《2020届高考物理专题训练：磁场(两套附详细答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理专题训练：磁场(两套附详细答案解析).pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 高考物理专题训练：磁场（基础卷）一、(本题共 13 小题，每小题 4 分，共 52 分。在每小题给出的四个选项中，第18 题只有一项符合题目要求，第913 题有多项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0 分)1关于安培力，下列说法正确的是()A通电直导线在某处所受安培力的方向跟该处的磁场方向相同B通电直导线在某处不受安培力的作用，则该处没有磁场C通电直导线所受安培力的方向可以跟导线垂直，也可以不垂直D通电直导线跟磁场垂直时受到的安培力一定最大【答案】D【解析】安培力的方向一定与磁场垂直，也一定与导线垂直，选项A、C错误；当通电直导线与磁场平行放置时，不受安培力作
2、用，选项B错误。2在重复奥斯特电流磁效应的实验时，需要考虑减少地磁场对实验的影响，则以下关于奥斯特实验的说法中正确的是()A通电直导线竖直放置时，实验效果最好B通电直导线沿东西方向水平放置时，实验效果最好C通电直导线沿南北方向水平放置时，实验效果最好D只要电流足够大，不管通电直导线怎样放置实验效果都很好【答案】C【解析】由于在地球表面小磁针静止时北极指北、南极指南，所以通电直导线沿南北方向水平放置时，电流在小磁针所在位置的磁场方向为东西方向，此时的效果最好。3科学研究发现，在地球的南极或北极所看到的美丽极光，是由来自太阳的高能带电粒子受到地磁场的作用后，与大气分子剧烈碰撞或摩擦所产生的结果，如
3、图所示。则下列关于地磁场的说法中，正确的是()A若不考虑磁偏角的因素，则地理南极处的磁场方向竖直向下B若不考虑磁偏角的因素，则地理北极处的磁场方向竖直向上C在地球赤道表面，小磁针静止时南极指向北的方向D在地球赤道表面，小磁针静止时南极指向南的方向【答案】D【解析】在不考虑磁偏角的情况下，地球的南极相当于磁体的北极，故该处的磁场方向竖直向上，选项 A、B错误；赤道处的地磁场方向向北，所以小磁针的南极指向南的方向，D正确。4在某磁场区域中画出了如图所示的三条磁感线，则下列关于磁场中a、b两点的说法中正确的是()Aa 处没有磁感线，所以a 点的磁感应强度Ba0 Ba 处的磁感应强度小于b 处的磁感应
4、强度C同一通电导线放在a 处所受到的安培力比放在b 处所受到的安培力大D同一通电导线放在a 处所受到的安培力比放在b 处所受到的安培力小【答案】B【解析】画出的磁感线仅为示意图，a 处的磁感应强度不为零，选项A错；磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，选项B正确；安培力的大小除跟该处的磁感应强度的大小以及I、L有关外，还跟导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，C、D错误。5如图所示为在科学研究中用来束缚某种粒子的磁场的磁感线分布情况，以图中白点 O为坐标原点，沿 Z 轴正方向的磁感应强度大小的变化最有可能的是()【答案】C【解析】磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，以图中白点O为坐标原点，
5、沿 Z 轴正方向磁感应强度 B大小的变化最有可能为C。6关于带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力，下列说法正确的是()A带电粒子的速度越大，洛伦兹力一定越大B当带电粒子的速度与磁场方向平行时，洛伦兹力最大C洛伦兹力的方向可以跟速度方向垂直，也可以不垂直D洛伦兹力不做功，所以洛伦兹力一定不会改变带电粒子的速度大小【答案】D 3【解析】当带电粒子的速度与磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用，选项A、B错；洛伦兹力的方向既跟速度垂直，也跟磁场垂直，选项C错。7不计重力的带电粒子穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示出粒子的径迹，这是云室的原理，图示是在云室中拍摄的正、负电子运动径迹
6、的照片。若已知在云室处有方向垂直于照片向内的匀强磁场，图中Oa、Ob、Oc、Od是从 O点发出的四个粒子的径迹，则下列说法中正确的是()A打到 a、b 点的粒子是正电子B打到 c、d 点的粒子是正电子C打到 c 点的粒子受到的洛伦兹力最小D打到 d 点的粒子受到的洛伦兹力最大【答案】A【解析】根据左手定则可知，打到a、b 点的粒子是正电子，选项A正确；根据轨迹图可知，打到 c 点的粒子的半径最大，速度最大，所以其受到的洛伦兹力最大，选项C、D错误。8 如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。ab 边中点有一电子发源O，可向磁场
7、内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从 a、d 两点射出的电子的速度大小分别为()A14kBl，54kBl B14kBl，54kBlC12kBl，54kBl D12kBl，54kBl【答案】B【解析】a点射出粒子半径Ra14lamvBq，得va14kBl，d点射出粒子半径Rb54l，同理可得 vd54kBl，故 B选项符合题意。9物理学家劳伦斯于1932年发明回旋加速器。如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的电场强度恒定，且被限制在 A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，图
8、中 P1、P2、P3分别为带电粒子在磁场做圆周运动三个相邻轨迹的最右边缘的点，对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是()A带电粒子每运动一周就被加速一次B带电粒子每运动一周就被加速二次CP1P2P2P3D加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关【答案】AD【解析】带电粒子每运动一周就被加速一次，加速电场方向不需要做周期性的变化，选项A正确、B错误；由 nqU m，rn，解得 rn，由此可知，P1P2P2P3，选项 C错误；当加速粒子的速度最大时，有m，选项 D正确。10如图所示，在虚线所包围的圆形区域内有方向垂直于圆面向里的匀强磁场，从磁场边缘的 A点沿半径方向射入一束速率不同的质子，这些质
9、子在磁场里运动的过程中，以下说法正确的是()A周期相同，但运动时间不同，速率大的运动时间长B运动半径越大的质子运动时间越短，偏转角越小C质子在磁场中的运动时间均相等D运动半径不同，运动半径越大的质子向心加速度越大【答案】BD【解析】由 Bqvm，可得 r，v 越大，则 r 越大。周期 T，则周期与运动速度大小无关，运动时间 t T，其中 tan，所以 v 越大，则 r 越大、越小、t 越小，选项 A、C错，B正确。向心加速度a，r 越大，则 v 越大，a 也越大，选项 D正确。11霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件一般用半导体材料做成，有的半导体中的载流子(自由电荷)是自由电子，
10、有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)。如图所示为用半导体材料做成的霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入电流 I 的方向如图所示，C、D两侧面会形成电势差。则下列说法中正确的是()A若元件的载流子是自由电子，则D侧面的电势高于 C侧面的电势B若元件的载流子是空穴，则D侧面的电势高于 C侧面的电势C在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直5 D在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平【答案】AC【解析】若载流子为自由电子，由左手定则可判断电子受洛伦兹力作用使其偏向C侧面，则C侧面的电势会低于D侧面，选项 A正确；若载流子为空穴，根
11、据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向 C侧面聚集，C侧面的电势会高于D侧面，选项 B错误；地球赤道上方的地磁场的方向水平向北，霍尔元件的工作面应保持竖直才能让地磁场垂直其工作面，选项C正确，D错误。12如图所示，在 x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在 xOy平面内，从原点 O处沿与 x 轴正方向成 角(0)以速率 v 发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是()A若 v 一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B若 v 一定，越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远C若 一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D若 一定，则粒子在磁场中运动的时间与
12、v 无关【答案】AD【解析】由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转，若v 一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项 A正确；若 v 一定，等于 90时，粒子离开磁场的位置距O点最远，选项B错误；若 一定，粒子在磁场中运动的周期与v 无关，则粒子在磁场中运动的角速度也与v 无关，粒子在磁场中运动的时间与v 无关，选项 C错误、D正确。13如图所示，在直角三角形 AOC 的三条边为边界的区域内存在着磁感应强度为 B的匀强磁场，已知 A60，边 AO的长度为 a。现在 O点放置一个可以向各个方向发射某种带负电粒子的粒子源，已知粒子的比荷为qm，发射的速度大小都为v0，且满足 v0aqBm。粒子发
13、射的方向可由图中速度与边CO的夹角 表示，不计重力作用，则粒子进入磁场后()A粒子有可能打到A点B以 60飞入的粒子在磁场中的运动时间最短C以 30飞入的粒子在磁场中的运动的时间都相等D在 AC边界上只有一半区域有粒子射出【答案】AD【解析】粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r a，当粒子以 0 飞入磁场区域时，最终将从 AC边的中点射出，随着 的增大，粒子在 AC边上的射出点将向A点靠拢，当 60时，粒子将从 A点射出磁场区域，选项A、D正确；粒子的速度大小相等，在磁场中做圆周运动的轨迹弧长越小，运动时间越短，过O点做 AC边的垂线，找出垂足位置，当粒子从该垂足位置射出时粒子在磁场中的运动时间
14、最短，选项B错误；以 EB，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，只有当粒子带负电时，粒子才向下偏转，故D错误。5质量为 m、带电荷量为 q 的小物块，从倾角为 的光滑绝缘固定斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为 B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰11 好为零，下列说法中正确的是()A小物块一定带正电荷B小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C小物块在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动D小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的作用力为零时的速率为mgBq【答案】B【解析】带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方
15、向垂直于斜面向上，根据左手定则知，小物块带负电，故A错误；小物块沿斜面运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mg sin，根据牛顿第二定律知agsin，小物块在离开斜面前做匀加速直线运动，故B正确，C错误；当物块对斜面的作用力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mg cosqvB，解得 vmg cosBq，故 D错误。6如图所示，无限长导线均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点 O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则下列选项中O处磁感应强度和图中O处磁感应强度相同的是()【答案】A【解析】由题意可知，图中O
16、处磁感应强度的大小是其中一条导线在O点的磁感应强度大小的 2 倍，方向垂直纸面向里，A中，根据安培定则可知，左上与右下的通电导线在O处产生的磁感应强度叠加为零，剩余的两条通电导线在O处产生的磁感应强度大小是其中一条导线在O点的磁感应强度的 2 倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，B中，四条通电导线在O处的磁感应强度大小是其中一条在O处的磁感应强度大小的4 倍，方向垂直纸面向里，故B错误；C中，右上与左下的通电导线在O处产生的磁感应强度叠加为零，剩余两条通电导线在O处产生的磁感应强度大小是其中一条在O处产生的磁感应强度的2 倍，方向垂直纸面向外，故C错误；D中，左上和右下的通电导线在O处产生
17、的磁感应强度叠加为零，剩余两条通电导线在O处的磁感应强度大小是其中一条在O处产生磁感应强度的2 倍，方向垂直纸面向外，故D错误。7如图所示，带电小球a 由绝缘细线 PM和 PN悬挂而处于静止状态，其中 PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心 P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球 b 从 G端口由静止释放，当小球b 运动到 H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球 b 由 G滑到 H过程中，下列说法中正确的是()A细线 PM的拉力先增大后减小B小球 b 机械能逐渐减小C小球 b 所受库仑力大小始终为2mg D小球 b 加速度大小先
18、变大后变小【答案】A【解析】设 PN与竖直方向成 角，对球 a 受力分析，竖直方向上有：FPNcos mg F库sin，水平方向上有：F库cos FPNsin FPM。解得：FPMmg tan 3mg cos()cos，下滑时从 0 增大 90，细线PM的拉力先增大后减小，故A正确；在小球b由 G滑到 H过程中，小球 b 所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，只有重力做功，库仑力和弹力不做功，小球 b 机械能守恒，故 B错误；根据机械能守恒定律，小球b 从 G滑到 H过程中，有：mgR212mv，H处有：F库mg 2vmR，则有：F库3mg，故 C错误；设 b与 a 的连线与水平方向成角，则有
19、：mgR sin 212mv，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即222221253cos2()(cos)2vaaaggR，可知小球的加速度一直变大，故D错误。8如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a 点为最高点，c 点为最低点，bd 沿水平方向。已知小球从环的顶端a 点由静止释放，下列判断正确的是()A小球能越过与 O等高的 d 点并继续沿环向上运动B当小球运动到 c 点时，洛伦兹力最大C小球从 a 点到 b 点，重力势能减小，电势能增
20、大D小球从 b 点到 c 点，电势能增大，动能先增大后减小【答案】D 13【解析】小球所受的电场力与重力大小相等，则二者的合力方向与水平方向夹角为45斜向左下，小球所受洛伦兹力、圆环的弹力方向始终与小球运动方向垂直，故不做功。该模型可等效为小球在圆环上运动只有“等效重力”做功的情况，等效最高点为弧 ad 中点，该点速度最小，等效最低点为弧 bc 中点，该点速度最大；由于 a 和 d关于等效最高点对称，则小球在 a 和 d 的速度大小相等，均为 0，即小球只能达到d 点，但不能越过d 继续向上运动，故A选项错误；由题意可知，小球的电荷量以及磁场的磁感应强度不变，小球所受洛伦兹力与小球的速度大小有
21、关，小球在弧 bc 中点速度最大，即在弧bc 中点处所受洛伦兹力最大，故B选项错误；小球从a 到 b 过程中，电场力做正功，电势能减小，故C选项错误；小球从b 到 c 过程中，电场力做负功，电势能增大，小球从 b 到弧 bc 中点过程中，合外力做正功，动能增大，从弧bc 中点到 c 过程中，合外力做负功，动能减小，则从b 到 c 过程中动能先增大后减小，故D选项正确。9图中直流电源电动势为E1 V，电容器的电容为C1 F两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l 1 m，电阻不计一质量为m 1 kg、电阻为 R 1 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接
22、1，使电容器完全充电。然后将S接至 2，MN开始向右加速运动，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B1 T 的匀强磁场(图中未画出)。当 MN 达到最大速度时离开导轨，则()A磁感应强度垂直纸面向外BMN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量为0.5 C CMN 的最大速度为 1 m/s DMN 刚开始运动时加速度大小为1 m/s2【答案】BD【解析】充电后电容器上板带正电，通过MN的电流方向由 M到 N，由于 MN 向右运动，受到的安培力向右，根据左手定则知，磁感应强度垂直纸面向里，故A错误；当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量为Q，有：Q0CE，开
23、关 S接 2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设 MN 上的感应电动势为E，有：EBlvmax.依题意有：EQC，设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F有：FB Il，由动量定理，有F t mvmax0.。又 I t Q0Q，联立得：Q B2l2C2Em B2l2C，代入数据解得Q 0.5 C，vmax0.5 m/s，B正确，C错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关 S接 2 时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为 I，有：I ER，设 MN 受到的安培力 F，有：FIlB，由牛顿第二定律有：Fma，联立以上三式得，MN 刚开始运动时加速
24、度a1 m/s2，故 D正确。10如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为 b、厚度为 d 的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为 U。已知自由电子的电荷量为e。下列说法中正确的是()AM板比 N板电势高B导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C导体中自由电子定向移动的速度为vUBdD导体单位体积内的自由电子数为BIeUb【答案】CD【解析】电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向上，则M板积累了电子，M、N之间产生向上的电场，所以M板比 N板电势低，选项A错误
25、电子定向移动相当于长度为d 的导体垂直切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势 E，则有 UEBdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，选项B错误；由 UEBdv得，自由电子定向移动的速度为vUBd，选项 C正确；电流的微观表达式是I nevS，则导体单位体积内的自由电子数nIevS，Sdb，vUBd，代入得 nBIeUb，选项 D正确。11如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d 的带正电粒子束沿x 轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(图中未画出)，所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x 轴上的 a
26、 点。下列说法中正确的是()A磁场方向一定是垂直xOy平面向里B所有粒子通过磁场区的时间相同C所有粒子在磁场区运动的半径相等D磁场区边界可能是圆弧【答案】CD【解析】由题意可知，正粒子经磁场偏转后，都集中于一点a，根据左手定则可知，磁场的方向垂直平面向外，故A错误；由洛伦兹力提供向心力，可得T2mqB，而运动的时间还与圆心角有关，因此粒子的运动时间不等，故B错误；由洛伦兹力提供向心力，可得RmvqB，由于为同15 种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于 x 轴上的 a 点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，故D正确。12如图所示，两条平
27、行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为 s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a 沿导轨匀加速下滑，重力加速度为g。在金属棒下滑到底端的过程中()A末速度的大小2vasB通过金属棒的电流大小sinmgIdBC通过金属棒的电流大小(sin)m gaIdBD通过金属棒的电荷量(sin)2m gaasQdBa【答案】ACD【解析】根据速度位移关系v22as 可得末速度的大小2vas，故 A正确；以导体棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mg sin BI
28、dma，解得通过金属棒的电流大小(sin)m gaIdB，故 B错误、C正确；金属棒运动的时间2vastaa，根据电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷量(sin)2m gaasQdBa，故 D正确。13空间存在平面直角坐标系xOy，在 x0 区域内有沿 x 轴正向的匀强电场，在x0 区域内有垂直平面向外的匀强磁场，在第二象限内有矩形OACD，OA 3h，OD 2h。一个质量为 m，电量为 q 的带正电粒子（不计重力）从A点沿 y 轴正方向以某速度射入第二象限，经t0时间后由D点进入磁场，又经一段时间射出磁场又回到A点，现只改变粒子自 A点出射速度大小至v，粒子经过一段时间运动可经过C点，则()
29、A匀强电场的场强大小为2023mhqtB匀强磁场的磁感应强度大小为033mqtC能使粒子以最短时间从A点运动至 C点的初速度 v02htD能使粒子以最短时间从A点运动至 C点的初速度 v0ht【答案】AD【解析】设粒子的初速度为v0，从 A点进入电场以后做类平抛运动，可得20132qEthm，v0t02h，2023mhEqt，A正确；粒子从 A运动到 D做类平抛的位移偏转角的正切值为32，所以速度偏转角的正切值为3，所以 D点速度与 y 轴正方向成 60，根据几何关系可得，要想粒子回到A点，粒子必须在 D点关于 x 轴对称的点回到电场才可以，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径43rh，004
30、2hvvt，所以mvrqB，03mBqt，B错误；因为不改变电场，所以粒子第一次运动到y 轴的时间不变，设粒子第一次到达y 轴的坐标为（0，y），速度为 v1，方向与 y 轴夹角为，x方向的速度为 vx，则 vt0=y，v1cos=v，v1sin=vx=02 3ht，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径1 013vtmvrqB，所以粒子第二次到达y 轴的坐标为（0，y-2 rsin），y-2 rsin=v0t-4h，第一次和第二次到达y 轴的点的间距为 2r sin=4h，与初速度无关，所以根据对称性可知，第一次到达 y 轴的坐标为（0，3h），第二次到达 y 轴的坐标为（0，h），所以能使粒子以
31、最短时间从 A点运动至 C点的初速度 v03ht，C错误，D正确。二、(本题共 4 小题，共 48 分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14(8 分)如图所示，在水平放置的光滑平行导轨一端架着一根质量 m 0.04 kg 的金属棒 ab，导轨另一端通过开关与电源相连。该装置放在高 h20 cm 的绝缘垫块上。当有竖直向下的匀强磁场时，接通开关金属棒 ab 会被抛到距导轨右端水平位移s100 cm 处。试求开关接通后安培力对金属棒做的功。(g 取 10 m/s2)17
32、【解析】在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内，安培力对金属棒做的功为W，由动能定理得：W 12mv2 (2 分)设平抛运动的时间为t，则竖直方向：h12gt2 (2 分)水平方向：svt (2 分)联立以上三式解得：W 0.5 J。(2分)15(10 分)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在 O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的 N点，PQ平行于 AO，O点到 PQ的距离为 2R。电子电荷量为 e，质量为 m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求：(1)电子进入磁场时的速
33、度大小v；(2)电子枪的加速电压U；(3)若保持电子枪与 AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距 AO为R2处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点距 N点的距离。【解析】(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力evBmv2r (1分)电子轨迹如图甲所示，由几何关系得r R (1 分)联立解得 veBRm (1分)(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eU12mv2 (2 分)联立解得 U eB2R22m (1分)(3)电子在磁场中运动的半径rR，故平行于 AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上.从与AO相距R2的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的 G点，G点位于
34、N点的左侧，其轨迹如图乙所示。由几何关系，60 (2分)GN Rtan 33 (2分)16(12 分)如图所示，在以 O为圆心，内外半径分别为R1和 R2的圆环区域内，存在垂直纸面的匀强磁场，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q、质量为 m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。(1)如图，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度 v1射出，方向与 OA延长线成 45角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。(2)在图中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v2，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？【解析】(1)作出粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子运动的轨道半
35、径为r，由牛顿第二定律得：211vqBvmr (1分)由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90，则22212rRR (1分)联立解得：1022mvBqR (1分)粒子做匀速圆周运动的周期：12 rTv (1分)粒子在磁场中运动的时间：14tT (1分)解得：0122Rtv (1分)(2)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹如图乙所示，分两种情况：第种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径：21102RRrR (1分)设此过程的磁感应强度为B1，由牛顿第二定律得：22121vqB vmr (1分)解得：210mvBqR (1分)第种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径：2120
36、22RRrR (1分)设此过程的磁感应强度为B2，则2202mvBqR (1分)19 综合、可知磁感应强度应小于202mvqR (1分)17(18 分)如图甲所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为 m、不带电的绝缘小球P以水平初速度 v0向 Q运动，03mgvqB，两小球 P、Q可视为质点，正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移。已知匀强电场的电场强度mgEq，水平台面距地面高度2222m ghq B，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)求 P、Q两球首次发生弹性碰撞
37、后小球Q的速度大小；(2)P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落地？落地点与平台边缘间的水平距离多大？(3)若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度03mgvqB向 Q运动，小球 Q的运动轨迹如图乙所示（平台足够高，小球Q不与地面相撞）。求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H。【解析】(1)小球 P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，得：0PQmvmvmv (1分)2220111222pQmvmvmv (1分)联立解得00,3pQmgvvvqB (2分)(3)对于小球 Q，由于qEmg，故 Q球做匀速圆周运动，由洛
38、伦兹力提供向心力，则2QvqvBmr (2分)经过一个周期的时间12 mtTqB (1分)小球 P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后0,03PQmgvvvqB (1分)小球 P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，则有2212hgt (1分)代入数据，得：222hmtgqB故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间22(22)mmmtqBqBqB (2分)落地点与平台边缘的水平距离222223PPm gxvtq B (1分)(3)PQ相碰后，Q球速度 vQ=v0，碰撞后 Q球开始运动至 Q球第一次运动至最低点Q球有最大速度，故从碰撞后Q球开始运动至 Q球第一次运动至最低点过程，对Q球由动量定理得：0ymqv Btmvmv (2分)即0mqBHmvmv又由动能定理可得2201122mmgHmvmv (2分)解得：22254,33mmm gvHqBq B (2分)