5.5102J。【解析】本题考查的知识点非常综合，主要考查的是牛顿第二定律，带电粒子在复合场中运动。（1）a 物块从释放到圆弧轨道最低点时机械能守恒，vC4m s，在 C 点由牛顿第二定律解得 FN，由牛顿第三定律，a 物块对圆弧轨道压力大小 FN（2）a、b 碰撞过程动量守恒得 vC，a、b 整体在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为 s，由牛顿第二定律有得：a g，x 2.5mL，所以 a、b 整体离开传送带时与其共速，进入复合场后，a、b 整体一起做匀速圆周运动，有，得出 r，由几何知识得传送带离水平地面的高度；（3）a、b 整体在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功：Wf 2mgs，a、b整体在复合场运动过程中，电场力对其做功：W电Eqh，所以二者从碰后一直到落地，系统机械能的变化量：E WfW电。