第一章安培力與洛倫茲力綜合拔高練高考真題練考點1安培力大小與方向1.(2023江蘇,2)如圖所示,勻強磁場的磁感應強度為B。L形導線通以恒定電流I,放置在磁場中。已知ab邊長為2l,與磁場方向垂直,bc邊長為l,與磁場方向平行。該導線受到的安培力為()A.0B.BIlC.2BIlD.5BIl2.(多選題)(2024福建,5)將半徑為r的銅導線半圓環(huán)AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于天花板上,AB置于垂直紙面向外的、磁感應強度大小為B的勻強磁場中,現給導線通以自A到B、大小為I的電流,則()A.通電后兩線拉力變小B.通電后兩線拉力變大C.安培力為πBIrD.安培力為2BIr3.(2024浙江1月選考,4)磁電式電表原理示意圖如圖所示,兩磁極裝有極靴,極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向,兩者之間有可轉動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是()A.圖示左側通電導線受到安培力向下B.a、b兩點的磁感應強度相同C.圓柱內的磁感應強度處處為零D.c、d兩點的磁感應強度大小相等考點2安培力作用下的平衡4.(2022湖南,3)如圖(a),直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO'上,其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO'的磁場,與OO'距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化,其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I,靜止后,懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是()A.當導線靜止在圖(a)右側位置時,導線中電流方向由N指向MB.電流I增大,靜止后,導線對懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比考點3安培力作用下導體運動分析5.(多選題)(2022湖北,11)如圖所示,兩平行導軌在同一水平面內。一導體棒垂直放在導軌上,棒與導軌間的動摩擦因數恒定。整個裝置置于勻強磁場中,磁感應強度大小恒定,方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調。導體棒沿導軌向右運動,現給導體棒通以圖示方向的恒定電流,適當調整磁場方向,可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時,加速度的最大值為33g;減速時,加速度的最大值為3g,其中g為重力加速度大小。下列說法正確的是()A.棒與導軌間的動摩擦因數為3B.棒與導軌間的動摩擦因數為3C.加速階段加速度大小最大時,磁場方向斜向下,θ=60°D.減速階段加速度大小最大時,磁場方向斜向上,θ=150°考點4安培力的疊加6.(2021廣東,5)截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線,長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線。若中心直導線通入電流I1,四根平行直導線均通入電流I2,I1?I2,電流方向如圖所示。下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是()ABCD考點5帶電粒子在磁場中的運動7.(2024廣西,5)Oxy坐標平面內一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。質量為m、電荷量為+q的粒子,以初速度v從O點沿x軸正向開始運動,粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為45°,交點為P。不計粒子重力,則P點至O點的距離為()A.mvqBB.C.(1+2)mvqBD.8.(2022廣東,7)如圖所示,一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域,兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直O(jiān)yz平面進入磁場,并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中,可能正確的是()9.(2024湖北,7)如圖所示,在以O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力,下列說法正確的是()A.粒子的運動軌跡可能經過O點B.粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C.粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為7πD.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短,粒子運動的速度大小為3考點6帶電粒子在復合場中的運動10.(2022全國甲,18)空間存在著勻強磁場和勻強電場,磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里,電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下,從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中,可能正確描述該粒子運動軌跡的是()11.(2022重慶,5)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況,某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動,其速度平行于磁場方向的分量大小為v1,垂直于磁場方向的分量大小為v2,不計離子重力,則()A.電場力的瞬時功率為qEvB.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC.v2與v1的比值不斷變大D.該離子的加速度大小不變12.(多選題)(2024安徽,10)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a,在紙面內做半徑為R的圓周運動,軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時,瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運動,軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用,則()A.油滴a帶負電,所帶電量的大小為mgB.油滴a做圓周運動的速度大小為gBRC.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為3gBRED.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動13.(2024江西,7)石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料,具有豐富的電學性能?，F設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子(電子)濃度。如圖(a)所示,在長為a、寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場,磁感應強度為B,電極1、3間通以恒定電流I,電極2、4間將產生電壓U。當I=1.00×10-3A時,測得U-B關系圖線如圖(b)所示,元電荷e=1.60×10-19C,則此樣品每平方米載流子數最接近()A.1.7×1019B.1.7×1015C.2.3×1020D.2.3×101614.(2023湖南,6)如圖,真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向下(與紙面平行),磁場方向垂直紙面向里,等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上,AO與GF垂直,且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入區(qū)域Ⅰ中,只有沿直線AC運動的粒子才能進入區(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1,區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2,則粒子從CF的中點射出,它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱,能進入區(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t,不計粒子的重力及粒子之間的相互作用,下列說法正確的是()A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1,則t>t0B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E,則t>t0C.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?4B2,則t=D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?4B2,則t=2t15.(2023江蘇,16)霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場,磁感應強度為B。質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時,電子沿x軸做直線運動;入射速度小于v0時,電子的運動軌跡如圖中的虛線所示,且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。(1)求電場強度的大小E;(2)若電子入射速度為v04,求運動到速度為v02(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內均勻分布,求能到達縱坐標y2=mv05eB位置的電子數N16.(2024湖南,14)如圖,有一內半徑為2r、長為L的圓筒,左右端面圓心O'、O處各開有一小孔。以O為坐標原點,取O'O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內x≤0區(qū)域有一勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向沿x軸正方向;筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場,場強大小為E,方向沿y軸正方向。一電子槍在O'處向圓筒內多個方向發(fā)射電子,電子初速度方向均在xOy平面內,且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質量為m、電荷量為e,設電子始終未與筒壁碰撞,不計電子之間的相互作用及電子的重力。(1)若所有電子均能經過O進入電場,求磁感應強度B的最小值;(2)取(1)問中最小的磁感應強度B,若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ,求tanθ的絕對值;(3)取(1)問中最小的磁感應強度B,求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。17.(2024廣東,15)如圖甲所示,兩塊平行正對的金屬板水平放置,板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場,右側分布著垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一帶電粒子在t=0時刻從左側電場某處由靜止釋放,在t=t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內,在t=2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場,并在t=3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的π3倍,粒子質量為m(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q;(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=t0時刻的速度大小v;(3)求從t=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中,電場力對粒子做的功W。

高考模擬練應用實踐1.在勻強磁場中有帶電粒子做勻速圓周運動,當它運動到M點,與不帶電的靜止粒子碰撞合為一體,碰撞后的運動軌跡是圖中哪一個(實線為原軌跡,虛線為碰后軌跡,且不計粒子的重力)()2.筆記本電腦蓋上屏幕,屏幕蓋板上磁鐵和主板機殼上“霍爾傳感器”配合,通過改變a、b間電勢差的方式使屏幕進入休眠模式,其工作原理如圖所示。當電腦蓋上屏幕時,相當于屏幕邊緣的磁極靠近霍爾元件,已知該霍爾元件載流子為電子,以下說法正確的是()A.蓋上蓋板,a端帶正電B.打開蓋板,a端帶正電C.蓋上屏幕過程中,a、b間電勢差逐漸減小D.蓋上屏幕過程中,a、b間電勢差逐漸增大3.據報道,我國福建號航母艦載機彈射起飛的電磁彈射技術與他國不同,采用的儲能方式是超級電容。某科學探究小組制作了一個簡易的電容式電磁彈射裝置,如圖所示,間距為l的水平平行金屬導軌左端連接充好電的電容器,電容為C,電壓為U,導軌右端放置質量為m的光滑金屬棒,勻強磁場沿豎直方向(圖中未畫出),磁感應強度大小為B,開關閉合后金屬棒向右離開導軌后水平射出,若某次試驗金屬棒彈射出去后電容器兩端的電壓減為U4,不計一切阻力,則金屬棒離開導軌的速度為()A.BCUl4mB.3BCUl24.如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖,其中盒縫間的加速電場場強恒定,且被限制在A、C板間。帶電粒子(不計重力)從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場,經加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動。對于這種改進后的回旋加速器,下列說法正確的是()A.帶電粒子每運動一周被加速兩次B.P1P2>P2P3C.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關D.加速電場方向需要做周期性的變化5.如圖所示,邊長為a=0.4m的正方形區(qū)域ABCD內無磁場,正方形中線PQ將區(qū)域外左右兩側分成兩個磁感應強度大小均為B=0.2T的勻強磁場區(qū)域,PQ右側磁場方向垂直于紙面向外,PQ左側磁場方向垂直于紙面向里?，F將一質量為m=1×10-8kg、電荷量為q=2×10-6C的帶正電粒子從AB中點以某一速率垂直于AB射入磁場,不計粒子的重力,則關于粒子的運動,下列說法正確的是()A.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內,則粒子的最大速度為12m/sB.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內,則粒子的速度可能為10m/sC.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內,則粒子的速度可能為83D.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內,則粒子的速度可能為2m/s6.如圖所示,在光滑絕緣水平桌面上,有兩個完全相同的小球,質量m=1kg,a小球不帶電,b小球所帶電荷量q=-2C,空間存在豎直向下的勻強電場E及垂直紙面向外、磁感應強度大小為1T的勻強磁場B,剛開始b小球固定,a小球以速度v=4m/s向右運動,碰前瞬間釋放b小球,兩球碰后粘在一起,碰撞時間極短,小球在離開桌面后做勻速圓周運動,取重力加速度大小g=10m/s2,求:(1)碰后瞬間小球的速度大小v';(2)勻強電場的電場強度E的大小;(3)小球做勻速圓周運動的半徑R。遷移創(chuàng)新7.如圖所示,在坐標系xOy中,x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B0。質量為m、電荷量為-q的帶電粒子在紙面內從P點與y軸成α=30°方向射入磁場,已知P點的縱坐標yP=d,不計粒子重力。(1)若粒子不離開磁場,求粒子速度的最大值vm;(2)若粒子離開磁場,求粒子在磁場中運動時間t的范圍;(3)若磁場為非勻強磁場,方向垂直紙面向里,磁感應強度大小沿y軸正方向均勻增大,關系為B=B0yd。粒子以大小為v=2qB0dm的速度從P點沿圖示方向射入磁場,求粒子從

答案與分層梯度式解析第一章安培力與洛倫茲力綜合拔高練高考真題練1.C導線ab邊與磁場方向垂直,則其所受安培力為2BIl,導線bc邊與磁場方向平行,則其所受安培力為零,故該導線所受安培力為2BIl,C正確。2.BD根據左手定則可知,通電后半圓環(huán)AB受到的安培力豎直向下,根據半圓環(huán)AB受力平衡,分析可知,通電后兩線拉力變大,故A錯誤,B正確;半圓環(huán)AB在磁場中的有效長度等于半圓環(huán)直徑,則安培力大小為F=BI·2r=2BIr,故C錯誤,D正確。3.A根據左手定則可知,左側通電導線所受安培力豎直向下,A正確;在a、b兩點磁場方向不同,所以磁感應強度不同,B錯誤;磁感線是閉合曲線,在圓柱內磁感應強度不處處為零,C錯誤;c、d兩處,磁感線密集程度不同,c處磁感應強度較大,D錯誤。4.D由左手定則可知,當直導線靜止在右側時,電流方向為由M到N,選項A錯誤;當直導線MN在右側時,對直導線MN受力分析,得到力的矢量三角形如圖,sinθ=F安mg=BILmg,F線=mgcosθ,B、L、mg為定值,所以sinθ與電流I成正比,懸線中的拉力F線會隨著θ易混易錯本題的安培力方向是垂直懸線的方向,分析時容易錯畫為水平方向。5.BC當通電導體棒加速且加速度最大時,導體棒所受安培力F安必定斜向右上方(破題關鍵),由左手定則可知,勻強磁場方向斜向右下方,與水平向右方向夾角為θ1,受力情況如圖1,此時有F安cosθ1+FN=mgF安sinθ1?μFN=mamax,聯立得F安(sinθ1+μcosθ1)-當θ1+φ=π2時,amax=F安1+當導體棒減速且加速度最大時,導體棒所受安培力F安'必定斜向左下方(破題關鍵),由左手定則知勻強磁場方向必定斜向左上方,與水平向右方向夾角為θ2,受力情況如圖2,此時有FN'=F安'sinα+mgμFN'+F安'cosα=mamax',聯立得F安'(μsinα+cosα圖2當α+φ'=π2時,F安'1+μ2+μmg=mamax',有amax'=F因為F安與F安'大小相等,則聯立各式得,μ=33,θ1=60°,α=30°,則θ2=90°+α=120°,故B、C正確方法點津必備數學知識輔助角公式asinα+bcosα=a2+b2sin(α+φ),其中tan6.C左右兩側電流與中心電流為同向電流,上下兩側電流與中心電流為反向電流,由同向電流相互吸引、反向電流相互排斥這一結論,可知彈性長管左右兩側受到向里的壓力,上下兩側受到向外的斥力,則只有C項正確。故選C。7.C粒子運動軌跡如圖所示,在磁場中,根據洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,可得粒子做圓周運動的半徑r=mvqB,根據幾何關系可得P點至O點的距離LPO=r+rcos45°=(1+2)8.A分析在xOy平面內的投影即俯視圖,由左手定則可知質子所形成的軌跡如圖所示,選項A正確,B錯誤。而該軌跡在xOz平面上的投影應為平行于x軸的直線,故C、D項錯誤。9.D思路點撥粒子沿圓形邊界磁場徑向射入,必沿徑向射出,且根據對稱性可知粒子再次射入圓形邊界磁場時仍沿半徑方向,粒子從圓形邊界磁場射出(射入)前后的軌跡可組成一個完整的圓。在圓形勻強磁場區(qū)域內,沿著徑向射入的粒子,總是沿徑向射出的(解題技法),根據圓的對稱性特點可知粒子的運動軌跡不可能經過O點,故A、B錯誤;粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域時間最短時,根據對稱性可知軌跡如圖甲,則最短時間t=2T=4πmqB,故C錯誤;粒子從A點射入到從設粒子在磁場中運動的半徑為r,根據幾何關系可知r=3R3,根據洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,可得v=10.B帶正電粒子從原點O由靜止釋放,在電場力作用下,獲得向上的速度后,會受到向左的洛倫茲力,故粒子向左側偏轉,排除A、C選項;當粒子再回到x軸時,電場力整體做功為零,洛倫茲力始終不做功,故此時速度為零(破題關鍵),以后會重復原來的運動,不可能運動到x軸下方,故B正確,D錯誤。11.D由P=Fvcosθ,電場力的瞬時功率為P=Eqv1,A錯誤;該離子受到的洛倫茲力大小為F洛=qv2B,B錯誤;離子在垂直于磁場方向的平面內做勻速圓周運動,同時沿水平方向做加速運動(破題關鍵),v1增大,v2不變,v2與v1的比值不斷變小,C錯誤;離子受到的洛倫茲力大小不變,洛倫茲力方向始終垂直于磁場方向,即始終垂直于電場方向,又因為離子受到的電場力不變,則該離子的加速度大小不變,D正確。故選D。12.ABD油滴a在紙面內做圓周運動,故重力與電場力平衡,可知其帶負電,有mg=Eq,解得q=mgE,故A正確;根據洛倫茲力提供向心力,有Bqv=mv2R,得R=mvBq,代入q解得油滴a做圓周運動的速度大小為v=gBRE,故B正確;設小油滴Ⅰ的速度大小為v1,得3R=m2v1Bq2,解得v1=3BqRm=3gBRE,周期為T=2π·3Rv1=2πEgB,故C錯誤;帶電油滴a分離前后動量守恒(破題關鍵),設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,取油滴a13.D設電子定向移動的平均速率為v,樣品每平方米電子數為n,建立平面流體模型,t時間內通過樣品的電荷量為nevtb,由電流的定義式得I=nevtbt=nevb,穩(wěn)定時電子受力平衡,有eUb=evB,聯立解得U=IneB,由題圖(b)可知U-B圖線的斜率k=80mV290mT=Ine,解得n≈2.教材溯源人教版教材中建立立體流體模型,推導出了電流的微觀表達式I=nqvS,其中n指單位體積內的自由電荷數。借鑒教材知識,可推導得出I=nevb,n為單位面積內的自由電荷數。14.D設H為CF中點,且CH=l,粒子從H射出,在C點作速度的垂線及CH的中垂線得圓心O1,由直線邊界的對稱性(入射點速度與邊界夾角等于出射點速度與邊界夾角)可知H處速度方向豎直向下,可得半徑r=mvqB2=22l,圓心角為90°,t0=若僅將區(qū)域Ⅰ中的磁感應強度大小變?yōu)?B1,根據qE=qv'·2B1得v'=E2B1,則其速度變?yōu)樵瓉淼?2,在區(qū)域Ⅱ中運動半徑變?yōu)樵瓉淼?2,作圖可知粒子仍從邊界CF上射出,圓心角仍為90°,運動時間t=T4=πm2qB2,則t=t0,A錯誤;同理,若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E,則速度變?yōu)樵瓉淼?倍,在區(qū)域Ⅱ中運動半徑變?yōu)樵瓉淼?倍,作圖可知粒子從F點射出,對應圓心角仍然為90°,則t=t0,所以B錯誤;若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度變?yōu)?4B2,因為速度不變,則粒子在區(qū)域Ⅱ中運動半徑r'=236l,由于r'>2r,則粒子從邊界FG上射出,圓心為O4,過出射點作CO的平行線,CO=2l,由幾何關系知sinθ=32,得θ=60°,此時t=16T'=16·8πm3qB2=83t09,所以C錯誤;同理,若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度變?yōu)?4B2,得15.答案(1)v0B(2)3mv解析(1)當電子的入射速度為v0時,電子沿x軸做直線運動,則電場力與洛倫茲力平衡,有eE=ev0B,解得電場強度的大小E=v0B。(2)由題意可知,整個過程洛倫茲力不做功,電場力做正功,由動能定理可知,eEy1=12mv022-12mv(3)設能到達縱坐標y2=mv05eB位置的電子做勻速圓周運動的分速度為v2',半徑為R',則洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力,ev2'B=mv解得v2'≥v則電子入射速度v=v0-v2'即v≤910v由題意可知電子入射速度在0<v<v0范圍內均勻分布,能到達縱坐標y2=mv05eB位置的電子數N占總電子數N0的百分比η=910一題多解第(2)問還可以利用“配速法”求解。若電子沿x軸正方向的入射速度為v04,利用運動的分解,可將初速度v04分解為一個沿x軸正方向的速度v1(大小v1=v0)和一個沿x軸負方向的速度v2大小v2=34v0,由v1產生的洛倫茲力ev0設v2的方向與x軸負方向的夾角為θ(如圖所示)時,v1與v2的合速度大小為v02,由余弦定理得cosθ解得cosθ=7設以v2=34v0做勻速圓周運動的軌跡半徑為R,則ev2B=mv22R,運動速度為v02時的縱坐標y1=R(1-cosθ16.答案(1)2πmv0eL解析(1)若所有電子均能經過O進入電場,則在沿x正方向有L=v0t電子在yOz平面內做勻速圓周運動,其運動周期T=2π若能經過O進入電場,則運動時間t=nT(n=1,2,3,…)聯立求得當n=1時,磁感應強度最小,最小值B=2π(2)設在O'點當電子在y方向的分速度最大為vy時,進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向的夾角最大為θ,則tanθ=v由幾何關系可得,電子在yOz平面內做勻速圓周運動的最大半徑為r,則由洛倫茲力提供向心力有evyB=mv聯立并代入B=2πm解得tanθ=2π(3)進入O點右側區(qū)域后,電子沿y軸正方向做勻減速直線運動,由牛頓第二定律有eE=ma沿y軸正方向的最大位移h=v其中vy=v0tanθ=2π聯立解得h=2關鍵點撥本題中帶電粒子在筒內做螺旋線運動,是一種立體的運動軌跡,解題關鍵是將運動分解為沿x軸正方向的勻速直線運動和在yOz平面內的勻速圓周運動,這兩個分運動在互相垂直的方向上,互不影響。17.答案(1)帶正電π(2)3πU0t0解析(1)粒子在磁場中沿順時針方向做圓周運動,結合粒子速度方向及左手定則可以判斷粒子帶正電。由于粒子在磁場中運動半個圓周用時t0,可知粒子做圓周運動的周期T=2t0①洛倫茲力提供向心力,有qBv=mv2粒子做圓周運動的周期T=2πRv聯立①②③式解得q=πmB(2)粒子在金屬板間的運動可以看作兩段類平拋運動的組合在水平方向有πD3=vt0在豎直方向有R=12at0加速度大小a=F電m=q由④⑤⑥⑦式解得D=3πUv=π3(3)分析可得R=πU0t根據運動的對稱性可知粒子在t=4t0時刻離開金屬板區(qū)域進入水平電場區(qū)域,t=5t0時刻粒子到達水平電場區(qū)域左側最遠處,t=6t0時刻粒子再次以水平初速度v進入金屬板之間,此時兩金屬板間電壓恰好變?yōu)?U0,t=6.5t0時刻粒子向上偏轉R并恰好到達上極板。全過程電場力對粒子做的功W=12mv2+RDqU0=π3mU高考模擬練1.A粒子原來的軌跡半徑為R=m1vq1B,碰撞過程動量守恒,有m1v=(m1+m2)v2,可得結合后在磁場中運動的軌跡半徑為R'=(m12.D將立體圖轉化為俯視圖,未穩(wěn)定時和穩(wěn)定時電子的受力如圖所示無論蓋上蓋板還是打開蓋板,霍爾元件處磁場方向向下,電流方向向左,根據左手定則可得,載流子受力方向指向a,因此a端帶負電,故A、B錯誤;設霍爾元件的長度為l,寬度為d,高度為c,則穩(wěn)定時Udq=qvB,I=nqSv=nqdcv,所以U=BInqc,蓋上屏幕過程中,磁感應強度變大,則霍爾電壓增大,即a、b間電勢差逐漸增大,故C錯誤,D3.C根據電容的定義式,有C=QU,可知金屬棒在導軌上運動過程中通過它的電荷量為q=CΔU=34CU。由動量定理,可得BIlt=mv,又q=It(解題技法),聯立解得v=3BCUl4.B模型構建對于粒子在電場中的運動,構建勻加速直線運動模型。帶電粒子在A、C兩板間做勻加速直線運動,加