第100頁（共100頁）2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之磁場（二）一．選擇題（共5小題）1．（2024?浙江）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(zhuǎn)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(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下 B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度相同 C．圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度處處為零 D．c、d兩點的磁感應(yīng)強度大小相等2．（2024?貴州）如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線與一“凸”形導(dǎo)線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導(dǎo)線框的對稱軸與兩長直導(dǎo)線間的距離相等。已知左、右兩長直導(dǎo)線中分別通有方向相反的恒定電流I1、I2，且I1＞I2，則當導(dǎo)線框中通有順時針方向的電流時，導(dǎo)線框所受安培力的合力方向（）A．豎直向上 B．豎直向下 C．水平向左 D．水平向右3．（2024?廣西）Oxy坐標平面內(nèi)一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)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．mvqB B．3C．（1+2）mvqB D．（1+4．（2024?江西）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學性能。現(xiàn)設(shè)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(yīng)強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當I＝1.00×10﹣3A時，測得U﹣B關(guān)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(shù)最接近（）A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×10165．（2024?湖北）如圖所示，在以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)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(zhì)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(jīng)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7πmD．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3二．多選題（共5小題）（多選）6．（2024?湖北）磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是（）A．極板MN是發(fā)電機的正極 B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小 C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大 D．僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大（多選）7．（2024?福建）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細繩將半徑為r的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端a、b處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為I、方向從a到b的電流，細繩處于繃直狀態(tài)，則（）A．兩根細繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細繩拉力均比未通電流時的小 C．銅環(huán)所受安培力大小為2rBI D．銅環(huán)所受安培力大小為πrIB（多選）8．（2024?安徽）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(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)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(zhì)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mgEB．油滴a做圓周運動的速度大小為gBREC．小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為3gBRE，周期為D．小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動（多選）9．（2024?浙江）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。磁場方向垂直細桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度v0沿細桿向上運動至最高點，則該過程（）A．合力沖量大小為mv0cosθ B．重力沖量大小為mv0sinθ C．洛倫茲力沖量大小為qBvD．若v0（多選）10．（2024?河北）如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應(yīng)邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面。A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調(diào)整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（）A．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出 B．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出 C．若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為45° D．若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°三．解答題（共10小題）11．（2025?選擇性）如圖，在xOy平面第一、四象限內(nèi)存在垂直平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一帶正電的粒子從M（0，﹣y0）點射入磁場，速度方向與y軸正方向夾角θ＝30°，從N（0，y0）點射出磁場。已知粒子的電荷量為q（q＞0），質(zhì)量為m，忽略粒子重力及磁場邊緣效應(yīng)。（1）求粒子射入磁場的速度大小v1和在磁場中運動的時間t1。（2）若在xOy平面內(nèi)某點固定一負點電荷，電荷量為48q，粒子質(zhì)量取m=B2y03k（k為靜電力常量），粒子仍沿（1）中的軌跡從M（3）在（2）問條件下，粒子從N點射出磁場開始，經(jīng)時間t2速度方向首次與N點速度方向相反，求t2（電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，取無限遠處的電勢為0時，與該點電荷距離為r處的電勢φ＝kQr12．（2025?浙江）如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長2L、質(zhì)量m、電阻R，放在光滑水平地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，以磁場邊界CD上一點為坐標原點，水平向右建立Ox軸，線框中心和一條對角線始終位于Ox軸上，開關(guān)S斷開，線框保持靜止，不計空氣阻力。（1）線框中心位于x＝0，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，求：①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大??；②線框中心運動至x=L③線框中心運動至x=L2（2）線框中心分別位于x＝0和x=L2，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，線框中心分別運動到x＝L所需時間分別為t1和t2，求t1﹣t13．（2024?浙江）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于O′O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在O′點，三個相同的關(guān)于O′O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應(yīng)強度大小均為B。處于靜止狀態(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運動，其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知t＝0時速度為v0，方向向下，t1、t2時刻的振幅分別為A1、A2。平臺和三個線圈的總質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，每個線圈半徑為r、電阻為R。當彈簧形變量為Δx時，其彈性勢能為12（1）平臺靜止時彈簧的伸長量Δx0；（2）t＝0時，每個線圈所受到安培力F的大小；（3）在0～t1時間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q；（4）在t1～t2時間內(nèi)，彈簧彈力沖量I彈的大小。14．（2024?選擇性）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?；各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為+q、質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為32v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿+x方向的勻強電場，電場強度大小E0=（1）求磁感應(yīng)強度的大小B。（2）求Ⅲ區(qū)的寬度d。（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關(guān)系為E＝ωt﹣kx，其中常系數(shù)ω＞0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時t＝0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）。15．（2024?甘肅）質(zhì)譜儀是科學研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子（不計重力），加速后進入速度選擇器做直線運動，再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。（1）粒子帶正電還是負電？求粒子的比荷。（2）求O點到P點的距離。（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)镋2（E2略大于E1），方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點上。求粒子打在O'點的速度大小。16．（2024?山東）如圖所示，在Oxy坐標系x＞0，y＞0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點，∠OMN＝60°，擋板上有一小孔K位于MN中點?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜32L的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(diào)整加速電壓，當粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當加速電壓為qB2L224m17．（2024?貴州）如圖，邊長為L的正方形abcd區(qū)域及矩形cdef區(qū)域內(nèi)均存在電場強度大小為E、方向豎直向下且與ab邊平行的勻強電場，ef右邊有一半徑為33L且與ef相切的圓形區(qū)域，切點為ef的中點，該圓形區(qū)域與cdef區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)cd邊的中點進入cdef（1）粒子沿直線通過cdef區(qū)域時的速度大小；（2）粒子的電荷量與質(zhì)量之比；（3）粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角。18．（2024?重慶）小明設(shè)計了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場中的運動情況，質(zhì)量分別為2m、m的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導(dǎo)線相連，形成閉合回路，兩根導(dǎo)線的間距和P、Q的長度均為L。僅在Q的運動區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向水平向左的勻強磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內(nèi)向上運動，P、Q始終保持水平，不計空氣阻力、摩擦和導(dǎo)線質(zhì)量，忽略回路電流產(chǎn)生的磁場。重力加速度為g，當P勻速下降時，（1）求P所受單根導(dǎo)線拉力的大小。（2）Q中電流的大小。19．（2024?北京）我國“天宮”空間站采用霍爾推進器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進入放電室，另一部分未進入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為+e，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為﹣e；對于氙離子，僅考慮電場的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2；（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進器獲得的推力大小F。20．（2024?重慶）有人設(shè)計了一種粒子收集裝置。如圖所示，比荷為qm的帶正電的粒子，由固定于M點的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場開關(guān)，空間將充滿磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為v0的粒子運動到O（1）求OK間的距離。（2）速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，該粒子仍被收集，求MO間的距離。（3）速率為4v0的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關(guān)，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時O點。求打開磁場的那一時刻。

2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之磁場（二）參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）題號12345答案ACCDD二．多選題（共5小題）題號678910答案ACACABDCDAD一．選擇題（共5小題）1．（2024?浙江）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(zhuǎn)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(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下 B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度相同 C．圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度處處為零 D．c、d兩點的磁感應(yīng)強度大小相等【考點】磁電式電流表；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)左手定則判斷；磁感線是閉合的曲線，磁感線越密集，磁感應(yīng)強度越大，且磁感應(yīng)強度具有方向?！窘獯稹拷猓篈．由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，故A正確；B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度大小相同，但是方向不同，故B錯誤；C．磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度不為零，故C錯誤；D．因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應(yīng)強度大于d點的磁感應(yīng)強度，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查的是磁電式電表原理，題型較簡單。2．（2024?貴州）如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線與一“凸”形導(dǎo)線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導(dǎo)線框的對稱軸與兩長直導(dǎo)線間的距離相等。已知左、右兩長直導(dǎo)線中分別通有方向相反的恒定電流I1、I2，且I1＞I2，則當導(dǎo)線框中通有順時針方向的電流時，導(dǎo)線框所受安培力的合力方向（）A．豎直向上 B．豎直向下 C．水平向左 D．水平向右【考點】通電非直導(dǎo)線安培力大小的計算．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)右手螺旋定則確定兩根導(dǎo)線在導(dǎo)線框中磁場的方向，根據(jù)左手定則及安培力公式解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線框所在磁場方向向里，由于I1＞I2，則左側(cè)的磁場較大，根據(jù)對稱性結(jié)合左手定則及F＝BIL可知導(dǎo)線框所受安培力合力方向向左。故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場方向的關(guān)系，注意掌握安培力的計算公式。3．（2024?廣西）Oxy坐標平面內(nèi)一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)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．mvqB B．3C．（1+2）mvqB D．（1+【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】本題根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系分析求解。【解答】解：粒子運動軌跡如圖所示：在磁場中，洛倫茲力提供向心力有：qvB=mv2根據(jù)幾何關(guān)系可得P點到O點的距離：LPO＝r+rcos45°=（1故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，理解洛倫茲力提供向心力是解決此類問題的關(guān)鍵。4．（2024?江西）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學性能?，F(xiàn)設(shè)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(yīng)強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當I＝1.00×10﹣3A時，測得U﹣B關(guān)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(shù)最接近（）A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016【考點】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】先確定時間t內(nèi)通過樣品的電荷量，根據(jù)電流的定義式得到電流的微觀表達式。當產(chǎn)生的電壓穩(wěn)定時，電子所受電場力與洛倫茲力平衡，據(jù)此求得電壓U與磁感應(yīng)強度B的關(guān)系式，結(jié)合題圖（b）的U﹣B圖像的斜率求解此樣品每平方米載流子數(shù)。【解答】解：設(shè)樣品每平方米載流子（電子）數(shù)為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內(nèi)通過樣品的電荷量為：q＝nevtb根據(jù)電流的定義式得：I當電子穩(wěn)定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有：e聯(lián)立解得：U結(jié)合題圖（b）的U﹣B圖像的斜率，可得：I已知：I＝1.00×10﹣3A，e＝1.60×10﹣19C，解得：n≈2.3×1016（個），故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題考查了霍爾效應(yīng)的應(yīng)用，掌握電流的微觀表達式的推導(dǎo)過程，要知道產(chǎn)生的霍爾電壓穩(wěn)定時，導(dǎo)電粒子的受力情況是電場力與洛倫茲力平衡。5．（2024?湖北）如圖所示，在以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)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(zhì)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(jīng)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7πmD．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】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；類比法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】作出粒子的運動軌跡圖，根據(jù)軌跡圖的幾何關(guān)系確定是否經(jīng)過圓心或者離開圓形磁場區(qū)域時是否背離圓心；畫出符合題設(shè)條件的軌跡圖，由幾何關(guān)系得到偏轉(zhuǎn)角度、半徑r，結(jié)合周期公式T和半徑公式r，求時間或粒子的速度?！窘獯稹拷猓篈B、從A點沿半徑方向射入圓形磁場區(qū)域，根據(jù)相交圓的相關(guān)知識可知，軌跡不會經(jīng)過O點，但粒子射出圓形磁場區(qū)域時一定背離O的方向，故AB錯誤；C、畫出粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的軌跡圖，根據(jù)時間公式和周期公式，可知總時間為Δt=2×14T+2×D、畫出從A進入，從C離開的軌跡圖，由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑：r＝Rtan30°再結(jié)合半徑公式r=聯(lián)立可得：v=3qBR3故選：D。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，對粒子正確受力分析，畫出運動軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力和幾何知識進行解答。二．多選題（共5小題）（多選）6．（2024?湖北）磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是（）A．極板MN是發(fā)電機的正極 B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小 C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大 D．僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大【考點】磁流體發(fā)電機．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】根據(jù)左手定則判斷帶正、負電的粒子偏轉(zhuǎn)方向，確定極板MN、PQ的帶電情況；當極板間產(chǎn)生的電壓穩(wěn)定時，帶電粒子在極板間所受到的電場力與洛倫茲力平衡，由此推導(dǎo)極板間的電壓的表達式，根據(jù)表達式分析BCD選項?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)左手定則判斷，可知帶正電的粒子向極板MN偏轉(zhuǎn)，則極板MN帶正電，帶負電的粒子向極板PQ偏轉(zhuǎn)，則極板PQ帶負電，故極板MN是發(fā)電機的正極，故A正確；BCD、當極板間產(chǎn)生的電壓穩(wěn)定時，帶電粒子在極板間所受到的電場力與洛倫茲力平衡，則有：qUd=qvB，（其中v是粒子噴入磁場的速率，d為兩極板間距），可得極板間的電壓：U＝僅增大兩極板間的距離d，極板間的電壓U增大；僅增大等離子體的噴入速率v，極板間的電壓U增大；極板間的電壓大小與噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度無關(guān)。故BD錯誤，C正確。故選：AC。【點評】本題考查了電磁場應(yīng)用的磁流體發(fā)電機模型，要知道其工作原理，掌握磁流體發(fā)電機的電動勢的推導(dǎo)過程。（多選）7．（2024?福建）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細繩將半徑為r的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端a、b處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為I、方向從a到b的電流，細繩處于繃直狀態(tài)，則（）A．兩根細繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細繩拉力均比未通電流時的小 C．銅環(huán)所受安培力大小為2rBI D．銅環(huán)所受安培力大小為πrIB【考點】安培力的計算公式及簡單應(yīng)用；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】AC【分析】應(yīng)用等效法，通電半圓形銅環(huán)等效長度為直徑，根據(jù)公式F＝BIL計算安培力，根據(jù)左手定則判斷方向，根據(jù)平衡條件判斷通電前后繩子拉力大小關(guān)系。【解答】解：通電半圓形銅環(huán)可等效為長度為直徑ab的通電直導(dǎo)線，電流方向a→b，根據(jù)左手定則可知半圓形銅環(huán)受到的安培力方向豎直向下，大小F＝BI×L＝2BIr，根據(jù)受力分析可得，通電后，繩子拉力T＝mg+F＝mg+2IBr＞mg，兩根細繩拉力均比未通電流時的大，故AC正確，BD錯誤；故選：AC?！军c評】本題主要考查非直通電導(dǎo)線受安培力的計算，根據(jù)等效法進行解答。（多選）8．（2024?安徽）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(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)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(zhì)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mgEB．油滴a做圓周運動的速度大小為gBREC．小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為3gBRE，周期為D．小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用；牛頓運動定律綜合專題；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】A.帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動，重力和電場力的合力為零，洛倫茲力完全提供向心力，據(jù)此求解場強；B.洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求解作答；C.小油滴Ⅰ做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求解線速度；根據(jù)線速度與周期的關(guān)系求周期，然后作答；D.根據(jù)動量守恒定律求解小油滴Ⅱ的線速度，根據(jù)左手定則判斷其運動方向?！窘獯稹拷猓篈.帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動，重力和電場力的合力為零，洛倫茲力完全提供向心力；根據(jù)題意Eq＝mg解得帶電有點所帶的電荷量q油滴a在最低點的速度方向水平向左，沿順時針方向轉(zhuǎn)動，所受洛倫茲力豎直向上，根據(jù)左手定則可知，油滴帶負電，故A正確；B.洛倫茲力提供向心力qvB聯(lián)立解得油滴a做圓周運動的速度大小為v=gBREC.油滴分裂后，小油滴Ⅰ仍然做勻速圓周運動，說明電荷和質(zhì)量都均分；小油滴Ⅰ做圓周運動，洛倫茲力提供向心力1解得v小油滴Ⅰ做圓周運動的周期T=2πD.取向水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律mv代入數(shù)據(jù)解得v負號表示方向水平向右；根據(jù)左手定則可知油滴Ⅱ沿順時針方向做勻速圓周運動，故D正確。故選：ABD?！军c評】本題主要考查了帶電油滴在復(fù)合場中的勻速圓周運動，理解小油滴所受重力和電場力平衡，洛倫茲力提供向心力是解題的關(guān)鍵；知道油滴分離過程中滿足動量守恒定律，要熟練掌握左手定則、向心力公式以及周期公式。（多選）9．（2024?浙江）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。磁場方向垂直細桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度v0沿細桿向上運動至最高點，則該過程（）A．合力沖量大小為mv0cosθ B．重力沖量大小為mv0sinθ C．洛倫茲力沖量大小為qBvD．若v0【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動；帶電粒子在疊加場中的動量問題；F﹣t圖像中的動量問題；洛倫茲力在運動過程中的動態(tài)變化問題．【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】小球以初速度v0沿細桿向上運動至最高點的過程，根據(jù)動量定理求解合力沖量大??；小球上滑過程所受洛倫茲力方向為垂直桿向上，根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式求得上滑過程的時間，根據(jù)沖量的定義求得重力沖量大小；洛倫茲力的大小隨時間均勻減小，利用洛倫茲力的平均值求解洛倫茲力的沖量大小；根據(jù)小球在垂直細桿方向所受合力為零，推導(dǎo)細桿對小球的彈力與時間的關(guān)系式，根據(jù)此關(guān)系式作出小球在上滑過程的FN﹣t圖像，根據(jù)FN﹣t圖像與橫軸圍成的面積表示沖量求解該過程彈力沖量大小?！窘獯稹拷猓篈、小球以初速度v0沿細桿向上運動至最高點的過程，以沿斜面向上為正方向，根據(jù)動量定理可得合力沖量為：I＝0﹣mv0＝﹣mv0，則合力沖量大小為mv0，故A錯誤；B、小球上滑過程所受洛倫茲力方向為垂直桿向上，根據(jù)牛頓第二定律可得小球的加速度大小為a＝gsinθ小球上滑過程的時間為：t=v0a，重力沖量大小為：C、小球上滑過程做勻減速直線運動，洛倫茲力的表達式f洛＝qBv，可知洛倫茲力的大小隨時間均勻減小。可得洛倫茲力的沖量大小為：qBvt=qBv0D、初始時刻小球所受洛倫茲力大小為qv0B＝2mgcosθ。小球在垂直細桿方向所受合力為零，設(shè)細桿對小球的彈力為FN，以垂直細桿向下為正方向，則有：FN＝qBv﹣mgcosθ＝qB（v0﹣at）﹣mgcosθ若v0=2mgcosθqB，則FN＝根據(jù)此關(guān)系式作出小球在上滑過程的FN﹣t圖像如下圖所示：根據(jù)FN﹣t圖像與橫軸圍成的面積表示沖量，可知該過程彈力沖量為零，故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查了帶電體在磁場中的力與運動的分析能力，考查了洛倫茲力的動態(tài)變化時求解變力的沖量。解題的關(guān)鍵是小球所受洛倫茲力垂直桿向上，大小隨時間線性變化。掌握F﹣t圖像的物理意義。（多選）10．（2024?河北）如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應(yīng)邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面。A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調(diào)整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（）A．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出 B．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出 C．若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為45° D．若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】理解粒子在磁場中的運動特點，結(jié)合幾何關(guān)系和題目選項分析出粒子的出射角度?！窘獯稹拷猓篈、粒子在磁場中做勻速圓周運動，在正方形abcd區(qū)域中做勻速直線運動，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，在正方形abcd區(qū)域中的運動軌跡必平行于AC的連線，可知粒子必經(jīng)過cd邊，進入正方形abcd區(qū)域前后的兩段圓弧軌跡的半徑相等，并且圓心角均為45°，據(jù)此作出粒子可能的兩個運動軌跡如圖1所示：粒子的運動軌跡均關(guān)于直線BD對稱，粒子必從C點垂直于BC射出，故A正確；C、若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，粒子運動軌跡如下圖a所示設(shè)粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為θ1，則圖a中兩段圓弧軌跡的圓心角θ1與θ2的關(guān)系為：θ1+θ2＝90°設(shè)兩正方形的對應(yīng)邊之間的距離為ΔL。為保證粒子穿過ad邊，需滿足：Rcosθ1≥ΔL，且有：R﹣Rcosθ1＝ΔL，聯(lián)立解得：θ1≤60°為保證粒子穿過cd邊，需滿足：Rsinθ2≥ΔL為保證從BC邊射出，需滿足：R﹣Rcosθ2≤ΔL，聯(lián)立解得：θ1≥45°可得粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角范圍是45°≤θ1≤60°，故C錯誤；BD、粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，作出粒子恰好經(jīng)過c點的運動軌跡如圖2所示：設(shè)粒子在e點進入正方形abcd區(qū)域，線段MN垂直平分軌跡ec，與AB選項的分析同理，粒子的軌跡關(guān)于線段MN對稱。線段CE平行于軌跡ec，取圓弧軌跡的中點F，過F點做軌跡ec的平行線分別交AD與BC于點G和點F′，點E′為點E關(guān)于MN的對稱點。易知點e為ad的中點，點E為AD的中點，Ee垂直于ad和AD，設(shè)粒子軌跡半徑為r，正方形ABCD的邊長為2L。由幾何關(guān)系得：rsin60°＝L，F(xiàn)Q＝Rsin30°，EP＝L﹣FQPF=rcostan∠PEF=聯(lián)立解得：∠PEF＝30°因∠EGF＝60°，故∠EFG＝90°，即EF垂直于GF′，由對稱性可知四邊形EFF′E′為矩形，F(xiàn)′E′垂直于CE，可知點F′是點F關(guān)于MN的對稱點，即點F′是圓弧cH的中點，可知由c到F′粒子的軌跡圓心角為30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度較大，軌跡半徑較大，則粒子在c點左側(cè)穿過cd，其軌跡如圖3所示。與圖2的臨界軌跡對比，粒子第二段的軌跡圓心不會在BC上，故粒子不會垂直BC射出。若粒子速度較小，軌跡半徑較小，則粒子在c點下方穿過cb，其軌跡如圖4所示。與圖2粒子恰好經(jīng)過c點的運動過程同理，根據(jù)對稱性可知粒子一定垂直BC射出，故B錯誤，D正確；故選：AD?！军c評】本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動，熟悉離子的受力分析，掌握其運動特點，結(jié)合幾何關(guān)系即可完成分析。三．解答題（共10小題）11．（2025?選擇性）如圖，在xOy平面第一、四象限內(nèi)存在垂直平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一帶正電的粒子從M（0，﹣y0）點射入磁場，速度方向與y軸正方向夾角θ＝30°，從N（0，y0）點射出磁場。已知粒子的電荷量為q（q＞0），質(zhì)量為m，忽略粒子重力及磁場邊緣效應(yīng)。（1）求粒子射入磁場的速度大小v1和在磁場中運動的時間t1。（2）若在xOy平面內(nèi)某點固定一負點電荷，電荷量為48q，粒子質(zhì)量取m=B2y03k（k為靜電力常量），粒子仍沿（1）中的軌跡從M點運動到（3）在（2）問條件下，粒子從N點射出磁場開始，經(jīng)時間t2速度方向首次與N點速度方向相反，求t2（電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，取無限遠處的電勢為0時，與該點電荷距離為r處的電勢φ＝kQr【考點】帶電粒子在疊加場中做一般曲線運動；開普勒三大定律；帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動．【答案】（1）正電荷的入射速度等于2qBy0m，從M運動到（2）這次正電荷的入射速度為6kq（3）在（2）的條件下，正電荷從N點離開磁場后到首次速度變?yōu)榕cN點的射出速度相反的時間為23【分析】（1）根據(jù)幾何關(guān)系計算出粒子的軌道半徑，然后根據(jù)向心力公式計算即可；根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)角和周期關(guān)系計算時間；（2）正電荷由洛倫茲力和庫侖力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律計算；（3）離開磁場后洛倫茲力消失，只靠庫侖力不足以提供維持圓周運動的向心力，粒子做離心運動，由于N點受力與速度v2垂直，因此軌跡是負電荷為焦點的橢圓，類比于開普勒第三定律計算即可?！窘獯稹拷猓海?）一帶正電的粒子從M（0，﹣y0）點射入磁場，速度方向與y軸正方向夾角θ＝30°，粒子從M到N做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系rsinθ＝y(tǒng)0，解得r＝2y0洛倫茲力提供向心力，則q聯(lián)立解得v周期T=2πrv速度偏轉(zhuǎn)角為2θ＝2×30°＝60°，所以t1=60°360°（2）正電荷沿原來軌跡從M運動到N，負電荷需固定在（1）問圓心處，這樣負電荷受到洛倫茲力與庫侖力的合力提供向心力，軌跡與（1）相同根據(jù)牛頓第二定律有kQq整理成關(guān)于v2的一元二次方程：B2因式分解(解得v2（3）離開磁場后洛倫茲力消失，只靠庫侖力不足以提供維持圓周運動的向心力，粒子做離心運動，由于N點受力與速度v2垂直，因此軌跡是負電荷為焦點的橢圓，負電荷類比地球，N點為“近地點”，速度變?yōu)榕cN點的射出速度相反的點為“遠地點”類比天體，根據(jù)開普勒第二定律有v3r'＝v2r根據(jù)能量守恒定律可得12聯(lián)立解得r'＝6y0，可得橢圓半長軸a＝4y0，根據(jù)開普勒第三定律，橢圓軌道周期與半徑為a＝4y0的圓軌道周期T'相同，對這個圓軌道列向心力方程kqQ(4解得T'=因此所求時間t2=T'2，解得答：（1）正電荷的入射速度等于2qBy0m，從M運動到（2）這次正電荷的入射速度為6kq（3）在（2）的條件下，正電荷從N點離開磁場后到首次速度變?yōu)榕cN點的射出速度相反的時間為23【點評】在粒子做勻速圓周運動時，能夠計算出粒子的軌道半徑是解題的基礎(chǔ)，加入負電荷后，知道是由庫侖力和洛倫茲力的合力提供的向心力，當粒子離開磁場后，知道粒子做的是橢圓軌道運動，能結(jié)合開普勒第二定律計算出該橢圓軌道的半長軸是解題的關(guān)鍵，然后根據(jù)開普勒第三定律計算時間，本題綜合性強，難度大。12．（2025?浙江）如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長2L、質(zhì)量m、電阻R，放在光滑水平地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，以磁場邊界CD上一點為坐標原點，水平向右建立Ox軸，線框中心和一條對角線始終位于Ox軸上，開關(guān)S斷開，線框保持靜止，不計空氣阻力。（1）線框中心位于x＝0，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，求：①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大?。虎诰€框中心運動至x=L③線框中心運動至x=L（2）線框中心分別位于x＝0和x=L2，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，線框中心分別運動到x＝L所需時間分別為t1和t2，求t1﹣t【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動；機械能與曲線運動相結(jié)合的問題；安培力的計算公式及簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】（1）①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大小為2BIL；②線框中心運動至x=L2過程中，安培力做功為34③恒流源提供的電壓為BL（2）t1﹣t2為0?！痉治觥浚?）①根據(jù)F＝BIL計算；②先根據(jù)安培力的平均值計算安培力做功，然后根據(jù)動能定理合動量與動能的關(guān)系計算安培力的沖量；③根據(jù)能量守恒計算；（2）把線框的運動類比于簡諧運動，得到線框的運動周期，結(jié)合運動時間比較即可?！窘獯稹拷猓海?）①在閉合開關(guān)S瞬間，線框在磁場中的等效程度為l＝2L所以線框受到的安培力大小為FA＝BIl＝2BIL②線框運動到x時，安培力大小為FA＝2BI（L﹣x）則安培力做功為WFA=其中F整理可得W根據(jù)動能定理有WFA線框的動量大小為p=所以根據(jù)動量定理安培力的沖量大小為I＝p解得I=③恒流源提供的電壓為U，根據(jù)能量守恒有UI＝BLvI+I2R解得U=（2）把線框的運動類比成簡諧運動，則回復(fù)力為F回＝F安＝2BI（L﹣x）＝2BIx′＝kx′則周期T=2則線框運動到x＝L位置時的時間分別為t1所以t1﹣t2＝0答：（1）①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大小為2BIL；②線框中心運動至x=L2過程中，安培力做功為34③恒流源提供的電壓為BL（2）t1﹣t2為0?！军c評】知道線框在磁場中的有效長度，掌握變力做功的計算方法，知道動能合動量的關(guān)系等是解題的基礎(chǔ)。13．（2024?浙江）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于O′O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在O′點，三個相同的關(guān)于O′O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應(yīng)強度大小均為B。處于靜止狀態(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運動，其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知t＝0時速度為v0，方向向下，t1、t2時刻的振幅分別為A1、A2。平臺和三個線圈的總質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，每個線圈半徑為r、電阻為R。當彈簧形變量為Δx時，其彈性勢能為12（1）平臺靜止時彈簧的伸長量Δx0；（2）t＝0時，每個線圈所受到安培力F的大??；（3）在0～t1時間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q；（4）在t1～t2時間內(nèi)，彈簧彈力沖量I彈的大小?！究键c】安培力作用下的受力平衡問題；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)過程中的能量類問題；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學問題；分析綜合能力．【答案】（1）平臺靜止時彈簧的伸長量Δx0為mgk（2）t＝0時，每個線圈所受到安培力F的大小為4v（3）在0～t1時間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q為16（4）在t1～t2時間內(nèi)，彈簧彈力沖量I彈的大小為[mg(t【分析】（1）根據(jù)胡克定律求彈簧的伸長量；（2）根據(jù)動生電動勢公式、歐姆定律、安培力的公式求每個線圈受到的安培力；（3）根據(jù)系統(tǒng)減少的機械能等于三個線圈產(chǎn)生的熱量求解；（4）先求出這段時間重力和安培力的沖量，再由動量定理求彈簧的沖量?！窘獯稹拷猓海?）平臺靜止時，穿過三個線圈的磁通量不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受到安培力作用，O點受力平衡，因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量：Δx（2）在t＝0時速度為v0，設(shè)每個線圈的周長為L，由電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流：I每個線圈所受到安培力F的大?。篎（3）平臺在0～t1時間內(nèi)由能量守恒定律可得：12聯(lián)立解得：Q在0～t1時間內(nèi)，振動時能量的減少轉(zhuǎn)化為線圈的焦耳熱，可知每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱：Q（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得：I彈+IA﹣IG＝0其中，重力的沖量：IG＝mg（t2﹣t1）安培力的沖量：IA＝3×2πrB?Δq，而電荷量為：Δq聯(lián)立解得彈簧彈力沖量I彈的大小為：I答：（1）平臺靜止時彈簧的伸長量Δx0為mgk（2）t＝0時，每個線圈所受到安培力F的大小為4v（3）在0～t1時間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q為16（4）在t1～t2時間內(nèi)，彈簧彈力沖量I彈的大小為[mg(t【點評】本題通過介紹電磁減振的原理，考查電磁感應(yīng)中的能量和力學問題。信息量多，也把物理知識跟科學技術(shù)聯(lián)系起來。關(guān)鍵要建立物理模型，理解其物理原理。14．（2024?選擇性）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)挘桓鲄^(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為+q、質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為32v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿+x方向的勻強電場，電場強度大小E0=（1）求磁感應(yīng)強度的大小B。（2）求Ⅲ區(qū)的寬度d。（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關(guān)系為E＝ωt﹣kx，其中常系數(shù)ω＞0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時t＝0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）?！究键c】帶電粒子由磁場進入電場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）磁感應(yīng)強度的大小B為mv（2）Ⅲ區(qū)的寬度d為3πL（3）乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為F=qωΔx【分析】（1）粒子在磁場中做與圓周運動，根據(jù)已知粒子乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，由幾何關(guān)系得到粒子乙的圓周運動半徑，由洛倫茲力提供向心求解磁感應(yīng)強度的大小。（2）求得粒子乙從射入磁場到運動到達P點的時間，此時間等于粒子甲由P點到O點做勻加速直線運動的時間，對粒子甲由牛頓第二定律和運動學公式求解d。（3）求得粒子甲進入Ⅳ區(qū)時的速度，甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，甲所受電場力為零，據(jù)此求得k值。對乙粒子進入Ⅳ區(qū)后，通過與甲粒子的運動對比求解F與Δx間的關(guān)系式?！窘獯稹拷猓海?）粒子在磁場中做與圓周運動，已知粒子乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，設(shè)粒子乙的圓周運動半徑為R乙，其運動軌跡如圖1所示：由幾何關(guān)系得：R乙sin30°＝L由洛倫茲力提供向心得：qBv0＝mv聯(lián)立解得：B=（2）設(shè)粒子乙從射入Ⅰ區(qū)到運動到達P點的時間為t1。則有：t1＝2×粒子甲在磁場中的圓周運動軌跡如圖2所示，其到達P點時的速度方向沿x軸正方向。已知甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)，甲到O點時，乙恰好到P點?？芍Ｗ蛹子蒔點到O點做勻加速直線運動的時間等于粒子乙從射入Ⅰ區(qū)到運動到達P點的時間t1。對粒子甲，根據(jù)牛頓第二定律得：qE0＝ma甲，已知：E0=解得粒子甲在Ⅲ區(qū)運動的加速度大小為：a甲=由運動學公式得：d=解得：d=（3）設(shè)粒子甲進入Ⅳ區(qū)時的速度為v甲，則有：v甲=3v已知取甲經(jīng)過O點時t＝0，甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則任意時刻t，甲相對O點的位移為：x甲＝v甲t＝3v0tt時刻甲所處位置的電場強度為零，則有：ωt﹣kx甲＝ωt﹣3kv0t＝0可得：k=則有：E＝ωt-設(shè)乙粒子在Ⅲ區(qū)的運動時間為t2，進入Ⅳ區(qū)后再運動Δt時間，在Ⅳ區(qū)的位移大小為x乙，在此時此位置其受到的電場力大小為：F＝qE＝qω此時對于甲粒子，則有：qω(甲、乙間距為Δx，則有：x甲﹣x乙＝Δx聯(lián)立解得：F=答：（1）磁感應(yīng)強度的大小B為mv（2）Ⅲ區(qū)的寬度d為3πL（3）乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為F=qωΔx【點評】本題考查了帶電粒子在電磁場中的運動問題，在磁場中做勻速圓周運動時，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合幾何關(guān)系求解。本題（3）問要理解題意，電場強度隨時間與位置在變化，甲粒子運動過程所處的位置電場強度為零，由甲來推理乙的受力情況。15．（2024?甘肅）質(zhì)譜儀是科學研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子（不計重力），加速后進入速度選擇器做直線運動，再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。（1）粒子帶正電還是負電？求粒子的比荷。（2）求O點到P點的距離。（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)镋2（E2略大于E1），方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點上。求粒子打在O'點的速度大小?！究键c】帶電粒子由磁場進入電場中的運動．【專題】定量思想；推理法；合成分解法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）粒子帶正電，粒子的比荷為E1（2）O點到P點的距離為4U（3）粒子打在O'點的速度大小為2E【分析】（1）根據(jù)粒子在偏轉(zhuǎn)分離器Ⅲ中受到的洛倫茲力方向，由左手定則判斷粒子帶電性質(zhì)。粒子在速度選擇器Ⅱ中做勻速直線運動，由受力平衡的條件求得速度，對粒子在粒子加速器Ⅰ中的運動過程，應(yīng)用動能定理求解粒子的比荷。（2）粒子在偏轉(zhuǎn)分離器Ⅲ中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求得運動半徑，根據(jù)幾何關(guān)系求解O點到P點的距離。（3）應(yīng)用配速法，將粒子的運動分解勻速圓周運動和勻速直線運動，應(yīng)用運動的合成與分解解答。【解答】解：（1）根據(jù)粒子在偏轉(zhuǎn)分離器Ⅲ中做逆時針勻速圓周運動，可知由O點進入分離器時受到的洛倫茲力方向由O指向P，由左手定則判斷可知粒子帶正電。設(shè)粒子在速度選擇器Ⅱ中做直線運動的速度大小為v，其受力平衡做勻速直線運動，則有：qE1＝qvB1解得：v=對粒子在粒子加速器Ⅰ中的運動過程，根據(jù)動能定理得：qU=解得粒子的比荷為：q（2）設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)分離器Ⅲ中做勻速圓周運動的半徑為R，O點到P點的距離為L，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB2=粒子在偏轉(zhuǎn)分離器Ⅲ中運動軌跡為12L＝2R=（3）應(yīng)用配速法，如下圖所示，在O點將粒子的速度v分解為大小為v1、v2的兩個分速度，則有v＝v1﹣v2令v1對應(yīng)的洛倫茲力等于電場力，即qB1v1＝qE2，可得：v1=粒子的運動可分解為線速度大小為v2的勻速圓周運動和速度大小為v1的勻速直線運動，設(shè)粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點時的速度大小為v′，則有：v′＝v1+v2＝v1+v1﹣v＝2v1﹣v=答：（1）粒子帶正電，粒子的比荷為E1（2）O點到P點的距離為4U（3）粒子打在O'點的速度大小為2E【點評】本題考查了帶電粒子在電場中的運動問題。粒子在加速電場的加速過程，應(yīng)用動能定理求解粒子獲得的速度大小。粒子在磁場中做勻速圓周運動時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系解答。掌握此題應(yīng)用配速法解答（3）的方法與過程。16．（2024?山東）如圖所示，在Oxy坐標系x＞0，y＞0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點，∠OMN＝60°，擋板上有一小孔K位于MN中點?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜32L的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(diào)整加速電壓，當粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當加速電壓為qB2L224m時，求粒子從小孔【考點】帶電粒子由電場進入磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；合成分解法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0為qB（2）第一象限中電場強度的大小為qB2L（3）運動過程中距離y軸最近位置的坐標為[(3-3)L12，(12n+9)π+8324L]【分析】（1）粒子均垂直于y軸進入磁場，粒子在△OMN區(qū)域中在做勻速圓周運動，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求得粒子的軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得粒子的速度大小，由動能定理求解得加速電壓。（2）粒子速度最小時，其在△OMN區(qū)域中的軌跡半徑最小，作出軌跡半徑最小的運動軌跡，同理求得粒子的速度大小。粒子從小孔K射出后做勻速直線運動，根據(jù)力與運動的關(guān)系分析粒子受到的洛倫茲力與電場力關(guān)系，進而求解電場強度。（3）由動能定理求得粒子進入磁場的速度大小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得粒子在△OMN區(qū)域運動的軌跡半徑，作出粒子的運動軌跡。將粒子在K點的速度沿y軸與x軸的分解，將粒子的運動分解為沿y軸正方向的勻速直線運動和在xOy平面內(nèi)的勻速圓周運動，根據(jù)分運動的獨立性與等時性解答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，粒子均垂直于y軸進入磁場，粒子在△OMN區(qū)域中在做勻速圓周運動，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運動軌跡如下圖所示，N點為圓弧軌跡的圓心。根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中的軌跡半徑為r根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB=在加速電場中的運動過程，由動能定理得：qU聯(lián)立解得：U（2）根據(jù)題意，粒子速度最小時，其在△OMN區(qū)域中的軌跡半徑最小，作出軌跡半徑最小的運動軌跡如下圖所示，最小的半徑等于K點到y(tǒng)軸的距離。根據(jù)幾何關(guān)系可知，最小的半徑為r同理可得：q解得：v1=粒子沿y軸正方向從小孔K射出，據(jù)題意射出后粒子做勻速直線運動，粒子帶正電，由左手定可知，受到的洛倫茲力沿x軸負方向，則粒子受到的電場力應(yīng)沿x軸正方向，則△OMN之外第一象限區(qū)域電場強度的方向沿x軸正方向，大小滿足：qE＝qv1B聯(lián)立解得：E（3）在加速電場中，由動能定理得：qU=已知：U=解得：v在△OMN區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qBv可得粒子在△OMN區(qū)域運動的軌跡半徑為：r作出粒子的運動軌跡如下圖所示。設(shè)粒子從小孔K射出時速度方向與x軸正方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系得：sinθ=L4r2將粒子在K點的速度分解為沿y軸正方向的分速度v2y和沿x軸正方向的分速度v2x，則有：v2v2因v2y＝v1，故粒子沿y軸正方向的勻速直線運動，則可將粒子的運動分解為沿y軸正方向的勻速直線運動和在xOy平面內(nèi)的勻速圓周運動，勻速圓周運動的線速度大小等于v2x，同理可得分運動的勻速圓周運動的半徑為：r3可得粒子與y軸的最小距離（即x軸坐標）為：d當勻速圓周運動的速度偏轉(zhuǎn)270°時粒子第一次距離y軸最近，此過程經(jīng)歷的時間為：t0=粒子第一次距離y軸最近時的y軸坐標為：y1＝v2yt0+L2sin60°解得：y1=在圓周運動的一個周期內(nèi)粒子沿y軸方向運動的位移大小為：Δy＝v2yT=距離y軸最近時y軸的坐標為：y＝y(tǒng)1+nΔy=(12n+9)π+8324L，（n＝故粒子從小孔K射出后，運動過程中距離y軸最近位置的坐標為：[(3-3)L12，(12n+9)π+8324L]答：（1）使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0為qB（2）第一象限中電場強度的大小為qB2L（3）運動過程中距離y軸最近位置的坐標為[(3-3)L12，(12n+9)π+8324L]【點評】本題考查了帶電粒子在電磁場中的運動問題，本題難度大，運動過程較多，考查了力與運動分析能力。粒子在加速電場中加速過程，應(yīng)用動能定理求解獲得的速度。在磁場中做勻速圓周運動時，由幾何關(guān)系求得運動半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解其它物理量。本題（3）問粒子在電場與磁場的組合場中周期性運動，其運動可分解為勻速直線運動與勻速圓周運動，根據(jù)分運動的獨立性與等時性解答。17．（2024?貴州）如圖，邊長為L的正方形abcd區(qū)域及矩形cdef區(qū)域內(nèi)均存在電場強度大小為E、方向豎直向下且與ab邊平行的勻強電場，ef右邊有一半徑為33L且與ef相切的圓形區(qū)域，切點為ef的中點，該圓形區(qū)域與cdef區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)cd邊的中點進入cdef（1）粒子沿直線通過cdef區(qū)域時的速度大?。唬?）粒子的電荷量與質(zhì)量之比；（3）粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角。【考點】帶電粒子由電場進入磁場中的運動；帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）粒子沿直線通過cdef區(qū)域時的速度大小為EB（2）粒子的電荷量與質(zhì)量之比為EB（3）粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角為60°?！痉治觥浚?）粒子能在cdef做直線運動，可知電場力和洛倫茲力平衡，可知粒子帶正電，速度方向為水平向右，再根據(jù)qE＝qvB求解速度大?。唬?）對粒子從b點運動到cd中點的類斜拋運動分析，到達cd中點的速度即為初速度的水平分量，電場力提供加速度，結(jié)合平拋運動規(guī)律即可求解粒子的比荷；（3）根據(jù)粒子比荷即可確定粒子在圓形磁場區(qū)域的軌道半徑，畫出粒子大致運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解偏轉(zhuǎn)角度?！窘獯稹拷猓海?）粒子在cdef中做直線運動，則電場力和洛倫茲力平衡，則粒子帶正電，在cd中點時速度水平向右，設(shè)粒子到達cd中點的速度大小為v0，電荷量為q，質(zhì)量為m，則有qE＝qv0B解得v0（2）結(jié)合（1）中分析，粒子從b點到cd中點的運動可以逆向看作從cd中點到b點的平拋運動，設(shè)這段運動過程時間為t，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可得qE＝ma根據(jù)平拋運動規(guī)律可得v0t＝L12聯(lián)立解得粒子的電荷量與質(zhì)量之比qm（3）粒子從ef中點水平進入圓形磁場做勻速圓周運動，設(shè)粒子勻速圓周運動的軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律可得qv解得：R＝L粒子在圓形磁場中運動軌跡如圖所示根據(jù)帶電粒子在圓形磁場中做圓周運動的規(guī)律可知，粒子沿半徑方向射入，也會沿半徑方向射出，根據(jù)上圖軌跡分析可知，粒子射出圓形磁場區(qū)域的速度方向與進入圓形磁場區(qū)域時速度方向的夾角為α＝2θ，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得tanθ=解得tanθ=33，即θ則α＝60°答：（1）粒子沿直線通過cdef區(qū)域時的速度大小為EB（2）粒子的電荷量與質(zhì)量之比為EB（3）粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角為60°?！军c評】考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動過程的分析計算，以及有界磁場的分析計算，難度較大。18．（2024?重慶）小明設(shè)計了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場中的運動情況，質(zhì)量分別為2m、m的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導(dǎo)線相連，形成閉合回路，兩根導(dǎo)線的間距和P、Q的長度均為L。僅在Q的運動區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向水平向左的勻強磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內(nèi)向上運動，P、Q始終保持水平，不計空氣阻力、摩擦和導(dǎo)線質(zhì)量，忽略回路電流產(chǎn)生的磁場。重力加速度為g，當P勻速下降時，（1）求P所受單根導(dǎo)線拉力的大小。（2）Q中電流的大小。【考點】安培力的計算公式及簡單應(yīng)用；豎直平面內(nèi)的導(dǎo)軌滑桿模型．【專題】定量思想；控制變量法；電磁感應(yīng)中的力學問題；推理論證能力；模型建構(gòu)能力．【答案】（1）P所受單根導(dǎo)線拉力的大小mg。（2）Q中電流的大小mgBL【分析】（1）由平衡條件求P所受單根導(dǎo)線拉力的大小。（2）由平衡條件結(jié)合安培力公式求Q中電流的大小。【解答】解：（1）由P勻速下降可知，P處于平衡狀態(tài)，所受合力為0，設(shè)導(dǎo)線的拉力大小為T，對P有2T＝2mg解得T＝mg（2）設(shè)Q所受安培力大小為F，對Q整體受力分析，有mg+F＝2mg又F＝BIL解得I=答：（1）P所受單根導(dǎo)線拉力的大小mg。（2）Q中電流的大小mgBL【點評】本題是電磁感應(yīng)中的力學平衡問題，受力分析和計算安培力是解題關(guān)鍵。19．（2024?北京）我國“天宮”空間站采用霍爾推進器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進入放電室，另一部分未進入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為+e，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為﹣e；對于氙離子，僅考慮電場的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2；（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進器獲得的推力大小F。【考點】帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；動能定理的簡單應(yīng)用；帶電粒子在恒定的電場中做加速（或減速）運動；動量、沖量與動量定理在電場問題中的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a為eEM（2）徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2為Eme（3）此霍爾推進器獲得的推力大小F為nk2【分析】（1）氙離子在放電室時僅考慮電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律求解其加速度的大小；（2）根據(jù)動能定理求得電子運動到陽極附近的速度，在陽極附近電子在沿軸線的方向上所受電場力與徑向磁場的洛倫茲力平衡，由平衡條件求得磁感應(yīng)強度大小B2；（3）根據(jù)已知條件求得單位時間內(nèi)被電離的氙原子數(shù)。根據(jù)動能定理求得氙離子經(jīng)電場加速獲得的速度大小，根據(jù)動量定理與牛頓第三定律求解此霍爾推進器獲得的推力大小F。【解答】解：（1）氙離子在放電室時僅考慮電場的作用，其只受電場力作用，由牛頓第二定律得：eE＝Ma解得：a（2）在陽極附近電子在垂直于軸線的平面繞軸線做勻速圓周運動，在徑向方向上電子受到的軸向的勻強磁場B1的洛倫茲力提供向心力，則有：eB1v=在沿軸線的方向上電子所受電場力與徑向磁場的洛倫茲力平衡，則有：eE＝evB2解得：B2=（3）已知單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，設(shè)單位時間內(nèi)進入放電室的電子數(shù)為n1，則未進入的電子數(shù)為n﹣n1，設(shè)單位時間內(nèi)被電離的氙原子數(shù)為N，則有：Nn已知氙離子從放電室右端噴出后與未進入放電室的電子剛好完全中和，則有：N＝n﹣n1聯(lián)立可得：N氙離子經(jīng)電場加速過程，根據(jù)動能定理得：eEd=時間Δt內(nèi)噴出的氙離子持續(xù)受到的作用力為F′，以向右為正方向，由動量定理得F′?Δt＝N?Δt?Mv1解得：F由牛頓第三定律可知，霍爾推進器獲得的推力大小F=答：（1）氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a為eEM（2）徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2為Eme（3）此霍爾推進器獲得的推力大小F為nk2【點評】本題考查了帶電粒子在電磁場中運動問題，此題的關(guān)鍵是對題意的理解，把握好粒子運動狀態(tài)，根據(jù)力與運動的關(guān)系分析受力情況。第（3）問的關(guān)鍵是求出單位時間內(nèi)被電離的氙原子數(shù)，根據(jù)動量定理求解推進器獲得的推力大小。20．（2024?重慶）有人設(shè)計了一種粒子收集裝置。如圖所示，比荷為qm的帶正電的粒子，由固定于M點的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場開關(guān)，空間將充滿磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為v0的粒子運動到O（1）求OK間的距離。（2）速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，該粒子仍被收集，求MO間的距離。（3）速率為4v0的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關(guān)，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時O點。求打開磁場的那一時刻?！究键c】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）OK間的距離2m（2）MO間的距離23（3）打開磁場的那一時刻3m【分析】（1）當粒子到達O點時打開磁場開關(guān)，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系可以得出OK的距離；（2）速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，根據(jù)粒子在磁場中運動的軌跡結(jié)合幾何關(guān)系可以求解MO之間距離；（3）速率為4v0的粒子射出一段時間t到達N點，要使粒子仍然經(jīng)過K點，根據(jù)粒子在磁場中運動的軌跡結(jié)合幾何關(guān)系可以求解ON之間距離，結(jié)合勻速直線運動可以求解粒子在打開磁場開關(guān)前運動的時間?！窘獯稹拷猓海?）當粒子到達O點時打開磁場開關(guān)，粒子做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為r1，如圖所示由洛倫茲力提供向心力得qv其中OK＝2r1解得OK=（2）速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑r2＝4r1如圖所示，由幾何關(guān)系有（4r1﹣2r1）2+MO2＝（4r1）2解得MO=（3）速率為4v0的粒子射出一段時間t到達N點，要使粒子仍然經(jīng)過K點，則N點在O點右側(cè)，如圖所示由幾何關(guān)系有（4r1﹣2r1）2+ON2＝（4r1）2解得ON=粒子在打開磁場開關(guān)前運動時間為t=解得t=答：（1）OK間的距離2m（2）MO間的距離23（3）打開磁場的那一時刻3m【點評】本題關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出運動的軌跡，然后根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式求解。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．牛頓第三定律的理解與應(yīng)用【知識點的認識】1．內(nèi)容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應(yīng)用例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點撥】應(yīng)用牛頓第三定律分析問題時應(yīng)注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴格依據(jù)科學理論．（2）理解應(yīng)用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系與物體的運動狀態(tài)無關(guān)．（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．3．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設(shè)運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的