2011届高考物理磁场预测试题7

2011年山东省高考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题目（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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．（4分）（2011•山东）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是（）A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动考点：楞次定律；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；物理学史；库仑定律；焦耳定律．分析：由物理特别是电磁学的发展历程中的科学家的贡献可知各项是否正确．解答：解：A、焦耳通过实验得出电流的热效应，并得出焦耳定律，故A正确；A、库仑总结出了真空中的点电荷间的相互作用的规律，故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕；楞次发现了感应电流的规律，故选项C错误；D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误．故选AB．点评：物理学家在物理的发展出作出了重大的贡献，在学习中应注意掌握．2．（4分）（2011•山东）甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（）A．甲的周期大于乙的周期B．乙的速度大于第一宇宙速度C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲在运行时能经过北极的正上方考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．分析：人造卫星的万有引力等于向心力，先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论；第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道的环绕速度，还是圆轨道运行的最大速度．解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向F=GF向=m=mω2r=m（）2r因而G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①T==2π②a=③由①②③式可以知道，人造卫星的轨道半径越大，线速度越小、周期越大，加速度越小，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星的线速度小、周期大，加速度小；根据①式，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；故选AC．点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论．3．（4分）（2011•山东）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇（不计空气阻力）．则（）A．两球同时落地B．相遇时两球速度大小相等C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等考点：动能；自由落体运动；竖直上抛运动；功率、平均功率和瞬时功率．分析：根据题意分析可知，ab两个球在相等的时间内，运动距离都是，加速度大小也相等，所以说明在处相遇时a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0．解答：解：A、a球做的是竖直上抛运动，b球是自由落体运动，它们的运动状态不同，不可能同时落地，故A 错误．B、从题目内容可看出，在处相遇，此时a球和b球的位移相同，时间相同，它们的加速度也相同，所以ab两个球的运动的过程恰好是相反的，把a球的运动反过来看的话，应该和b球的运动过程一样，所以在相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，所以B错误．C、由于两球运动时机械能守恒，两球恰在处相遇，从开始运动到相遇，由动能定理可知，球a动能的减少量等于球b动能的增加量，选项C正确．D、相遇后，ab两个球的速度的大小不同，而重力的大小是相同的，所以重力的功率不同，故D错误．故选C．点评：根据题目的介绍分析得出ab球的运动之间的关系是解答本题的关键，这要求熟练的掌握自由落体和竖直上抛运动的规律．4．（4分）（2011•山东）如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁．开始时a、b均静止．弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力F fa≠0，b所受摩擦力F fb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）A．F fa大小不变B．F fa方向改变C．F fb仍然为零D．F fb方向向右考点：牛顿第二定律．分析：根据弹簧和绳不同的特点，弹簧在力变化时不会发生突变，而绳的拉力是能够突变的，再根据物体的受力就可以判断摩擦力的变化情况．解答：解：将右侧细绳剪断，则剪断瞬间，弹簧的弹力的大小不变，速度不能突变，故b仍静止，弹簧对木块b 作用力方向向左，所以b所受摩擦力F fb方向应该向右；由于弹簧弹力不能发生突变，剪断瞬间，弹簧弹力不变，a的受力的情况不变，所受摩擦力也不变，所以选项AD正确．故选：AD点评：主要就是考查学生对弹簧和绳在力发生突变时它们的特点，知道这一点就很容易了．5．（4分）（2011•山东）为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是（）A．u2=190sin（50πt）VB．u2=190sin（100πt）VC．为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移D．为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据图象可以得知用户的电压偏小了，根据电压和匝数成正比的关系，可以确定需要如何来调整滑动接头P．解答：解：由于用户电压u2随时间t变化的曲线周期为0.02s，所以u2=190sin（100πt）V，选项B正确A错误；为使用户电压稳定在220V，应减小变压器原线圈匝数，应将P适当上移，选项C错误D正确．故选BD．点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，本题即可得到解决．6．（4分）（2011•山东）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是（）A ． b 点场强大于d 点场强B ． b 点场强小于d 点场强C ． a 、b 两点的电势差等于b 、c 两点间的电势差D ． 试探电荷+q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能考点： 电场的叠加；电势能．专题： 压轴题．分析： 根据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab 及bc 两点间的电势差；由电势能的定义可知ac 两点电势能的大小．解答： 解：在两等量同号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b 点场强小于d 点场强，选项A 错误B 正确；由对称性可知，a 、b 两点的电势差等于b 、c 两点间的电势差，故选项C 正确；因a 点的电势高于c 点的电势，故试探电荷+q 在a 点的电势能大于在c 点的电势能，选项D 错误．故选BC ．点评： 常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．7．（4分）（2011•山东）如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c 、d ，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处．磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c ，c 刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用a c 表示c 的加速度，E kd 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移．选项中正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．考点： 电磁感应中的能量转化．专题： 压轴题．分析： 未进入磁场时，c 、d 做自由落体运动，到达磁场上边界时速度相同．c 、d 都进入磁场后，同时在磁场中运动时，两者速度相同，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为g ．c 出磁场后，d 在切割磁感线时，此时d 的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增大，受到的安培力增大，则d 做匀减速直线运动．根据动能与高度的关系选择动能图象．解答： 解：A 、B ，设c 、d 刚进磁场时速度为v ，c 刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d ．设d 经时间t 进入磁场，并设这段时间内c 的位移为x 则由于h=，x=vt，得到x=2h，则d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h．d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错误，B正确；C、D，c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下落高度的增加而均匀增大，故C 错误，D正确．故选：BD．点评：本题关键在于分析两导体的受力情况和运动情况，抓住安培力大小与速度大小成正比这个结论，分析只有d切割磁感线过程d的运动情况．二、非选择题目：8．（6分）（2011•山东）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h 和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．②滑块与斜面间的动摩擦因数为．③以下能引起实验误差的是cd．a．滑块的质量b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题；压轴题；摩擦力专题．分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；解答：解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由x=at2和H=gt2得：所以=②根据几何关系可知：sinα=，cosα=对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，联立方程解得μ=③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd．故答案为：①②③c d点评：本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析，9．（6分）（2011•山东）某同学利用图1所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率．（1）所得实验数据如下表，请在图2中画出U﹣I的图象．U/V 1.96 1.86 1.80 1.84 1.64 1.56I/A0.050.150.250.350.450.55（2）根据所画的U﹣I图象，可求得电流I=0.20A时电源的输出功率约为0.37W（保留两位有效数字）．（3）（多选题）实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在图3所示的电路中（R x阻值未知），你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是考点：电功、电功率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据表中实验数据在坐标系中描点，然后根据描出的点作出U﹣I图象．（2）由图象找出电路电流为0.20A时的路端电压，然后由P=UI求出电源的输出功率．（3）根据电路图，分析电路结构，然后答题．解答：解：（1）根据表中实验数据在坐标系中描点，然后作出图象，U﹣I图象如图所示；（2）由图象可知，电流I=0.20A时，电源输出电压为1.84V，电源的输出功率为P=UI=1.84×0.20W≈0.37W．（3）A、当滑动变阻器滑动片滑动到最右端，电源短路，存在安全隐患，故A错误；B、滑动变阻器采用分压接法，既能保护电路，又能测测出电源的输出功率，故B正确；C、滑动变阻器采用限流接法，既能保护电路，又能测测出电源的输出功率，故C正确；D、电压表测滑动变阻器两端电压，并不能测出电路的路端电压，该电路能保证电路安全，但不能测出电源的输出功率，故D错误；故答案为：（1）图象如图所示；（2）0.37；（3）BC．点评：应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法．10．（15分）（2011•山东）如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg．B与A左段间动摩擦因数μ=0.4．开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B 脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m．（取g=10m/s2）求（1）B离开平台时的速度v B．（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间t B和位移x B．（3）A左端的长度l2．考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动．分析：对A、B隔离受力分析，根据受力情况再做运动过程情况分析，根据运动性质结合物理规律解决问题．要注意物体运动的位移指的是相对于地面的位移．要善于画出运动过程的位置图象，有利于解题．解答：解：（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：h=gt2，x=v B t联立解得v B=2m/s．（2）设B的加速度为a B，B在A的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动．由牛顿第二定律，F合=μmg=ma B，由匀变速直线运动规律，v B=a B t B，x B=a B t B2，联立解得：t B=0.5s，x B=0.5m．（3）设B刚好开始运动时A的速度为v，以A为研究对象，由动能定理得Fl1=Mv12设B运动后A的加速度为a A，由牛顿第二定律和运动学的知识得：F﹣μmg=Ma A，（l2+x B）=v1t B+a A t B2，联立解得l2=1.5m．答：（1）B离开平台时的速度v B为2m/s．（2）B运动的时间t B为0.5s，位移x B为0.5m．（3）A左端的长度l2为1.5m．点评：能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决．动能定理的应用要注意过程的选取和总功的求解．11．（18分）（2011•山东）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图Ⅰ、Ⅰ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m、电量为﹣q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=30°．（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0；（2）若Ⅰ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅰ区的最低点之间的高度差h；（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件；（4）若B1≠B2、L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅰ区右边界射出．为使粒子从Ⅰ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．分析：（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B0．找出轨迹的圆心角，求出时间．（2）由几何知识求出高度差．（3）当粒子在区域Ⅰ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区．由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件．（4）由几何知识分析L1、L2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．解答：解：（1）如图所示，设粒子射入磁场区域Ⅰ时的速度为v，匀速圆周运动的半径为R1．根据动能定理，得qU=mv2①由牛顿定律，得qvB0=m②由几何知识，得L=2R1sinθ=R1③联立代入数据解得B0=④粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为t0=⑤联立上述①②③④⑤解得t0=（2）设粒子在磁场Ⅰ区中做匀速圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2=m由于B2=B1，得到R2=R1=L由几何知识可得h=（R1+R2）（1﹣cosθ）+Ltanθ联立，代入数据解得h=（2﹣）L（3）如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足R2（1+sinθ）＜L代入数据解得B2＞h（4）如图3所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L1=R1（sinθ+sinα）L2=R2（sinθ+sinα联立解得B1R1=B2R2又R1=R2=解得B1L1=B2L2答：（1）B0=，t0=．（2）粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅰ区的最低点之间的高度差h=（2﹣）L．（3）为使粒子能返回Ⅰ区，B2应满足的条件是B2＞．（4）为使粒子从Ⅰ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式是B1L1=B2L2．点评：本题的难点在于分析临界条件，粒子恰好穿出磁场时，其轨迹往往与边界相切．【物理-选修3-3】（8分）12．（4分）（2011•山东）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是（）A．液体的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用考点：* 晶体和非晶体；* 液体的表面张力现象和毛细现象．分析：分子势能与物体的体积有关．晶体分单晶体和多晶体，物理性质不同．温度决定分子平均动能．露珠是液体表面张力作用的结果解答：解：A、物体体积变化时，分子间的距离将发生改变，分子势能随之改变，所以分子势能与体积有关，故A正确B、晶体分为单晶体和多晶体，单晶体的物理性质各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故B错误．C、温度是分子平均动能的标志，具有统计的意义，故C错误．D、液体表面的张力具有使液体表面收缩到最小的趋势，故D正确．故选：A D点评：本题要明确单晶体和多晶体的区别；其次要知道温度决定分子平均动能，而不能决定每一个分子的动能．13．（4分）（2011•山东）气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在0点处，右管D中水银面高出0点h1=14cm．后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出0点h=44cm．（已知外界大气压为1个标准大气压，1个标准大气压相当于76cmHg）（1）求恒温槽的温度．（2）此过程A内气体内能增大（填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将吸热（填“吸热”或“放热”）．考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律．专题：理想气体状态方程专题．分析：①由于温泡A内封闭气体的体积不变，所以可根据查理定律得求解恒温槽的温度，就需要确定在冰水混合物中时气体的压强和在恒温槽中时气体的压强．②由于气体温度升高，所以A内气体分子的平均动能增大，由于理想气体，不计分子势能，要判定气体是否吸热，可根据热力学第一定律ⅠU=Q+W得出．解答：解：①由于使C中水银面仍在O点处，故温泡A内封闭气体的体积保持不变，发生等容变化．冰水混合物的温度T1=273K，此时封闭气体的压强P1=P0+h1=90cmHg设待测恒温槽的温度T2，此时封闭气体的压强P2=P0+h2=120cmHg根据查理定律得：代入数据得T2=364 K（或91Ⅰ）②A中气体温度升高，理想气体的内能增加（理想气体只考虑分子平均动能），气体不对外做功，由热力学第一定律ⅠU=Q+W可得，气体吸热．答：①恒温槽的温度为364K．②增大；吸热．点评：解决本题的关键是分析清楚气体状态变化过程，确定出初末两个状态已知的参量．【物理-物理3-4】（8分）14．（2011•山东）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t1=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2=0.01s时的波形图．已知周期T＞0.01s．①波沿x轴正方向（填“正”或“负”）方向传播．②求波速．考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：根据上下坡法，通过质点的振动方向得出波的传播方向．根据波形传播的距离以及传播的时间求出波速的大小．解答：解：①t1=0时，P质点向y轴负方向运动，根据上下坡法知，波沿x轴正向传播．②因为t2﹣t1=0.01s＜T则波速v=．联立①②式代入数据求得v=100m/s．答：①波沿x轴正方向传播．②波速的大小为100m/s．点评：解决本题的关键知道振动和波动的联系，掌握波速的求法：1、v=，2、v=．15．（2011•山东）如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角ⅠAOB=60°．一束平行于角平分线OM 的单色光由叫射人介质，经OA折射的光线恰平行于OB．（1）求介质的折射率．（2）折射光线中恰好射到M点的光线不能（填“能”或“不能”）发生全反射．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（1）根据题意作出光路图，由几何知识求出入射角和折射角，即可由折射定律公式n=求解折射率．（2）由几何知识求出光线在M点的入射角，与临界角比较，分析能否发生全反射．解答：解：（1）作出光路图，由几何知识可知，入射角i=60°，折射角r=30°根据折射定律得n===（2）由几何知识求出光线在M点的入射角i′=30°，sini′=0.5临界角的正弦为sinC==＞sini′，即有i′＜C故折射光线中恰好射到M点的光线不能发生全反射．答：（1）介质的折射率为；（2）不能点评：对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解入射角和折射角．【物理-物理3-5】（8分）16．（2011•山东）碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．（碘的电荷数是53）（1）碘131的衰变方程：I→X+e（衰变后的元素用×表示）（2）经过16天有75%的碘发生衰变．考点：裂变反应和聚变反应；原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程．根据半衰期的定义求出有75%的碘131核发生了衰变的时间．解答：解：衰变过程中质量数和电荷数守恒，衰变方程式：I→X+e；半衰变期为8天，m=m0，m0为衰变前的质量，m为经过时间t后的剩余质量，T为半衰期．有75%的碘131核发生了衰变，m=m0，解得：t=16天．故答案为：I→X+e；16．点评：本题要求学生能熟记放各种射线的性质，并能根据平行板电容器内电场的性质区分射线的种类．能够应用半衰期进行定量的计算．17．（2011•山东）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）考点：动量守恒定律．分析：在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．解答：解：设抛出货物的速度为v，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0=11mv1﹣mv，甲船与货物：10m×2v0﹣mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0；答：抛出货物的最小速度为4v0．点评：知道两船避免碰撞的条件，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择．祝福语祝你马到成功，万事顺意!。

专题五：电路与电磁感应一．选择题（本题共14小题，每小题至少1个选项符合题意）1.酒精测试仪的工作原理如图所示，其中P是半导体型酒精气体传感器，该传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，R0为定值电阻。

以下关于电压表示数的倒数(1U)与酒精气体浓度的倒数(1C)之间关系的图象，正确的是( )2．为锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，如图是原理图。

轻质弹簧右端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计)，弹簧劲度系数为100N/cm。

定值电阻R0=5Ω，ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，阻值R1=25Ω，电源输出电压恒为U=3V，理想电流表的量程为 0～0.6。

当拉环不受力时，滑片P处于a端．下列关于这个电路的说法正确的是（不计电源内阻）（）．小明在电路中连入R0的目的是保护电路．当拉环不受力时，闭合开关后电流表的读数为0.1．当拉力为400N时，电流表指针指在0.3处．当拉力为400N时，电流表指针指在0.5处3．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为 2.0和24.0V。

则这台电动机正常运转时输出功率为（）．32W ．44W ．47W ．48W4.如图所示，E为有内阻的电源，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，、V均为理想电表。

电键闭合后，当滑片P由a滑至b时，下列说法中可能正确的是（）.V表的示数始终增大，表的示数始终增大.V表的示数始终增大，表的示数先减小后增大.V表的示数先增大后减小，表的示数始终增大.V 表的示数先增大后减小，表的示数先减小后增大5.2007年法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔由于发现巨磁阻效应(GMR)而荣获了诺贝尔物理学奖。

如图所示是利用GMR 设计的磁铁矿探测仪原理示意图，图中GMR 在外磁场作用下，电阻会发生大幅度减小。

学业水平模拟测试物理试卷1．在同一地点，质量不同的两个物体从同一高度同时做自由落体运动，则A ．质量大的物体下落的加速度大B ．两个物体同时落地C ．质量小的物体先落地D ．质量大的物体先落地2．如图所示，互相垂直的两个分力F 1 、F 2，将F 2绕O 点顺时针旋转至和F 1重合，则A ．合力在减小，但方向不变B ．合力在减小，同时方向在改变C ．合力在增大，但方向不变D ．合力在增大，同时方向在改变 3．做匀变速直线运动的物体，第3s 内的位移是20m ，第9s 内的位移是50m ，其加速度是A ．6m/s 2B ． 5m/s 2C ．4m/s 2D ． 3m/s 24．吊车用竖直向上的拉力F 将集装箱由静止吊起，集装箱获得大小为a 的加速度，现改用2F 的拉力吊起这个集装箱，则集装箱的加速度大小（不计其它阻力）A ．大于2aB ．等于2aC ．大于a 而小于2aD ．小于a5．在利用弹簧秤、橡皮条、细绳套、木板等器材探究力的合成的平行四边形定则实验中，下列说法中正确的是 A ．用两个弹簧秤和只用一个弹簧秤拉细绳套时，橡皮条的形变量应相同 B ．作分力和合力的图示时，分力和合力所选的标度可以不同 C ．在拉细绳套时弹簧秤可以与木板表面不平行 D ．实验时两个分力间的夹角必须大于等于90° 6．下列单位属于国际单位制中的基本单位的是A ．牛顿B ．厘米C ．焦耳D ．秒7．第一次通过实验的方法比较准确的测出引力常量的物理学家是A ．牛顿B ．开普勒C ．卡文迪许D ．伽利略 8．万有引力常量的单位是A ．kg 2/N ·m 2B ．N ·kg 2/ m 2C ．m 2/N ·kg 2D ．N ·m 2/ kg 29．若物体的加速度方向与速度方向相同，则当加速度减小时A ．物体的速度也减小B ．物体的速度先增大后减小C ．当加速度减小到零时，物体的速度达到最大D ．当加速度减小到零时，物体静止10．下列x -t 图象中，表示物体的速度逐渐增大的是ABCDF 1 F 2 O11．为了实现全球快速便捷的通信，人类发射了地球同步通信卫星，关于同步卫星下列说法中错误．．的是 A ．同步卫星在太空中是静止不动的 B ．以地面为参考系，同步卫星是静止的C ．同步卫星离地面的高度是一定的D ．同步卫星的轨道和赤道在同一平面内 12．关于“万有引力” 下列说法中正确的是A ．质量太小的物体之间不存在万有引力B ．距离太远的物体之间不存在万有引力C ．只有天体之间才存在万有引力D ．任何物体之间都存在万有引力 13．如图所示，一长为L 的轻绳，一端固定在天花板上，另一端系一质量为m 的小球，球绕竖直轴线O 1O 2做匀速圆周运动，绳与竖直轴线间的夹角为θ，则下列说法中正确的是A ．球受到重力，绳对球的拉力和向心力B ．球受到重力和绳对球的拉力C ．球需要的向心力大小为mg sin θD ．球需要的向心力大小为mg cot θ14．质量为0.5kg 的小球，在外力的作用下沿着如图所示的路径从A 点运动到B 点，A 、B 之间的高度差为1m ，g 取10m/s 2，下列说法中正确的是A ．重力做了5J 的正功B ．小球的重力势能减少了5JC ．小球的重力势能增加了5JD ．小球的重力势能增加量大于5J 15．关于曲线运动，下列说法中正确的是A ．物体做曲线运动时，速度可能不变B ．物体做曲线运动时，加速度可能不变C ．物体做曲线运动时，所受的合外力一定是在不断变化的D ．物体做曲线运动时，合外力的方向一定与速度方向垂直16．真空中有两个静止的点电荷，它们之间的库仑力为F ，若它们的电荷量都增大为原来的2倍，距离减小为原来的21，则它们之间的库仑力变为 A ．F 21B ．4FC ．8FD ．16F 17．关于紫外线，下列说法中正确的是A ．紫外线能够灭菌消毒B ．紫外线是紫色的C ．紫外线能够用来透视人体器官D ．紫外线的波长比可见光长 18．银行自动门、家电遥控器等都使用了A ．温度传感器B ．压力传感器C ．红外线传感器D ．声波传感器19．下列有关运动电荷和通电导线受到磁场对它们的作用力方向正确判断的是mIABCD20．一个50匝的闭合线圈，穿过它的磁通量在10s 内由0.8Wb 减小到0.2Wb ，则在线圈中产生的感应电动势为A ．6VB ．4VC ．3VD ．1V21．在电场中的某点放入电荷量为－q 的试探电荷，测得该点的电场强度为E ；若在该点放入电荷量为＋2q 的试探电荷，则测得该点的电场强度为A ．大小为2E ，方向和E 相反B ．大小为2E ，方向和E 相同C ．大小为E ，方向和E 相反D ．大小为E ，方向和E 相同22．如图所示，倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m 的物体A 与一劲度系数为k 的轻弹簧相连，现用拉力F 沿斜面向上拉弹簧，使物体A 在光滑斜面上匀速上滑，斜面体仍处于静止状态，下列说法正确的是A ．水平面对斜面体支持力大小等于斜面体和物体A 的重力之和B ．弹簧伸长量为mg sin α/kC ．物体A 对斜面体的压力大小为mg sin αD ．斜面体受地面的静摩擦力大小等于零23．甲、乙、丙三个小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，水平面上的P 点在丙的正下方。

2011高考物理二轮复习 磁场专题训练4一、 选择题1.（扬州市2011届第二次调研）如图所示，1L 和2L 为平行的虚线，1L 上方和2L 下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB 两点都在2L 上。

带电粒子从A 点以初速v 与2L 成030斜向上射出，经过偏转后正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，不计重力。

下列说法中正确的是（ AB ）A 、带电粒子经过B 点时的速度一定跟在A 点的速度相同； B 、若将带电粒子在A 点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B 点；C 、若将带电粒子在A 点时的初速度方向改为与2L 成060角斜向上，它就不一定经过B 点；D 、粒子一定带正电荷；2.（2011年上海市徐汇区4月模拟）如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流。

现用一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏电流计，图中未画出）检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是 （ D ） （A ）先顺时针后逆时针 （B ）先逆时针后顺时针（C ）先顺时针后逆时针，然后再顺时针 （D ）先逆时针后顺时针，然后再逆时针 3.(2011江苏淮安市)．下图中分别标明了通电直导线中电流 I 、匀强磁场的磁感应强度 B 和电流所受安培力 F 的方向，其中正确的是 （.A ）4.（2007江苏如皋海安联考）如图所示，一块铜板放在磁场中，板面与磁场方 向垂直，板内通有如图所示方向的电流，a 、b 是铜板左、右边缘的两点，则下列判断正确的是 （B ）①电势U a >U b ②电势U b >U a ③仅电流增大时，b a U U 增大 ④其它条件不变，将铜板改为NaCl 的水溶液时，电势U b >U aA ．只有②正确B ．②③正确C ．① ④正确D ．①③正确5.（2011年北京东城区二模）为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U ．若用Q 表示污水流量 (单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是 ( B )A ．若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面电势高B ．前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与电压U 成正比，与a 、b 有关6.（2011年淮安、连云港、宿迁、徐州四市第2次调研）如图所示，三根通电长直导线P 、Q 、R 互相平行，垂直纸面放置，其间距均为A ，电流强度均为I ，方向垂直纸面向里(已知电流为I 的长直导线产生的磁场中，距导线R 处的磁感应强度B=KI/R ，其中K 为常数) 。

第八章第1节磁场的描述磁场对电流的作用班级姓名成绩(时间：45分钟满分：100分)一、选择题（本题共10小题，每小题7分，每题只有一个答案正确，共70分）1. 关于磁感应强度的概念，以下说法中正确的有()A. 电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于F ILB. 电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度可能大于或等于F ILC. 磁场中电流元受力大的地方，磁感应强度一定大D. 磁场中某点磁感应强度的方向，与电流元在此点的受力方向相同2. 取两根完全相同的长导线，用其中一根绕成如图甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流，则在该螺线管内中部的磁感应强度大小为()A. 0B. 0.5BC. BD. 2B3. 如图所示，a、b、c三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方、右侧和管内，当开关闭合时，且当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是()A. a、b、c均向左B. a、b、c均向右C. a向左，b向右，c向右D. a向右，b向左，c向右4. （2010·银川模拟）在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图.过c点的导线所受安培力的方向（）A. 与ab边平行，竖直向上B. 与ab边平行，竖直向下C. 与ab边垂直，指向左边D. 与ab边垂直，指向右边5. （2009·全国）如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直.线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°，流经导线的电流为I，方向如图所示.导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()A. 方向沿纸面向上，大小为ILBB. 方向沿纸面向上，大小为ILBC. 方向沿纸面向下，大小为ILBD. 方向沿纸面向下，大小为ILB6. 如图所示，两条导线相互垂直但相隔一小段距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)()A. 顺时针方向转动，同时靠近导线ABB. 逆时针方向转动，同时离开导线ABC. 顺时针方向转动，同时离开导线ABD. 逆时针方向转动，同时靠近导线AB7. (2010·锦州模拟)如图所示，环形金属软弹簧，套在条形磁铁的中心位置.若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围面积的磁通量将( )A. 增大B. 减小C. 不变D. 无法确定如何变化8. （2010·衡水检测）如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L ，质量为m ，通过电流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 =m gsin IL α，方向垂直斜面向下B. B=m g sin IL α，方向垂直水平面向上C. B =m gtan IL α，方向水平向右D. B =m gtan ILα，方向水平向右9. 如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤的读数为F N1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图.当加上电流后，台秤的示数为F N2，则下列说法正确的是( )A. F N1>F N2，弹簧长度将变长B. F N1>F N2，弹簧长度将变短C. F N1<F N2，弹簧长度将变长D. F N1<F N2，弹簧长度将变短10. 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒.当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，说法正确的是()A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先减小后增大D. 先增大后减小二、计算题（本题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）11. （14分）如图所示，两平行光滑导轨相距为L=20 cm，金属棒MN的质量为m=10 g，电阻R=8 Ω，匀强磁场磁感应强度B方向竖直向下，大小为B=0.8 T，电源电动势为E=10 V，内阻r=1 Ω.当开关S闭合时，MN处于平衡，求变阻器R1的取值为多少?(设θ=45°,g取10 m/s2)12. (2010·烟台联考)（16分）长L=60 cm质量为m=6.0×10-2 kg，粗细均匀的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁感应强度为B=0.4 T，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，若不计弹簧重力(g取10 m/s2)，问：(1)要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小和方向如何?(2)若在金属棒中通入自左向右、大小为I=0.2 A的电流，金属棒下降x1=1 cm；若通入金属棒中的电流仍为0.2 A，但方向相反，这时金属棒下降了多少?第2节磁场对运动电荷的作用班级姓名成绩(时间：45分钟满分：100分)一、选择题（本题共10小题，每小题7分，每题只有一个答案正确，共70分）1. 每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义.假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来（如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将（）A. 向东偏转B. 向南偏转C. 向西偏转D. 向北偏转2. （改编题）同位素离子以相同的速率从a孔射入正方形空腔中，空腔内匀强磁场的磁感应强度方向如图所示.如果从b、c射出的离子质量分别为m1、m2，打到d点的离子质量为m3，则下列判断正确的是( )A. m1＞m2＞m3B. m3＞m2＞m1C. m1：m3=1∶2D. m2：m3=2∶13. 如图所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔沿a→b方向垂直射入容器内的匀强磁场中，结果一部分电子从小孔c射出，一部分电子从小孔d射出，则从c、d两孔射出的电子( )A. 速度之比v c ∶v d =1∶2B. 在容器中运动的时间之比t c ∶t d =2∶1C. 在容器中运动的加速度大小之比a c ∶a d =2∶1D. 在容器中运动的加速度大小之比a c ∶a d =2∶14. 环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，带电粒子在电压为U 的电场中加速后注入对撞机的高真空圆形状的空腔内，在匀强磁场中，做半径恒定的圆周运动，且局限在圆环空腔内运动，粒子碰撞时发生核反应，关于带电粒子的比荷q m，加速电压U 和磁感应强度B 以及粒子运动的周期T 的关系，下列说法正确的是( ) ①对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q m越大，磁感应强度B 越大 ②对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q m越大，磁感应强度B 越小③对于给定的带电粒子，加速电压U 越大，粒子运动的周期T 越小④对于给定的带电粒子，不管加速电压U 多大，粒子运动的周期T 都不变 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④5. 如图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1=2B 2,一带电荷量为+q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点（）A.12m qB π B.22m qB πC. 122m ()q B B π+ D.12m()q B B π+6. 如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R =10 cm 的圆形筒内有B =1×10-4T 的匀强磁场，方向平行于轴线.在圆形筒上某一直径两端开有小孔a 、b 分别作为入射孔和出射孔.现有一束比荷为qm =2×1011C/kg 的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出，其中入射角α=30°，且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v 大小是（）A. 4×105m/sB. 2×105m/sC. 4×106m/sD. 2×106m/s7. 如图所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120°角，若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a ，则该粒子的比荷和所带电荷的正负为( )A.3v 2aB ,正电荷B.v 2aB ,正电荷 C.3v 2aB,负电荷 D.v 2aB,负电荷8. 质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场.如图为质谱仪的原理图，设想有一个静止的质量为m 、带电量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压为U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的偏转磁场中，带电粒子打至底片上的P 点，设OP=x,则在图中能正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )9. 如图所示，x 轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从O 点射入磁场中，射入方向与x 轴均成θ角.则关于正、负离子在磁场中的说法错误的是( )A. 运动时间相同B. 运动轨道半径相同C. 重新回到x 轴时速度大小和方向均相同D. 重新回到x 轴时距O 点的距离相同10. 如图所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.P 为屏上的一个小孔.PC 与MN 垂直.一群质量为m 、带电量为-q 的粒子(不计重力)以相同的速率v ,从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开与PC 夹角为θ的范围内.则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为( )A.2m v qBB.2m vcos qBθC.2mv(1-sin )qBθ D.2m v(1-cos )qBθ二、计算题（本题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）11. (2010·合肥测试)(14分)如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围.（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间.12. （2010·贵阳模拟）（16分）如图，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于xOy所在的纸面向外.某时刻在x=l0、y=0处，一质子沿y轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x=-l0、y=0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直.不考虑质子与α粒子的相互作用.设质子的质量为m，电荷量为e.则：（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？（2）如果α粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？第3节带电粒子在复合场中的运动班级姓名成绩(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，每题只有一个答案正确，共70分)1. 一带电粒子以垂直于磁场方向的初速度飞入匀强磁场后做圆周运动，磁场方向和运动轨迹如图所示，下列情况可能的是( )①粒子带正电，沿逆时针方向运动②粒子带正电，沿顺时针方向运动③粒子带负电，沿逆时针方向运动④粒子带负电，沿顺时针方向运动A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④2. 回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个D型金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出.如果用同一回旋加速器分别加速氚核（31H）和α粒子（42He）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大速度的大小，有（）A. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大速度也较大B. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大速度较小C. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大速度也较小D. 加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大速度较大3. （改编题）如图所示，质量为m、电荷量为q的带电液滴从h高处自由下落，进入一个互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度为B，电场强度为E.已知液滴在此区域中做匀速圆周运动，则圆周运动的半径r为( )A. B.C.4. 一质量为m，电量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的3倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是（）①4qBm②3qBm③2qBm④q BmA. ①③B. ①④C. ②③D. ②④5. 如图所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，且有m a=m b＜m c=m d，以速度v a＜v b=v c＜v d 进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由此可判定（）A. 射向P1的是a离子B. 射向P2的是b离子C. 射到A1的是c离子D. 射到A2的是d离子6. （改编题）如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘平面上在其连线上有一光滑的绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域同时存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球的重力不计.现将小球从图示位置由静止释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是( )A. 小球的速度将一直增大B. 小球的加速度将一直增大C. 小球所受洛伦兹力将一直增大D. 小球所受洛伦兹力大小变化，方向也变化7. 设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法错误的是（）A. 离子必带正电荷B. A点和B点位于同一高度C. 离子在C点时速度最大D. 离子到达B点时，将沿原曲线返回A点8.（2009·北京）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b（）A. 穿出位置一定在O′点下方B. 穿出位置一定在O′点上方C. 运动时，在电场中的电势能一定减小D. 在电场中运动时，动能一定减小9. 如图所示，带电粒子在没有电场和磁场空间以v 0从坐标原点O 沿x 轴方向做匀速直线运动，若空间只存在垂直于xOy 平面的匀强磁场时，粒子通过P 点时的动能为E k ；当空间只存在平行于y 轴的匀强电场时，则粒子通过P 点时的动能为( )A. E kB. 2E kC. 4E kD. 5E k10. (2009·重庆高三质检)在一空心圆柱面内有一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B ，其横截面如图所示，磁场边界为同心圆，内、外半径分别为r ）r .圆心处有一粒子源不断地沿半径方向射出质量为m 、电量为q 的带电粒子，不计粒子重力.为使这些粒子不射出磁场外边界，粒子从圆心处射出时速度不能超过( )A.qB r mB.mC.1)qBrmD.1)qBrm二、计算题（本题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）11. （14分）在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC 固定在纸面内，其圆心为O 点，半径R =1.8 m,OA 连线在竖直方向上，AC 弧对应的圆心角θ=37°.今有一质量m =3.6×10-4kg ，电荷量q =+9.0×10-4C 的带电小球(可视为质点)，以v 0=4.0 m ／s 的初速度沿水平方向从A 点射入圆弧轨道内，一段时间后从C 点离开，小球离开C 点后做匀速直线运动.已知重力加速度g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,不计空气阻力，求：(1)匀强电场的场强E .(2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力.12. （2010·盐城模拟）（16分）如图所示，一个带电的小球从P点自由下落，P点距场区边界MN高为h，边界MN 下方有方向竖直向下、电场场强为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入电场与磁场的复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，已知ab=L，求：（1）小球的带电性质及其电量与质量的比值.（2）该匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向.（3）小球从P经a至b时，共需时间为多少？答案部分第1节磁场的描述磁场对电流的作用1. 解析:判断磁感应强度的大小，需要在电流元受力最大的前提下进行，选项A、B中的力F可能小于或等于最大受力，因此磁感应强度B可能大于或等于FIL；电流元在磁场中受力与其放置方位有关，因此电流元受力大的地方，磁感应强度不一定大；磁场的方向规定为小磁针N极受力方向，与电流元受力方向不相同.故选项B正确.答案:B2. 解析：乙为双绕线圈，两股导线产生的磁场相互抵消，管内磁感应强度为零，故A正确.答案：A3. 解析：由安培定则可以判断,通电螺线管的右边为N极，左边为S极，因磁体的外部的磁场是从N极指向S极，同时，任一点的磁场方向就是该点的磁感线的切线方向,也是静止的小磁针在该点的N极指向，因a处的磁场方向是向左的，故小磁针a的N极的指向也向左.同理可得小磁针c的N极的指向是向右，因磁体的内部的磁场是从S极指向N 极，小磁针b的N极的指向右.选项C正确.答案：C4. 解析:本题考查了安培定则和左手定则的应用.导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可知垂直ac向下.同理导线b 在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场强方向平行于ab向下，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边，选项C正确.答案:C5. 解析：本题考查安培力的大小与方向的判断.该导线可以用a和d之间的直导线长+1)L来等效代替,根据F=BIl,可知大小为(BIL,方向根据左手定则可判断沿纸面向上.A正确.答案:A6. 解析：由“电流元法”，将通电直导线CD以直导线AB为界分为左、右两段电流元.由安培定则可知通电直导线AB 在其左侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，在其右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里.根据左手定则可以判定左边的电流元受到向下的安培力，右边的电流元受到向上的安培力，因此导线CD从纸外向纸内看将逆时针转动；再由同向直线电流相互吸引的结论可知，导线CD同时靠近导线AB.故选项D正确.答案：D7. 解析:穿过弹簧所围面积的磁通量应为合磁通量，磁铁内部由S极向N极的磁通量不变，而其外部由N极向S极的磁通量随面积的增大而增大，故其合磁通量减小，选项B正确.答案:B8. 解析:当磁场方向垂直斜面向下时，由左手定则可以判断，电流所受的安培力是沿着斜面向上的，根据力的平衡条件可以求得安培力的大小等于重力的分量F=mg sin α，磁场与电流垂直，B=FIL=sinm gIL,A正确;当磁场方向垂直水平面向上时，由左手定则可以判断出，电流所受的安培力是水平向右的，此时导线受力无法平衡，B错误；当磁场方向水平向右时，电流所受的安培力和重力的方向一样是竖直向下的，由于斜面光滑，所以导线受力无法平衡，选项C、D 错误.答案:A9. 解析:以通电导线为研究对象，由左手定则可知，通电导线在磁场中受到斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知条形磁铁受到通电导线的磁场力为斜向左上方，该力产生对条形磁铁向上提拉和向左压缩弹簧的效果，则台秤示数变小，弹簧被压缩.选项B正确.答案:B10. 解析:导体棒受三个力的作用，安培力F的大小变化从图中即可看出是先减小后增大，由F=BIL知，B的大小应是先减小后增大，只有C正确.答案:C11. 解析:根据左手定则确定安培力方向，再作出金属棒平衡时的受力平面图如图.当MN 处于平衡时，根据平衡条件有： mg sin θ-BIL cos θ=0,由闭合电路的欧姆定律得I=E/（R+R 1+r ）. 由上述二式解得R 1=7 Ω.12. 解析:(1)要使弹簧不伸长，则重力应与安培力平衡，所以安培力应向上，据左手定则可知电流方向应向右，因mg=BLI ，所以I =mg/B L=2.5 A.(2)因在金属棒中通入自左向右，大小为I 1=0.2 A 的电流，金属棒下降x 1=1 cm ，由平衡条件得mg=BLI 1+2kx 1.当电流反向时，由平衡条件得mg=-BLI 1+2kx 2. 解得x 2=1.17 cm.第2节磁场对运动电荷的作用1. 解析:地磁场的方向近似是从地理的南极指向北极，在赤道上水平向北，则由左手定则可以判断，带正电的粒子的受力是向东的，所以粒子向东偏.A 选项正确.答案:A2. 解析：同位素离子的电荷量相同，速率也相同（题设条件），故据半径公式可知，离子的轨道半径与质量成正比，只有选项B 正确. 答案：B3. 解析：从c 处射出的电子和从d 处射出的电子运动半径之比为2∶1，故由r=m v qB,知v c ∶v d =2∶1,而从c 处射出的电子和从d 处射出的电子运动时间之比为4T ∶2T ；T =2m qBπ即t c ∶t d =1∶2；由a=F m=qvB m,可知a c ∶a d =v c ∶v d =2∶1.选项D 正确. 答案：D 4. 解析：根据q U=22m v ，R=m v qB联立消去v 可知②正确；粒子运动的周期T =2m qBπ与加速电压无关，④正确.答案为D.答案：D5. 解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T =2m qBπ知，粒子从O 点进入磁场到再一次通过O 点的时间t=12m qB π+2mqB π=22m qB π,所以B 选项正确.答案：B6. 解析:作入射速度的垂线与ab 的垂直平分线交于O ′点，O ′点即为轨迹圆的圆心，画出离子在磁场中的轨迹如图所示.因为∠aO ′b =2α=60°,所以r =2R=0.2 m.由qvB=2m v r可得r=m v qB.则v=q B r m=2×1011×1×10-4×0.2 m/s=4×106m/s.可知选项C 正确.答案:C7. 解析：从“粒子穿过y 轴正半轴后……”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电.作出粒子运动轨迹示意图如图.根据几何关系有r+r sin 30°=a ，再结合半径表达式r=m v qB可得q/m=3v/2aB ,故C 正确.答案：C8.解析：带电粒子先经加速电场加速，故qU =12mv 2,进入磁场后偏转，OP=x =2r =2m v qB,两式联立得OP=x,所以B 正确. 答案：B9. 解析：离子质量相同，电荷量也相同，速度也相同，所以在磁场中做圆周运动的半径相同，但因电性不同，故偏转方向相反；又因为两种离子以相同的角度入射，所以两种离子的轨迹所对的圆心角之和为2π,即两者的轨迹可合成一个整圆，θ≠π/2,则两者轨迹长度不同，综上可知B、C、D正确，答案为A.答案：A10. 解析：由图可知，沿PC方向射入磁场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最远，且PR=2m vqB；沿两边界线射入磁场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最近，且PQ=2m vqBcos θ.故在屏MN上被粒子打中的区域的长度为QR=PR-PQ=【2mv(1-cos θ)】/qB,选项D正确.答案：D11. 解析：(1)若粒子速度为v0，则qv0B=mv20/R，所以有R=mv0/qB,设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v01,如图所示，则R1+R1sin θ=L/2,将R1=mv01/qB代入上式可得v01=qBL/3m.同理设圆心在O2处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v02,如图所示，则R2-R2sin θ=L/2,将R2=mv02/qB代入上式可得v02=qBL/m.所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足qBL/3m＜v0≤qBL/m.(2)由t=αT/2π及T=2πm/qB可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越大，在磁场中运动的时间也越长.由图可知，在磁场中运动的半径r≤R1时，运动时间最长，弧所对圆心角为（2π-2θ）,所以最长时间为t=(2π-2θ)m/qB=5πm/3qB.12. 解析：（1）质子的运动轨迹如图示，其圆心在x=l0/2处，其半径r1=l0/2.又r1=mv1/eB,可得v1=eBl0/2m.（2）质子从x=l0处至达坐标原点O处的时间为t=T H/2，又T H=2πm/eB，可得t=πm/eB.α粒子的周期为Tα=4πm/eB,可得t=Tα/4两粒子的运动轨迹如图所示：l0，又2evαB=mαv2α/rα，解得vαeBl0/4m，方向与x轴正方向夹角为π/4.由几何关系得rα=2第3节带电粒子在复合场中的运动考点演练1. 解析:由左手定则可判定，若粒子带正电，则沿逆时针方向运动；若粒子带负电，则沿顺时针方向运动，故①④正确.答案为B.答案:B2. 解析:在回旋加速器中交流电源的周期等于带电粒子在D型盒中运动的周期且T=2πm/Bq，周期正比于质量与电荷量之比，加速氚核的交流电源的周期较大，C、D均错误；带电粒子在D型盒中做匀速圆周运动，Bqv=mv2/r，v=Bqr/m，当带电粒子运动的半径为D型盒的最大半径时，运动有最大速度，由于磁感应强度B和D型盒的最大半径相同，所以带电粒子的电量与质量比值大的获得的速度大，氚核获得的最大速度较小，α粒子获得的最大速度较大，A错误，B 正确.答案:B3. 解析：液滴进入电场和磁场区域的速度，液滴在重力、电场力和洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，满足mg=qE,qvB=mv2/r,可得/qB，选项C正确.答案:C4. 解析:当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv=mv2/R，得v=4BqR/m.此种情况下，负电荷运动的角速度为ω=v/R=4Bq/m.当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv=mv2/R，得v=2BqR/m.此种情况下，负电荷运动的角速度为ω=v/R=2Bq/m.选项A正确.答案:A5. 解析：从离子在磁场B2中的偏转方向可知离子带正电，而正离子在速度选择器中受到磁场B1的洛伦兹力方向又可由左手定则判断为向右，电极P1、P2间的电场方向必向左，因为qv b B1=qv c B1=qE，所以能沿直线穿过速度选择器的必然是速度相等的b、c两离子；因为qv a B1＜qE，所以a离子穿过速度选择器必向左偏射向P1；因为qv d B1＞qE，所以d 离子穿过速度器时必向右偏射向P2；因为m b v b qB2＜m c v c qB2，所以在B2中偏转半径较小而射到A1的是b离子，在B2中偏转半径较大而射到A2的是c离子.故A正确.答案:A6. 解析：Q1、Q2连线上中点处电场强度为零，从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力总是指向中点，又因杆光滑，所以小球将做关于Q1Q2连线中点对称的往复运动，中点位置速度最大，两端速度为零，所以洛伦兹力大小不断变化方向也变化，由以上分析可知只有D正确.答案:D。

北大附中高考物理预测题(一)命题人:王留峰 日期:2011年4月21一、选择题（本题共8小题。

在每小题给出的四个选项中，共48分。

有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1． 在2009年60周年国庆阅兵式中，我空军某部的直升机梯队在地面上空某高度A 位置处于静止待命状态，要求该梯队10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB 段加速后，进入BC 段的匀速受阅区，11时准时通过C 位置，如图所示。

已知AB =5 km ，BC =10 km ，若取飞机出发的时刻为t=0，沿AC 方向建立坐标轴，A 点作为坐标原点，下列关于直升机的速度v 、加速度a 和位移x 的图象可能正确的是（）A B C D2．一小水电站，输出的电功率为 20kW ，输电线总电阻为0．50Ω，如果先用400V 电压输送，后又改用 2000V 电压输送，则输送电压提高后，输电导线上损失的电功率 （ ） A ．减少50W B ．减少1200W C ．减少7．68×103W D ．增大7．68×103w 3．据报道，中俄双方将联合对火星及其卫星“火卫一”进行探测。

“火卫一”位于火星赤道正上方，到火星中心的距离为9450km 。

“火卫一”绕火星1周需7h39min 。

若其绕行轨道可认为是圆形轨道，引力常量为G ，由以上信息可以确定 （ ） A ．火卫一的质量 B ．火星的质量 C ．火卫一的绕行速度 D ．火卫一的向心加速度 4．如图所示，长为L 的细绳，一端系着一只小球，另一端悬于O点，将小球由图示位置由静止释放，当摆到O 点正下方时，绳被小钉挡住。

当钉子分别处于图中A 、B 、C 三个不同位置时，小球继续摆的最大高度分别为h 1、h 2、h 3，则（ ） A ．h 1＞h 2＞h 3 B ．h 1=h 2=h 3 C ．h 1＞h 2=h 3 D ．h 1=h 2＞h 3 5．如图所示，在高为L 的木箱abcd 的底部放有一个小物体Q （可视为质点），现用力F 向上拉绳，使木箱由静止开始运动，若保持拉力的功率不变，经过t 性会继续向上运动，且恰能达到木箱顶端。

2011年高考物理试题分类汇编和解析——电磁学（最新）
全国卷1 17.如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。

线段ab、bc和cd的长度均为L，且?abc??bcd?135。

流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。

导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力
A.
方向沿纸面向上，大小为1)ILB
B.
方向沿纸面向上，大小为1)ILB
C.
方向沿纸面向下，大小为1)ILB
D.
方向沿纸面向下，大小为1)ILB
答案A
【解析】本题考查安培力的大小与方向的判断.该导线可以用a和d之间的直导线长为0(2?1)L来等效代替,根据F?BIl,可知大小为(2?1)BIL,方向根据左手定则.A正确.
18.如图所示。

一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）
对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴
的右侧，MP⊥ON，则
A.M点的电势比P点的电势高
B.将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C. M、N 两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D.在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运
动
答案AD
【解析】本题考查电场、电势、等势线、以及带电粒子在电场中的运动.由图和几何关系可知M和P两点不处在同一等势线上而且有?M??P,A对.将负电荷由O点移到P要克服电场力做功,及电场力做负功,B错.根据U?Ed,O到M的平均电场强度大于M到N的平均电场强度,所以有UOM?UMN,C错.从O点释放正电子后,电场力做正功,该粒子将沿y轴做加速直线运动.
26（21分）（注意：在试题卷上作答无效）
．．．．．．．．．。

2011高考物理二轮复习 磁场专题训练1一、选择题1．上海市七校2011届高三下学期联考如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与两相同的定值电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。

有一导体棒ab 质量为m ，棒的电阻R=0.5R 1，棒与导轨之间的动摩擦因数为μ。

导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，定值电阻R 2消耗的电功率为P ，此时下列正确的是 （ AC ）A ．此装置因摩擦而产生的热功率为μmgvcos θB ．此装置消耗的机械功率为 μmg vcos θC ．导体棒受到的安培力的大小为v P4 D ．导体棒受到的安培力的大小为vP82．福建省泉州市四校2011届高三上学期期末联考如图，质量为m 、电量为e的电子的初速为零，经电压为U 的加速电场加速后进入磁感强度为B 的偏转磁场（磁场方面垂直纸面），其运动轨迹如图所示。

以下说法中正确的是( D ) A ．加速电场的场强方向向上B ．偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里C ．电子在电场中运动和在磁场中运动时，加速度都不变，都是匀变速运动D ．电子在磁场中所受的洛伦兹力的大小为eUm meBf 23．江苏省淮阴中学2011届高三学情调研如图所示，正方形区域abcd 中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

一个氢核从ad 边的中点m 沿着既垂直于ad 边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab 边中点n 射出磁场。

若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（ C ） A ．在b 、n 之间某点 B ．在n 、a 之间某点C ．就从a 点射出D ．在a 、m 之间某点 4．河南省南召二高2011届高三上学期期末模拟如图,两根平行放置的长直导线a 和b 通有大小分别为I 和2I 、方向相同的电流,a 受到的磁场力大小为F,当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a 受到的磁场力为零,则此时b 受到的磁场力大小为（ C ）A.FB.2FC.3FD.4F5．江苏省泰州市三所重点高中2011届高三期末如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图。

高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）2011年高考物理真题分类汇编（详解+精校）电磁感应1．（2011年高考·海南理综卷）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。

下列说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量经出了电能和热能之间的转换关系1.ABC 解析：考察物理学的发展史，选ACD2．（2011年高考·山东理综卷）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。

以下符合事实的是A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动2.AB 解析：1840年英国科学家焦耳发现了电流热效应的规律；库仑总结出了点电荷间相互作用的规律；法拉第发现了电磁感应现象，拉开了研究电与磁关系的序幕；伽利略通过将斜面实验合力外推，间接证明了自由落体运动的规律。

3．（2011年高考·北京理综卷）物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。

如关系式U=IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和Ω（欧）的乘积等效。

现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、J（焦）、W （瓦）、C （库）、F （法）、A （安）、Ω（欧）和T （特），由他们组合成的单位都与电压单位V （伏）等效的是A ．J/C 和N/CB ．C/F 和T ❿m 2/sC ．W/A 和C ❿T·m/sD ．2121Ω⋅W 和T·A·m3.B 解析：由物理关系式W ＝qU ，可得电压的单位V （伏）等效的是J/C ；由物理关系式U ＝Q /C ，可得电压的单位V （伏）等效的是C /F ；由物理关系式E ＝n △φ△t，φ＝BS ，可得电压的单位V （伏）等效的是T ּm 2/s ；由物理关系式P ＝U 2/R ，可得电压的单位V （伏）等效的是1122W ⋅Ω ；由物理关系式P ＝UI ，可得电压的单位V （伏）等效的是W/A ；B 选项正确，A 、C 、D 错误。

K 单元 磁场 K1 磁场 安培力14．K1[2011·课标全国卷] 为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )图1－2【解析】 B 地理的南极是地磁场的N 极，由右手螺旋定则知B 正确．18．K1[2011·课标全国卷] 电磁轨道炮工作原理如图1－4所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场图1－4(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变【解析】 BD 弹体所受安培力为F 安＝BIl ，由动能定理得：BIL ＝12m v 2，只将轨道长度L 变为原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，A 错误；只将电流I 增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B 正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的2倍，C 错误； 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D 正确．15．K1[2011·全国卷] 如图1－1所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1>I 2；a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是( )图1－1A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点【解析】 C 空间某点的磁感应强度的大小和方向是I 1、I 2各自产生的磁场叠加的结果．距离导线越近的地方，磁场越强．根据安培定则，只有在c点，两条导线电流各自产生的磁场才有可能大小相等，方向相反，叠加后互相抵消，磁感应强度为零．2．K1L1[2011·江苏物理卷] 如图2所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()图2A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大2．K1L1[2011·江苏物理卷] B【解析】当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误．K2 磁场对运动电荷的作用25．K2[2011·课标全国卷] 如图1－10所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤d )和区域Ⅱ(d ≤x ≤2d )内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面．一质量为m 、带电荷量q (q ＞0)的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x 轴正向．已知a 在离开区域Ⅰ时，速度方向与x 轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从P 点沿x 轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a 的13.不计重力和两粒子之间的相互作用力．求：(1)粒子a 射入区域Ⅰ时速度的大小；(2)当a 离开区域Ⅱ时，a 、b 两粒子的y 坐标之差．图1－10【答案】 (1)设粒子a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C (在y 轴上)，半径为R a 1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q v a B ＝m v 2aR a 1①由几何关系得 ∠PCP ′＝θ② R a 1＝dsin θ③式中，θ＝30°. 由①②③式得 v a ＝2dqB m④(2)设粒子a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O a ，半径为R a 2，射出点为P a (图中未画出轨迹)，∠P ′O a P a ＝θ′＝2θ.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q v a (2B )＝m v 2aR a 2⑤由①⑤式得 R a 2＝R a 12⑥C 、P ′和O a 三点共线，且由⑥式知O a 点必位于x ＝32d 的平面上，由对称性知，P a 点与P ′点纵坐标相同，即y Pa ＝R a 1cos θ＋h ⑦式中，h 是C 点的y 坐标．设b 在Ⅰ中运动的轨道半径为R b 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q ⎝⎛⎭⎫v a 3B ＝m R b 1⎝⎛⎭⎫v a32⑧ 设a 到达P a 点时，b 位于P b 点，转过的角度为α.如果b 没有飞出Ⅰ，则 t T a 2＝θ′2π⑨ tT b 1＝α2π⑩ 式中，t 是a 在区域Ⅱ中运动的时间，而 T a 2＝2πR a 2v a ⑪ T b 1＝2πR b 1v a /3⑫ 由⑤⑧⑨⑩⑪⑫式得α＝30°⑬由①③⑧⑬式可见，b 没有飞出Ⅰ.P b 点的y 坐标为 y Pb ＝R b 1cos α＋Ra 1－Rb 1＋h ⑭由①③⑦⑧⑬⑭式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为y Pa －y Pb ＝23(3－2)d ⑮10．K2[2011·海南物理卷] 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图1－7中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是( )图1－8A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【解析】 BD 带电粒子进入磁场中后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，轨道半径R ＝m vqB ，因所有粒子比荷相同，若入射速度相同，则轨道半径相同，轨迹一定相同，B 选项正确；所有带电粒子做圆周运动周期T ＝2πmqB 相同，所以轨迹所对圆心角越大的粒子在磁场中运动时间越长，D 选项正确；若带电粒子能从磁场左边界射出，即使入射速度不同，所用时间也一定相同，因为此情况时轨迹所对圆心角均为180°，这些粒子的轨迹与入射速度有关，故AC 选项错误．K3 带电粒子在组合场及复合场中运动25．K3[2011·全国卷] 如图1－7所示，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从平面MN 上的P 0点水平向右射入Ⅰ区．粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E ；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里．求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P 0的距离．粒子的重力可以忽略．图1－7【解析】 带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a ，由牛顿定律得qE ＝ma ①设经过时间t 0，粒子从平面MN 上的点P 1进入磁场，由运动学公式和几何关系得v 0t 0＝12at 20②粒子速度大小v 1为v 1＝v 20＋（at 0）2③设速度方向与竖直方向的夹角为α，则tan α＝v 0at 0④此时粒子到出发点P 0的距离为s 0＝2v 0t 0⑤此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r 1＝m v 1qB⑥ 设粒子首次离开磁场的点为P 2，弧P 1P 2所张的圆心角为2β，则P 1到点P 2的距离为 s 1＝2r 1sin β⑦ 由几何关系得 α＋β＝45°⑧联立①②③④⑥⑦⑧式得 s 1＝2m v 0qB ⑨点P 2与点P 0相距 l ＝s 0＋s 1⑩联立①②⑤⑨⑩解得l ＝2m v 0q ⎝⎛⎭⎫2v 0E ＋1B图1－1125．K3[2011·山东卷] 扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图1－11，Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直于纸面．一质量为m 、电量为－q 、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.(1)当Ⅰ区宽度L 1＝L 、磁感应强度大小B 1＝B 0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0.(2)若Ⅱ区宽度L 2＝L 1＝L ，磁感应强度大小B 2＝B 1＝B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h .(3)若L 2＝L 1＝L 、B 1＝B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件．(4)若B 1≠B 2，L 1≠L 2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、L 2之间应满足的关系式．【解析】 如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R 1，由动能定理和牛顿第二定律得qU ＝12m v 2①q v B 1＝m v 2R 1②图1由几何知识得 L ＝2R 1sin θ③联立①②③式，代入数据得 B 0＝1L2mUq④ 设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t T ＝2πR 1v ⑤t ＝2θ2πT ⑥ 联立②④⑤⑥式，代入数据得 t ＝πL 3m 2qU⑦ (2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R 2，由牛顿第二定律得 q v B 2＝m v 2R 2⑧由几何知识可得h ＝(R 1＋R 2)(1－cos θ)＋L tan θ⑨ 联立②③⑧⑨式，代入数据得 h ＝(2－233)L ⑩(3)如图2所示，为使粒子能再次回到Ⅰ区，应满足R 2(1＋sin θ)<L [或R 2(1＋sin θ)≤L ]⑪联立①⑧⑪式，代入数据得 B 2>3LmU 2q (或B 2≥3LmU2q)⑫图2(4)如图3(或图4)所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L 1＝R 1(sin θ＋sin α)⑬ [或L 1＝R 1(sin θ－sin α)] L 2＝R 2(sin θ＋sin α)⑭ [或L 2＝R 2(sin θ－sin α)] 联立②⑧式得 B 1R 1＝B 2R 2⑮ 联立⑬⑭⑮式得 B 1L 1＝B 2L 2⑯图3图423．K3[2011·安徽卷] 如图1－16所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t 0时间从P 点射出．(1)求电场强度的大小和方向．(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O 点以相同的速度射入，经t 02时间恰从半圆形区域的边界射出．求粒子运动加速度的大小．(2)若仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．图1－16【解析】 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，电场强度为E .可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向且有qE ＝q v B ① 又R ＝v t 0②则E ＝BR t 0③(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 在y 方向位移为y ＝v t 02④由②④式得 y ＝R2⑤设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 x ＝32R 又由x ＝12a ⎝⎛⎭⎫t 022⑥得a ＝4 3R t 20⑦(3)仅有磁场时，入射速度v ′＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有q v ′B ＝m v ′2r ⑧又qE ＝ma ⑨ 由③⑦⑧⑨式得r ＝3R 3⑩ 由几何知识sin α＝R2r ⑪即sin α＝32，α＝π3⑫带电粒子在磁场中运动周期 T ＝2πmqB则带电粒子在磁场中运动时间 t B ＝2α2πT所以t B ＝3π18t 0⑬35．K3[2011·广东物理卷] 如图19甲所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0，一电荷量为＋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)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小． (2)若撤去电场，如图19乙所示，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2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．(3) 在图19乙中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，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？19【解析】 (1)电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理 qU ＝12m v 21－12m v 20①得v 0＝v 21－2qU m② (2)由牛顿第二定律 qB v 2＝m v 22R③如图所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O ′和半径RR 2＋R 2＝(R 2－R 1)2④联立③④，得磁感应强度大小 B ＝2m v 22qR 0⑤ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T ＝2πR v 2⑥由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间 t ＝T 4⑦ 联立④⑥⑦式，得 t ＝2πR 02v 2⑧ (3)如图所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A 点的最大内切圆半径，该半径为R c ＝R 1＋R 22⑨由③⑨得磁感应强度应小于 B c ＝m v 32qR 0⑩25．K3[2011·重庆卷] 某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图1－14所示，材料表面上方矩形区域PP ′N ′N 充满竖直向下的匀强电场，宽为d ；矩形区域NN ′M ′M 充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，长为3s ，宽为s ；NN ′为磁场与电场之间的薄隔离层．一个电荷量为e 、质量为m 、初速为零的电子，从P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M ′N ′飞出．不计电子所受重力．图1－14(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比； (2)求电场强度的取值范围；(3)A 是M ′N ′的中点，若要使电子在A 、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间．25．K3[2011·重庆卷] 【解析】 (1)设圆周运动的半径分别为R 1、R 2、…R n 、R n ＋1…，第一次和第二次圆周运动速率分别为v 1和v 2，动能分别为E k1和E k2.由：E k2＝0.81E k1，R 1＝m v 1Be ，R 2＝m v 2Be ，E k1＝12m v 21，E k2＝12m v 22 得：R 2∶R 1＝0.9(2)设电场强度为E ，第一次到达隔离层前的速率为v ′. 由eEd ＝12m v ′2，0.9×12m v ′2＝12m v 21，R 1≤s得E ≤5B 2es 29md又由R n ＝0.9n －1R 1，2R 1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n ＋…)>3s得：E >B 2es 280mdB 2es 280md <E ≤5B 2es 29md(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T ，运动的半圆周个数为n ，运动总时间为t .由题意，有：2R 1（1－0.9n ）1－0.9＋R n ＋1＝3s ，R 1≤s ，R n ＋1＝0.9n R 1，R n ＋1≥s 2得：n ＝2 又由：T ＝2πmeB得：t ＝5πm2eB23.K3[2011·北京卷] 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG (AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q .加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率 v 1；(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ； (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．23．K3[2011·北京卷] 【答案】 (1)加速电场对离子m 1做的功W ＝qU由动能定理12m 1v 21＝qU得v 1＝2qUm 1① (2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式q v B ＝m v 2R ，R ＝m vqB ，利用①式得离子在磁场中的轨道半径分别为R 1＝2m 1UqB 2，R 2＝2m 2UqB 2② 两种离子在GA 上落点的间距 s ＝2R 1－2R 2＝8UqB 2(m 1－m 2)③ (3)质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d .同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d .为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2(R 1－R 2)＞d ④利用②式，代入④式得2R 1⎝⎛⎭⎫1－m 2m 1＞d R 1的最大值满足2R 1m ＝L －d 得(L －d )⎝⎛⎭⎫1－m 2m 1＞dm1－m2 2 m1－m2L求得最大值d m＝K4 磁场综合25．K4[2011·四川卷] 如图1－10所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ 边长l ＝1.8 m ，距地面h ＝0.8 m ．平行板电容器的极板CD 间距d ＝0.1 m 且垂直放置于台面，C 板位于边界WX 上，D 板与边界WZ 相交处有一小孔．电容器外的台面区域内有磁感应强度B ＝1 T 、方向竖直向上的匀强磁场．电荷量q ＝5×10－13 C 的微粒静止于W 处，在CD 间加上恒定电压U ＝2.5 V ，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY 边界离开台面．在微粒离开台面瞬时，静止于X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇．假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性； (2)求由XY 边界离开台面的微粒的质量范围；(3)若微粒质量m 0＝1×10－13 kg ，求滑块开始运动时所获得的速度．图1－10【解析】 (1)微粒在极板间所受电场力大小为 F ＝qU d①代入数据得F ＝1.25×1011 N ②由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C 板为正极，D 板为负极．(2)若微粒的质量为m ，刚进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理 Uq ＝12m v 2③微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R ，有 q v B ＝m v 2R④微粒要从XY 边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R 1＝l 2⑤R 2＝l －d ⑥联立③～⑥，代入数据，有8．1×10－14 kg<m ≤2.89×10－13 kg ⑦(3)如图所示，微粒在台面以速度v 做以O 点为圆心、R 为半径的圆周运动，从台面边缘P 点沿与XY 边界成θ角飞出做平抛运动，落地点为Q ，水平位移为s ，下落时间为t .设滑块质量为M ，滑块获得速度v 0后在t 内沿与平台前侧面成φ角方向，以加速度a 做匀减速直线运动到Q ，经过位移为k .由几何关系，可是cos θ＝l －RR ⑧根据平抛运动， t ＝2h g⑨ s ＝v t ⑩对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有 μMg ＝Ma ⑪ k ＝v 0t －12at 2⑫再由余弦定理，k 2＝s 2＋(d ＋R sin θ)2－2s (d ＋R sin θ)cos θ⑬ 及正弦定理， sin φs ＝sin θk⑭ 联立③、④和⑧～⑭，并代入数据，解得： v 0＝4.15 m/s ⑮φ＝arcsin0.8(或φ＝53°)⑯15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 某种加速器的理想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a 、b ，两极板间电压u ab 的变化图象如图所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m 0、电荷量为q 的带正电的粒子从板内a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T 0后恰能再次从a 孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了1100m 0.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)(1)若在t ＝0时将该粒子从板内a 孔处静止释放，求其第二次加速后从b 孔射出时的动能；(2)现要利用一根长为L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为O )上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的c 孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压u ab 的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？图1415．I3、K4[2011·江苏物理卷] 【解析】 (1)质量为m 0的粒子在磁场中做匀速圆周运动， q v B ＝m 0v 2r ，T 0＝2πr v 则T 0＝2πm 0qB当粒子的质量增加了1100m 0，其周期增加ΔT ＝1100T 0. 则根据图可知，粒子第一次的加速电压u 1＝U 0粒子回到电场中用时⎝⎛⎭⎫1＋1100T 0，由图可读出粒子第二次的加速电压u 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－T 0100T 04U＝2425U 0 射出时的动能E k2＝qu 1＋qu 2； 解得E k2＝4925qU 0.图15(2)磁屏蔽管的位置如图所示．(3)在u ab >0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数 N ＝T 0/4ΔT，得N ＝25分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u ＝U 0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大．粒子由静止开始加速的时刻t ＝⎝⎛⎭⎫12n ＋12－1100×12T 0＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1950T 0 (n ＝0，1，2，…) 最大动能E km ＝2×⎝⎛⎭⎫125＋325＋…＋2325qU 0＋qU 0 解得E km ＝31325qU 0.22．K4[2011·福建卷] 如图1－11甲所示，在x ＞0的空间中存在沿y 轴负方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B .一质量为m ，带电量为q (q ＞0)的粒子从坐标原点O 处，以初速度v 0沿x 轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力．(1)求该粒子运动到y ＝h 时的速度大小v ；(2)现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(y －x 曲线)不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y 轴方向上的运动(y －t 关系)是简谐运动，且都有相同的周期T ＝2πmqB.Ⅰ.求粒子在一个周期T 内，沿x 轴方向前进的距离s ；Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v 0时，其y －t 图象如图丙所示，求该粒子在y 轴方向上做简谐运动的振幅A y ，并写出y －t 的函数表达式．图1－1122．K4[2011·福建卷] 【答案】 由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有 －qEh ＝12m v 2－12m v 20①由①式解得v ＝v 20－2qEh m②(2)Ⅰ.由图乙可知，所有粒子在一个周期T 内沿x 轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x 轴方向匀速运动的粒子在T 时间内前进的距离．设粒子恰好沿x 轴方向匀速运动的速度大小为v 1，则q v 1B ＝qE ③ 又s ＝v 1T ④式中T ＝2πmqB由③④式解得s ＝2πmEqB 2⑤Ⅱ.设粒子在y 方向上的最大位移为y m (图丙曲线的最高点处)，对应的粒子运动速度大小为v 2(方向沿x 轴)，因为粒子在y 方向上的运动为简谐运动，因而在y ＝0和y ＝y m 处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则q v 0B －qE ＝－(q v 2B －qE )⑥由动能定理有－qEy m ＝12m v 22－12m v 20⑦ 又A y ＝12y m ⑧由⑥⑦⑧式解得A y ＝mqB ⎝⎛⎫v 0－E B 可写出图丙曲线满足的简谐运动y －t 函数表达式为 y ＝mqB ⎝⎛⎭⎫v 0－E B ⎝⎛⎭⎫1－cos qB m t。