【2017参考】金版教程2016高考物理二轮复习训练：1-3-8 磁场及带电体在磁场中的运动a Word版含解析

1.[2015·抚顺期中]某同学验证动能定理的实验装置如图1所示。

水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑片，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一易拉罐相连，易拉罐和里面的细沙总质量为m；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t，L表示A、B两点间的距离。

滑块与气垫导轨间没有摩擦，用g表示重力加速度。

(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度。

将游标卡尺的测量爪合在一起，发现游标尺的零刻度线与主尺的零刻度线不重合，如图2甲所示。

用此游标卡尺测遮光片的宽度时示数如图2乙所示读数值d测＝________mm，遮光片宽度的实际值d真＝________mm。

(2)该同学首先调整导轨倾角，易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在滑块上。

让滑块恰好在A点静止，此时易拉罐和里面的细沙总质量为m。

剪断细绳后，滑块开始加速下滑，则其受到的合外力为________。

(3)为验证从A→B过程中小车合外力做功与滑块动能变化的关系，需要验证的关系式为________(用题目中所给的物理量符号表示)。

答案 (1)1.4 2.0 (2)mg (3)mgL ＝12M (d t )2 解析 (1)乙图游标卡尺的主尺读数为：0.1 cm ＝1 mm ，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1 mm ＝0.4 mm ＝0.04 cm ，所以最终读数为：1 mm ＋0.4 mm ＝1.4 mm ，甲图游标尺上第6个刻度和主尺某刻度对齐，遮光片的实际宽度为：1.4 mm ＋0.6 mm ＝2.0 mm 。

(2)小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力，故其合力大小为mg 。

(3)小车获得的速度为：v ＝d t ，合外力做功为：W ＝mgL ，根据功能关系可知需要验证的表达式为：mgL ＝12M v 2，即：mgL ＝12M (d t )2。

第6讲电场和磁场的基本性质1．(2013·江苏卷·6)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则( )A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析：由题图可知，a处电场线比b处密，所以E a＞E b，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以φa＞φb，选项B正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；检验电荷－q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D正确．答案：ABD2．(2013·唐山二模·18)如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N孔射出的离子( )A．是正离子，速率为kBR/cos αB．是正离子，速率为kBR/sin αC．是负离子，速率为kBR/sin αD．是负离子，速率为kBR/cos α解析：因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图，由几何关系可知r ＝Rsin α，由qvB ＝m v 2r 可得v ＝kBRsin α，故B 正确．答案： B3.(2013·江西九江七校联考)a 、b 、c 、d 分别是一个菱形的四个顶点，∠abc ＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q 固定在a 、b 、c 三个顶点上，将一个电荷量为＋Q 的点电荷依次放在菱形中心O 点和另一个顶点d 点处，两点相比( )A ．＋Q 在d 点所受的电场力较大B ．＋Q 在d 点所具有的电势能较大C ．d 点的电势低于O 点的电势D ．d 点的电场强度大于O 点的电场强度解析： ＋Q 在d 点所受的电场力较小，＋Q 在d 点所具有的电势能较小，选项A 、B 错误；d 点的电势低于O 点的电势，d 点的电场强度小于O 点的电场强度，选项C 正确，D 错误．答案： C4．(2013·重庆卷·3)如图所示，高速运动的α粒子被位于O 点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M 、N 和Q 为轨迹上的三点，N 点离核最近，Q 点比M 点离核更远，则( )A ．α粒子在M 点的速率比在Q 点的大B ．三点中，α粒子在N 点的电势能最大C ．在重核产生的电场中，M 点的电势比Q 点的低D ．α粒子从M 点运动到Q 点，电场力对它做的总功为负功解析： 利用动能定理可判断α粒子的速率大小．由电势的高低可判断电势能的大小．重原子核带正电，离核越近，电势越高，选项C 错误；同一正电荷电势越高，其电势能越大，选项B 正确；带正电的α粒子在从M 点到Q 点的过程中，电场力做的总功为正功，据动能定理知，其速率增大，选项A 、D 错误．答案： B5.如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L 的绝缘轻质细硬杆一端固定在O 点、另一端固定一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球P ，杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E ＝3mg3q.先把杆拉成水平，然后将杆无初速释放，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．小球到最低点时速度最大B ．小球从开始至最低点过程中动能一直增大C ．小球对杆的最大拉力大小为833mgD ．小球可绕O 点做完整的圆周运动 解析：如图所示，小球受到的重力和电场力分别为mg 和qE ＝33mg ，此二力的合力为F ＝233mg 、与竖直方向成30°角，可知杆转到此位置时小球速度最大，A 错，B 对；设小球的最大速度为v ，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有：F (1＋12)L ＝12mv 2，设小球速度最大时，杆对小球的拉力为F m ，对小球应用向心力公式有：F m －F ＝mv 2L ，解得F m ＝833mg ，C 对；根据等效性可知杆最多转过240°角，速度减小为0，小球不能做完整的圆周运动，D 错．答案： BC6.如图所示，在方向竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨CD 、EF .导轨上放有质量为m 的金属棒MN ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ.先从t ＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即：I ＝kt ，其中k 为衡量．若金属棒与导轨始终垂直，则关于金属棒的运动情况正确的是( )A ．金属棒先做加速运动，最后匀速运动B ．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后匀速运动C ．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后静止D ．以上说法均不正确解析： 设导轨间的距离为L ，金属棒所受的安培力F B ＝BIL ＝BktL ，垂直紧压导轨平面．金属棒在竖直方向受摩擦力F f ＝μBkLt ，方向竖直向上，重力mg 竖直向下，开始一段时间内，金属棒向下加速的加速度a ＝g －μBkLtm逐渐减小，当a 减为零时，速度最大，然后金属棒做减速运动，加速度a ＝μBkLt m－g ，方向向上，逐渐变大，速度减小为零时，金属棒所受的最大静摩擦力大于重力，所以金属棒静止．故C 项正确．7．(2013·西安高三期末)如图所示，在水平向右的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，a 、b 、c 、d 为以O 为圆心的同一圆周上的四点，bd 连线与电场线平行，ac 连线与电场线垂直．则( )A ．a 、c 两点的电场强度相同B ．b 点的电场强度大于a 点的电场强度C ．da 间的电势差大于ab 间的电势差D ．检验电荷在a 点的电势能等于在c 点的电势能解析： 设点电荷在圆周上产生的电场强度大小为E 0，ac 两点的电场强度大小一样，但方向不同，所以选项A 错误．b 点的电场强度为E B ＝E ＋E 0，a 点电场强度为E a ＝E 2＋E 20，所以选项B 正确．因为点电荷在四点上的电势相同，所以da 间的电势差等于ab 间的电势差，a 点的电势与c 点的电势相等，所以选项C 错误，D 正确．答案： BD8.如图所示，竖直放置的平行金属板内部有匀强电场，两个带电微粒a 、b 从两板下端连线的中点向上射入板间，沿不同的轨迹运动，最后都垂直打在金属板上．则可知( )A ．微粒a 的入射速度较大B ．微粒a 打到金属板上的速度较大C ．微粒a 、b 带异种电荷，电荷量大小一定相等D ．微粒a 、b 的质量一定不相等解析： 设匀强电场的场强为E ，两平行金属板的间距为d ，带电微粒的电荷量为q ，质量为m ，射入速度为v 0，微粒向上运动的距离为l .在竖直方向微粒只受重力作用，做匀减速运动，因微粒最后垂直打到金属板上，竖直速度减为零，所以有v 20＝2gl ①因l a ＞l b ，所以v oa ＞v ob .A 对． 在水平方向有d 2＝12at 2＝2Eql2mv 20②把①代入②得：qm ＝dg2El③ 可知两微粒的比荷的关系，但不能判断两微粒的电荷量、质量的大小关系，C 、D 错． 微粒打到金属板上的速度v ＝at ＝2Eqlmv 0④把③代入④得：v ＝dgv 0，因v 0a ＞v 0b ，所以v a ＜v b ，B 错．9.(2013·江西四校联考)如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B .把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠A 的角平分线发射质量为m 、电荷量为q 、初速度为v 0的带电粒子(粒子重力不计)．若从A 射出的粒子：①带负电，v 0＝qBLm，第一次到达C 点所用时间为t 1；②带负电，v 0＝qBL2m，第一次到达C 点所用时间为t 2；③带正电，v 0＝qBL m ，第一次到达C 点所用时间为t 3；④带正电，v 0＝qBL2m ，第一次到达C 点所用时间为t 4.则( )A ．t 1＝16TB ．t 2＝13TC ．t 3＝56TD ．t 4＝T解析： 若从A 射出的粒子带负电，v 0＝qBLm，向右偏转，其轨迹半径等于L ，第一次到达C 点所用时间为t 1＝T6，选项A 正确；若从A 射出的粒子带负电，v 0＝qBL2m ，向右偏转，其轨迹半径等于L 2，经T 6后进入理想边界外向下偏转，再经T 6后第一次到达C 点所用时间为t 2＝T3，选项B 正确；若从A 射出的粒子带正电，v 0＝qBLm，向左偏转，其轨迹半径等于L ，第一次到达B 点所用时间为T 6，进入理想边界向下偏转，再经5T6后第一次到达C 点，所用总时间为t 3＝T ，选项C 错误；若从A 射出的粒子带正电，v 0＝qBL 2m ，向左偏转，其轨迹半径等于L 2，经T6后进入理想边界外向下偏转，再经T6后第一次到达B 点所用时间为T3，再经T 后第一次到达C点，所用总时间为t 4＝4T3，选项D 错误．答案： AB10．如图所示，板长为L 的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ＝30°，某时刻一质量为m 、带电荷量为q 的小球由正中央A 点静止释放，小球离开电场时速度是水平的(提示：离开的位置不一定是极板边缘)，落到距离A 点高度为h 的水平面处的B 点，B 点放置一绝缘弹性平板M ，当平板与水平夹角α＝45°时，小球恰好沿原路返回A 点．求：(1)电容器极板间的电场强度E ； (2)平行板电容器的板长L ； (3)小球在A 、B 间运动的周期T .解析： (1)带电粒子沿水平方向做匀加速运动，可知：qE cos θ＝mg①故E ＝23mg 3q.(2)小球垂直落到弹性挡板上，且α＝45° 则有v 0＝v y ＝2gh②由动能定理得：qE ·12L tan θ＝12mv 20 ③由②③得：L ＝3h .(3)由小球在电场中做匀加速运动 L2cos θ＝12g tan θ·t 21t 1＝L g sin θ＝6hg平抛运动的时间为t 2＝2h g总时间为：t ＝2t 1＋2t 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫6hg＋2h g .答案： (1)23mg 3q (2)3h (3)2⎝⎛⎭⎪⎫6h g＋2h g11．(2013·全国新课标Ⅱ·24)如图，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q (q ＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为F N a 和F N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．解析： 小球在光滑轨道上做圆周运动，在a 、b 两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b 到a 只有电场力做功，利用动能定理，可求解E 及a 、b 两点的动能．质点所受电场力的大小为F ＝qE ①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有F ＋F N a ＝m v 2ar② F N b －F ＝m v 2br③设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12mv 2a ④ E k b ＝12mv 2b⑤ 根据动能定理有E k b －E k a ＝2rF ⑥联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (F N b －F N a ) ⑦ E k a ＝r12(F N b ＋5F N a )⑧ E k b ＝r12(5F N b ＋F N a )⑨答案：16q (F N b －F N a ) r 12(F N b ＋5F N a ) r12(5F N b ＋F N a ) 12.如图所示的坐标平面内，y 轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B 1＝0.20 T 的匀强磁场，在y 轴的右侧存在方向垂直纸面向里，宽度d ＝12.5 cm 的匀强磁场B 2，某时刻一质量m ＝2.0×10－8kg 、电荷量q ＝＋4.0×10－4C 的带电微粒(重力可忽略不计)，从x 轴上坐标为(－0.25 m,0)的P 点以速度v 0＝2.0×103m/s 沿y 轴正方向运动．试求：(1)微粒在y 轴左侧磁场中运动的轨道半径；(2)微粒第一次经过y 轴时，速度方向与y 轴正方向的夹角； (3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B 2应满足的条件．解析： (1)设微粒在y 轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r 1，转过的圆心角为θ，则qv 0B 1＝m v 20r 1解得r 1＝mv 0qB 1＝0.5 m (2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：cos θ＝r 1－0.25 m r 1＝12，则θ＝60°.(3)设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r 2，其运动轨迹如图所示，由几何关系得r 2cos θ＝r 2－d解得r 2＝d1－cos θ＝0.25 m 由洛伦兹力充当向心力，且粒子运动半径不大于r 2，得：qv 0B 2≥m v 20r2解得：B 2≥mv 0qr 2＝0.4 T 即磁感应强度B 2应满足：B 2≥0.4 T. 答案： (1)0.5 m (2)60° (3)B 2≥0.4 T。

・A 今•»<・“・«e M»f » 4raMft HU■mM ・a< CMMUMAMI >”・<*.«.亠・・・<>—• w ・wA.«>m ■风・■・•• ・・・乙・G- «»lf«4*<UAceir>.rWNA■■i ・・t•■M ・. RftMatHWMKTtfU ・"1 ■・•・・・■■ 豆屮_ ”■ / ? W«Uta«*MM■・■・・■■■«> • \語・・・u•・ <»<<*•■ 9•■- "■•■■ ■■・• ♦ -W ・、GI. MV?J«Mt4«r.4tt e»AVKt.9.N. 3Wftt ■■AXUaMtn«r ・"MisMt»«K4*.«»•<*•RfR •*. KMK ■ HBMMtl ・・ <9Xt4 netew» ■■w ・•・• ACLHe<4<tf. ・・n,伏■■・M «V■OH ■pqJfUU. *U4 fA•(・* CU ・ ■ g&・・・M ■•um». • >M-m •・■••■■■s■・■<・•■■・. ―rarm ・■■■『 ■・" > >V«rnM^ ・HT ・ FKMfAMi I 人•- ・f•« <ra/A«an»^v4C 「・•・・ rft«VIMCM ・・y 4・乂《1・。

“1h ■'♦■・・. •• 4A»«v^r«・岁■•亀■▼得卜 ZPfk <0<-・t!・—•・•!*«•<«- «C- »•» ■turn 仏"•・•・貝訓・ w«w. A A 4«MnaB^«aejm»、 •▲■VURB . ■・ r«ve............. *•・■・•・♦*dll fMd ■"奶・・5f ・0・F ・,At«0»r"MOWf r.Mia. I-.・•▼ ■・ ・•.■■匕4•比• tWtf< »A.K ・t<AKt4l IXWII C ・■・"MIZt )♦・•！！4 ■■・*»・・” <M ・■■■•• ■■・・"BV AaiaiMB«*>wi Aftifl 山*-/■「*：*》■■sefta ・・・》•■・・ MKa.AO•Uj -j- <4>・・ <1 t»于“.干.］：■卜；3―■ W” ■f XFum» •・(・・・《侖i a«A^i ・・•• ••JFW •&•■ o»4«(U 4^V 4M ««/^IAM .vent*. •心4 4 "卄斗》«^学・•・・・■■“・sc4 m<・・・卜为 3i ■“・» t««.■・・•■■■!•■仃•AbM • y Uv -g. • • ■ EAC ・J£-* A 1・、“■•• €.轴上下方磁场均垂直xOy 平面向里，x 轴上方的磁场的磁感应强度为 B , x 轴 下方的磁场的4磁感应强度为B.现有一质量为m 、带电量为一q 的粒子以速度v0 从坐标原点O 沿y 轴正方3向进入上方磁场•在粒子运动过程中，与 x 轴交于若 干点.不计粒子的重力.求：（1粒子在x 轴上方磁场做匀速圆周运动的半径；（2 设粒子在x 轴上方的周期为T1, x 轴下方的周期为T2，求T1 : T2; （3如把x 轴 上方运动的半周与x 轴下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x 轴上粒子右移的距离；（4在与x 轴的所有交点中，粒子两次通过同一点的坐标位 置.解析：（1设粒子在x 轴上方磁场做匀速圆周运动的半径为 r1,在下方磁场中 做匀速圆 周运动的半径为r2，由BqvO = m 得r1 = 2n m （為T =得v2 0 r mvO 3mv0，r2= . Bq 4qB qB T1 = T2 = 2 n m Bq 3 n m 2Bq ：TT2= 4 : 3. （3在磁场中 运动轨迹如图所示，如把x 轴上方运动的半周与x 轴下方运动的半周称为 一周期 的话，则每经过一周期，在 x 轴上粒子右移 △ x= 2r1 — 2r2= 2Bq mvO （4在第4周 期刚结束时粒子第二次经过x 轴上x1二2r1这一点，以后每过一周期将会出 现符 合要求的点.（k — 1） r1 k + 3 故 xk = 2r1+= r1 2 2 = （k + 3） mvO（k = 1，2，3,….2Bq 答案：(1 mv0 mv0 ( k + 3) mv0 (24 : 3 (3 (4 (k = 1, 2, 3,…Bq 2BqriL hL h A ■> il«r f f 彳电・▼ V 蛍*机•片1『吗■・•*诂>T4・ik t. Ikh fi.ii (14- h 『沖卑・》•■、■. frdcirl* ■跡!|・,子-甫电 <f f«B3C ■■・ t AMU| HsSM '■lil -il *1/ ・■怛冃PWI ： • UtHEIAM-tfM FM 轟辱■』出・・MTUI J-diB VHVi NUH ▼ It • 1討®■电y 歸申I崛呼片用・里9•” 離”U ・k » f H4i 4trt4HI4JMdTi4M4*iMMcABikAniiKIM i l flM■ ■ t J -n ■■fc -fah«-M ,ki|.P4i t' *4Li.>-REv1M4M|^> AM.Brf1 矗•■丄•• LU -妣■■C_ 1 *U M k-*j 点.山甲■・■■■■_ ■■ .- ;r--a | •亠 tAEif'« r 炳MUBMH J Rfli*.It. JI -HIAUl«a !■«!.&^4r-«■■■•总■J OH I. MffeifeP Tta tb h t <■ r ttA C^Blt ^-U BI . JU&HI JI A*心 ■■即■・■F■■■IIE 福■*h I sb 4I Ml -Jlai 4-W. rfe r K h l:Mli JULJfl ft *s Jiltil Anffl »> Pc. 哺*■B- IrF "杞吃■附环 -tlHK in rmji«T M f lA.m■■・■ □»■ • L ij^-s ・ ««A Ik r 4s Jw4*1fv i«| ■■3・,XaU ・ Ai-dMl.-.■・.>-fc iB-it' r 即曲峋■ *■■ A - ■ W 律i f 町 fl fl ril' ll ft W+<IH ft t tR ■_■•■«； Ldjrs ■■■■■■•『，.rf ■mv 心 * 匸・・.M * t, ・"IJ -TIS ・鼻<|豪叫・ taw-?」乍勒 4 r*- RiFrtartiii'ii rnk»«. ir r ft. w t A I IU L i A •内 i 'ri «i nif!JI 4 *-■ ■・ as i1 rjj ¥| * ■, Pfc I r 1 *f|*| i-rirt NJih||・ h *li ■芽•■卄U *M j^i tin ;i. <ru i«uJit rf *V -* -TflVt44-4 —1 4l-^r. M rtilBh-Illi ■ rt -ril ・「取理/> ii>fl!悴冋I It -■f| f 11 .扌區量*L rptiw «ik l 3押.・・ u ■ E LI 』”童 "-E ・i ■丄|L V* if^ujip 施 町■呻・扌质 W*,4ti|j^ IB-1- cmiai fail |iH<.flB|LM vu Tflft«« kA IM M L ・M ・D ■却・「*!! ■■■ I ■專■■■為-■"■gm.■ *ii rnnp ■■!> ■■■輛-*i 心■2Bq 6。

【金版教程】（全国通用）2015高考物理二轮复习 新题重组练专题三 电场和磁场7b一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第2小题为多选题。

) 1．[2014·北京高考]如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。

下列判断正确的是( )A ．1、2两点的场强相等B ．1、3两点的场强相等C ．1、2两点的电势相等D ．2、3两点的电势相等[解析] 同一电场中，电场线越密的地方场强越大，所以1点场强大于2、3点场强，A 、B 错误；同一等势面上各点电势相等，沿电场线方向电势降低，故C 错误，D 正确。

[答案] D2．[2014·广东高考]如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q 的小球P ，带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，P 、M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( ) A ．M 与N 的距离大于L B ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零[解析] 对小球M 、N 和杆组成的整体，由题意可知k QqL2＝kQ·2q ＋，得x ＜L ，则A 错。

若P 、M 和N 不在同一直线上则不能平衡，所以B 正确。

在＋Q 的电场中φM ＞φN ，则C 错误。

M 、N 及细杆静止于光滑绝缘桌面上，所以系统所受合外力为零，D 正确。

[答案] BD3．如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M 、N 、Q 是以直电场线上一点O 为圆心的同一圆周上的三点，OQ 连线垂直于MN 。

以下说法正确的是( )A ．O 点电势与Q 点电势相等B ．O 、M 间的电势差小于N 、O 间的电势差C ．将一负电荷由M 点移到Q 点，电荷的电势能增加D ．在Q 点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ 垂直的方向竖直向上[解析] 本题考查以电场线描绘的特殊电场中的电势、场强的比较等，意在考查考生对电场线的掌握情况。

1.[2015·南昌一模](多选)关于物体的内能，以下说法中正确的是()A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少C．物体体积改变，内能可能不变D．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功E．质量相同的0 ℃水的内能比0 ℃冰的内能大答案BCE解析影响物体内能变化的因素有做功和热传递，物体吸收热量，不知做功情况，内能变化不确定，A选项是错误的。

由ΔU＝W ＋Q，对外做功W取负，外界对物体做功W取正，吸热Q取正，放热Q取负，ΔU为正时，物体内能增加，ΔU为负时，物体内能减少，B选项是正确的。

当物体的体积改变时，就有做功情况存在，但热传递情况不确定，所以内能可能不变，C选项正确。

可以从单一热源吸收热量并完全变为功，但肯定要引起外界变化，D选项错误。

质量相同的0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大，分子动能一样，所以水的内能大，E选项正确。

2．[2015·唐山一模](多选)下列说法正确的是()点击观看解答视频A.液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的光学各向异性特征B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以它是制造不出来的C．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动越明显E．空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示答案ACD解析液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的光学各向异性的特征，A选项是正确的。

第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反能量守恒定律，B选项是错误的。

一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，温度一定升高，又因为体积增大，气体对外做功，它一定从外界吸热才行，C选项是正确的。

悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动越明显，D选项正确。

空气的相对湿度是在某一温度下，空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比来表示，E 选项是错误的。

3．[2015·沈阳质监](多选)下列说法正确的是()A．单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B．足球充足气后很难压缩，是足球内气体分子间斥力作用的结果C．一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加D．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E．一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数不变答案ACD解析冰糖磨碎不改变其微观结构，仍是晶体，所以不改变其熔点，A项正确；足球充足气后很难被压缩，是压强作用的效果，不是分子斥力的作用，B项错误；等容过程中，由气体实验定律和热力学第一定律可知，吸收热量其内能一定增大，C项正确；由热力学第二定律(熵增加原理)可知，D项正确；由理想气体状态方程可知，气体体积不变，温度升高，压强一定增大，由压强的微观解释可知，单位体积内分子数不变，但由于温度升高，分子平均动能增大，故单位时间内撞击在单位面积上的分子数一定增大，E项错。

电路与电磁感应1.如图所示，水平虚线MN 的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，矩形导线框abcd 从MN 下方某处以v 0的速度竖直上抛，向上运动高度H 后垂直进入匀强磁场，此过程中导线框的ab 边始终与边界MN 平行．不计空气阻力，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图象中可能正确反映导线框的速度与时间的关系的是( )解析： 矩形导线框abcd 从某处以v 0的速度竖直上抛，未进入匀强磁场前做加速度为g 的匀减速直线运动，选项A 、B 错误；矩形导线框进入匀强磁场后做加速度逐渐减小的减速直线运动直到速度减为零，选项D 错误，C 正确．答案： C2．如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析： 当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2线r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 对．答案： AC3．在练习使用多用电表的实验中：(1)某同学连接的电路如图所示．①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电路中的开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压．(2)在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若( )A ．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大B ．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量C ．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 ΩD ．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大答案： (1)①R 1 ②R 1和R 2串联 ③R 2或电源 (2)D4. 如图所示，两根足够长、电阻不计、间距为d 的光滑平行金属导轨，其所在平面与水平面的夹角为θ，导轨平面内的矩形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面向上，ab 与cd 之间相距为L ，金属杆甲、乙的阻值相同，质量均为m ，甲杆在磁场区域的上边界ab 处，乙杆在甲杆上方与甲相距L 处，甲、乙两杆都与导轨垂直．静止释放两杆的同时，在甲杆上施加一个垂直于杆平行于导轨的外力F ，使甲杆在有磁场的矩形区域内向下做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝2g sin θ，甲离开磁场时撤去F ，乙杆进入磁场后恰好做匀速运动，然后离开磁场．(1)求每根金属杆的电阻R .(2)从释放金属杆开始计时，求外力F 随时间t 变化的关系式，并说明F 的方向．(3)若整个过程中，乙金属杆共产生热量Q ，求外力F 对甲金属杆做的功W .解析： (1)设甲在磁场区域abcd 内运动的时间为t 1，乙从释放到运动至ab 位置的时间为t 2，则L ＝12·2g sin θ·t 21， L ＝12g sin θ·t 22所以t 1＝Lg sin θ，t 2＝2L g sin θ因t 1＜t 2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则有 12mv 21＝mgL sin θ，E 1＝Bdv 1，I 1＝E 12R，mg sin θ＝BI 1d 联立解得R ＝B 2d 22m 2L g sin θ. (2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，则v ＝at ，E ＝Bdv ，I ＝E 2R，F ＋mg sin θ－BId ＝ma 联立解得F ＝mg sin θ＋mg sin θ·2g sin θL t (0≤t ≤ L g sin θ)方向垂直于杆且平行于导轨向下．(3)甲在磁场中运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，设为Q 1，则v 20＝2aL由功能关系知W ＋mgL sin θ＝2Q 1＋12mv 20 解得W ＝2Q 1＋mgL sin θ乙在磁场中运动过程中，甲、乙产生相同的热量，设为Q 2，则2Q 2＝mgL sin θ 根据题意有Q ＝Q 1＋Q 2联立解得W ＝2Q . 答案： (1)B 2d 22m 2L g sin θ(2)mg sin θ＋mg sin θ·2g sin θL t (0≤t ≤ L g sin θ)，方向垂直于杆且平行于导轨向下(3)W ＝2Q。

一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中1～5为单选题，6～8为多选题)1．[2015·吉林二模]如图所示，长为L 的直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为( )A.v sin αLB.v L sin αC.v cos αLD.v L cos α答案 B解析 棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度v 实＝ωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝v L sin α，故B 选项正确。

2．[2015·菏泽模拟]如图所示，从A、B、C三个不同的位置向右分别以v A、v B、v C的水平初速度抛出三个小球A、B、C，其中A、B在同一竖直线上，B、C在同一水平线上，三个小球均同时落在地面上的D点，不计空气阻力。

则必须()点击观看解答视频A．先同时抛出A、B两球，且v A<v B<v CB．先同时抛出B、C两球，且v A>v B>v CC．后同时抛出A、B两球，且v A>v B>v CD．后同时抛出B、C两球，且v A<v B<v C答案 B解析由x＝v t，B、C在同一水平线上，要使两个小球同时落在地面上的D点，因B、D间水平位移大于C、D间水平位移，运动时间相同，所以v B>v C；A、B在同一竖直线上，因B、D间竖直位移大于A、D间竖直位移，B、A到D点的水平位移相同，要使两个小球同时落在地面上的D点，须v A>v B；故A、C、D错误，B正确。

3．水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物块与转台间的最大静摩擦力均为f0，则两小物块所受摩擦力F A、F B随转台角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是()点击观看解答视频答案 B解析设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2，若细线不存在，则由f0＝mω2r及r1<r2可知A、B两物体相对转台滑动的临界角速度满足ωA>ωB，即物体B所受摩擦力先达到最大值，随后在一段时间内保持不变，C、D错；当ω>ωB时，细线中出现拉力T，对物体A：T＝0时，F A＝mω2r1，T>0后，F A－T＝mω2r1，而对物体B满足T ＋f0＝mω2r2，联立得F A＝mω2(r1＋r2)－f0，所以T>0后直线斜率比T ＝0时大，当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度再增大，则A、B相对转台将出现滑动，所以A错、B对。

考点一磁场、磁场力1．(2015·新课标全国Ⅱ,18，6分)(难度★★)(多选)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转解析指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D 错误．答案BC2．(2015·海南单科，1，3分)(难度★★)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A．向上B．向下C．向左D．向右解析条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．答案 A3. (2015·江苏单科，4，3分)(难度★★)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()解析由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据F ＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．答案 A4．(2014·新课标全国Ⅰ，15，6分)(难度★★)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错、B正确；安培力的大小F＝BIL sin θ与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的22.因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．答案 B5．(2014·浙江理综,20，6分)(难度★★)(多选)如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒()A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功解析根据题意得出v-t图象如图所示,金属棒一直向右运动，A正确；速度随时间做周期性变化,B正确；据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确；F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．答案ABC6．(2012·全国卷，18，6分)(难度★★★)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析先根据安培定则可判断M、N两点处的直线电流在a、b、c、d、O各点产生的磁场方向如图所示，再利用对称性和平行四边形定则可确定各点(合) 磁场的方向．磁场叠加后可知，a、b、c、d、O的磁场方向均相同，a、b 点的磁感应强度大小相等,c、d两点的磁感应强度大小相等．所以只有C正确．答案 C7．(2012·天津理综，2，6分)(难度★★)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小解析 对金属棒受力分析如图所示．由三力平衡的特点得tan θ＝BILmg ，故A正确，C 、D 错误；悬线的长度对θ角没有影响，B 错误．答案 A8．(2015·新课标全国Ⅰ，24，12分)(难度★★★)如图，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小 为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒 通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开 时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长 量与开关断开时相比均改变了0.3 cm,重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析 金属棒通电后，闭合回路电流I ＝U R ＝12 V2 Ω＝6 A导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下 由平衡条件知：开关闭合前：2kx ＝mg 开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F 代入数值解得m ＝0.01 kg答案 0.01 kg9. (2015·重庆理综，7,15分)(难度★★★)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系 统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．解析(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得F＝nBIL①由左手定则知方向水平向右(2)安培力的功率为P＝F·v②联立①②式解得P＝nBIL v③答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBIL v10．(2015·浙江理综，24，20分)(难度★★★)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～ 2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)图1 图2(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图2所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域 宽度d ＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感 应强度的变化率ΔBΔt. 解析 (1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力 F ＝N 1B 0IL ①由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL ② 代入数据解得：N 1＝25匝③ (2)由电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB Δt Ld ④由欧姆定律得：I ′＝ER ⑤ 线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑥由天平平衡可得：m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL 2R ⑦ 代入数据可得ΔBΔt ＝0.1 T/s ⑧答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动1．(2015·新课标全国Ⅰ，14，6分)(难度★★)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度 大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重 力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( ) A ．轨道半径减小，角速度增大 B ．轨道半径减小，角速度减小 C ．轨道半径增大，角速度增大 D ．轨道半径增大，角速度减小解析 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动， 即q v B ＝m v 2r ，轨道半径r ＝m vqB ，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变， 轨道半径r 变大，根据角速度ω＝v r ＝qBm 可知角速度变小，选项D 正确．答案 D2．(2015·新课标全国Ⅱ,19，6分)(难度★★★)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ， Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做 圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析 设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，设B 2＝B ，B 1＝kB 则由牛顿第二定律得： q v B ＝m v 2R ①T ＝2πR v ②由①②得：R ＝m vqB ，T ＝2πm qB所以R 2R 1＝k ，T 2T 1＝k根据a＝v2R，ω＝vR可知a2 a1＝1k，ω2ω1＝1k所以选项A、C正确，选项B、D错误．答案AC3．(2015·广东理综，16，4分)(难度★★★)在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子() A．运动半径之比是2∶1B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1D．受到的洛伦兹力之比是2∶1解析α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同，故速度之比为1∶4；同一磁场，B相同．由r＝m vqB，得两者半径之比为1∶2；由T＝2πmqB,得周期之比为2∶1；由f洛＝q v B，得洛伦兹力之比为1∶2.故只有B正确．答案 B4．(2015·四川理综，7，6分)(难度★★★★)(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B＝2.0×10－4 T.电子质量m＝9.1×10－31 kg,电量e＝－1.6×10－19 C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A．θ＝90°时，l＝9.1 cm B．θ＝60°时，l＝9.1 cm C．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm 解析电子在匀强磁场运动的轨道半径为R＝m vqB＝4.55 cm电子沿逆时针方向做匀速圆周运动,当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1 cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝4.55 cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM,即4.55 cm＜l＜9.1 cm，故B、C 错误．答案AD5．(2014·新课标全国Ⅰ，16，6分)(难度★★★)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出).一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝 板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2B. 2C ．1D.22解析 由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍； 由洛伦兹力提供向心力:q v B ＝m v 2R 得v ＝qBR m ；其动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，故 磁感应强度B ＝2mE k q 2R 2，B 1B 2＝E k1E k2·R 2R 1＝22，选项D 正确．答案 D6．(2014·新课标全国Ⅱ,20，6分)(难度★★★)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示 意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中 运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部 垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析 在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关 系未知．由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受沦伦兹力方向相反、 偏转方向必相反，故A 正确；因r ＝m vqB ，各粒子虽q 相同、但v 关系未知， 故m 相同、v 不同时轨迹半径不同,而当r 相同时只能表明m v 相同，不能确 定m 的关系，故B 错误,C 正确；由E k ＝12m v 2有r ＝2mE kqB ，可见当E k 越大时确定的粒子其轨迹半径越大，故D 错误．答案 AC7．(2014·安徽理综，18，6分)(难度★★★)“人造小太阳”托卡马克装置使用强 磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不 与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在 磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( ) A.TB ．TC.T 3D ．T 2解析 等离子体在磁场中受到的洛沦兹力提供向心力，有 q v B ＝m v 2R ，得v ＝BqRm动能E k ＝12m v 2＝12 B 2q 2R 2m 由题意得E k ＝kT 故有：kT ＝B 2q 2R 22m得B ＝2kmq 2R 2T即B ∝T ，选项A 正确．答案 A8．(2013·新课标全国Ⅰ,18，6分)如图所示，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场 区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量 为q (q ＞0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°， 则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR 2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBR m解析 粒子运动的情景如图所示.由于入射点M 距离直径ab 为R /2，且入射方向MC 平行于ab ，所以∠MOC ＝60°.粒子射出磁场时，偏转角度为60°， 即∠MO ′B ＝60°.所以由几何关系知,粒子的轨迹半径r ＝R ，又r ＝m vqB .所以v＝qBRm ，B 正确．答案 B9．(2013·新课标全国Ⅱ，17，6分)(难度★★★)空间有一圆柱形匀强磁场区域， 该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量 为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向 偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3m v 03qRB.m v 0qR C.3m v 0qRD.3m v 0qR解析 根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子运动 的半径r ＝3R ，根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力可得，q v 0B ＝m v 20r ，解得，B ＝3m v 03qR ，A 项正确．答案 A10．(2013·广东理综，21，4分)(难度★★★)(多选)两个初速度大小相同的同种离 子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( )A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近解析由左手定则可判断粒子a、b均带正电,选项A正确；由于是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝m vqB相同，周期T＝2πmqB也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b在磁场中运动轨迹是半个圆周，a在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确．答案AD11．(2013·安徽理综，15，6分)(难度★★)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右解析根据右手定则及磁感应强度的叠加原理可得，四根导线在正方形中心O点产生的磁感应强度方向向左，当带正电的粒子垂直于纸面的方向向外运动时，根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力的方向向下，B项正确．答案 B12．(2012·广东理综，15，4分)(难度★★★)质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是()A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间解析由左手定则可判断出M带负电,N带正电，选项A正确；由半径公式r＝m vqB知：在m、q、B相同的情况下,半径大的M速度大，选项B错误；洛伦兹力与速度始终垂直，永不做功，选项C错误；由周期公式T＝2πmqB知二者的周期相同，选项D错误．答案 A13．(2015·浙江理综，25，22分)(难度★★★★)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q 并判断其正负；(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B ′，求 B ′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内 外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍 从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小． 解析 (1)离子做圆周运动Bq v ＝m v 2r ①q ＝m vBr ，根据左手定则可判断离子带正电荷②(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r 引出轨迹为圆弧，B ′q v ＝m v 2R ③ R ＝m vqB ′④ 由余弦定理得R 2＝L 2＋(R －r )2＋2L (R －r )cos θ解得R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ⑤故B ′＝m vqR ＝m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑥ (3)电场强度方向沿径向向外⑦引出轨迹为圆弧Bq v －Eq ＝m v 2R ⑧解得E ＝B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑨答案 (1)m vBr 正电荷 (2)m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）(3)B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）14. (2015·山东理综，24，20分)(难度★★★★★)如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内,O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出 电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2m v qD 、4m vqD ,粒子运动一段时间后再 次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．解析 (1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动 能定理得 qE ·d 2＝12m v 2① 解得E ＝m v 2qd ②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ③甲如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切， 由几何关系得R ＝D 4④ 联立③④式得 B ＝4m v qD ⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R ＝3D 4⑥ 联立③⑥式得 B ＝4m v 3qD ⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 1、R 2，由题意可知，Ⅰ区 和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B 1＝2m v qD 、B 2＝4m vqD ，由牛顿第二定律得 q v B 1＝m v 2R 1，q v B 2＝m v 2R 2⑧代入数据得 R 1＝D 2，R 2＝D4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得T 1＝2πR 1v ，T 2＝2πR 2v ⑩乙据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根 据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心 角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关 系得θ1＝120°⑪ θ2＝180°⑫α＝60°⑬丙粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做 圆周运动的时间分别为t 1、t 2可得t 1＝360°α×θ1×2360°T 1，t 2＝360°α×θ2360°T 2⑭设粒子运动的路程为s ，由运动学公式得s ＝v (t 1＋t 2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得 s ＝5.5πD ⑯答案 (1)m v 2qd (2)4m v qD 或4m v3qD(3)5.5πD15．(2014·广东理综，36，18分)(难度★★★★★)如图所示，足够大的平行挡板 A 1、A 2竖直放置，间距6L .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外．A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L .质量为m 、 电荷量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1 进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2<k <3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式． 解析 (1)粒子在电场中，由动能定理有 qEd ＝12m v 21－0①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 q v 1B 0＝m v 21r ②当k ＝1时，由几何关系得r ＝L ③由①②③解得E ＝qB 20L22md ④(2)由于2<k <3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，运动轨迹如图 所示，由几何关系可知(r 1－L )2＋(kL )2＝r 21⑤ 解得r 1＝k 2＋12L ⑥粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 q v B 0＝m v 2r 1⑦由⑥⑦解得v ＝（k 2＋1）qB 0L2m ⑧粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 q v B ＝m v 2r 2⑨由对称性及几何关系可知k（3－k ）＝r 1r 2⑩解得r 2＝（3－k ）（k 2＋1）2k L ⑪由⑧⑨⑪解得B ＝k3－k B 0答案 (1)qB 20L22md (2)v ＝（k 2＋1）qB 0L 2m B ＝k 3－k B 016．(2014·山东理综，24，20分)(难度★★★★★)如图甲所示，间距为d 、垂直 于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方 向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时， 可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3)若B 0＝4m v 0qd ，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B . 解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得 q v 0B 0＝m v 20R 1①据题意由几何关系得 R 1＝d ② 联立①②式得 B 0＝m v 0qd ③(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得 a ＝v 20R 2④据题意由几何关系得 3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得 a ＝3v 20d ⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝v 0⑦由牛顿第二定律得 q v 0B 0＝m v 20R ⑧由题意知B 0＝4m v 0qd ，代入⑧式得d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1O 2为圆心，O 1、O 2连线与水平方向的夹角为θ， 在每个T B 内,只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0＜θ＜π2，由题意可知π2＋θ2πT ＝T B 2⑩ 设经历完整T B 的个数为n (n ＝0，1，2，3……) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得T B ＝3v 0⑭当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯ 当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱ 联立⑦⑨⑩⑱式得 T B ＝(π2＋arcsin 14)d 2v 0⑲当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑳答案 (1)m v 0qd (2)3v 20d (3)πd 3v 0或(π2＋arcsin 14)d 2v 017．(2014·江苏单科，14，16分)(难度★★★★★)某装置用磁场控制带电粒子的 运动，工作原理如图所示．装置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在 匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、 P 分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的 磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到 达收集板上的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点,求粒子入射速度的最小变化 量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值． 解析 (1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r 根据题意L ＝3r sin 30°＋3d cos 30° 且h ＝r (1－cos 30°) 解得h ＝(23L －3d )(1－32)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r ′ m v 2r ＝q v B ，m v ′2r ′＝q v ′B由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30° 解得Δv ＝v －v ′＝qB m (L 6－34d ) (3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d cos 30°＋(2n ＋2)r n sin 30°且m v 2n r n ＝q v n B ，解得v n ＝qB m (L n ＋1－3d )(1≤n ＜3L 3d －1，n 取整数)答案 (1)(23L －3d )(1－32) (2)qB m (L 6－34d )(3)qB m (L n ＋1－3d )(1≤n ＜3L 3d －1，n 取整数)18．(2013·天津理综，11，18分)(难度★★★★)一圆筒的横截面如图所示，其圆 心为O .筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆筒下面有相距 为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为 m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔 S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不。