《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專項攻關(guān)高分秘籍 專題10 磁場學(xué)案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專項攻關(guān)高分秘籍 專題10 磁場學(xué)案.doc（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題10 磁場 帶電粒子在勻強磁場中的運動綜合了洛倫茲力、牛頓運動定律、勻速圓周運動、數(shù)學(xué)知識等，是高考命題的熱點和重點，命題時涉及情景比較多，并善于變化情景考查相關(guān)知識點。對安培力的考查較多的是與電磁感應(yīng)結(jié)合的題目，難度適中或較大。高考命題仍將帶電粒子在勻強磁場中的運動作為重點，可能與電場結(jié)合，也可能將對安培力的考查與電磁感應(yīng)結(jié)合。 【備考建議】 【經(jīng)典例題】 考點一　磁場的理解及安培定則 【典例1】(2017全國Ⅲ卷,18)如圖,在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零.如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點處磁感應(yīng)強度的大小為(　 　) A.0 B.B0 C.B0 D.2B0 由幾何關(guān)系得B合′=B1=B0,所以當(dāng)P電流反向后在a點的磁感應(yīng)強度 B===B0,選項C正確. 【典例2】(2018江西上高縣模擬)(多選)有兩根長直導(dǎo)線a,b互相平行放置,如圖所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖.在圖中所示的平面內(nèi),O點為兩根導(dǎo)線連線的中點,M,N為兩根導(dǎo)線附近的兩點,它們在兩導(dǎo)線連線的中垂線上,且與O點的距離相等.若兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I,則下列說法中正確的是(　 　) A.M點和N點的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相反 B.導(dǎo)線a,b互相排斥 C.在線段MN上各點的磁感應(yīng)強度都不可能為零 D.在線段MN上只有一點的磁感應(yīng)強度為零 考點二　安培力的分析與計算 【典例3】(2017全國Ⅱ卷,21)(多選)某同學(xué)自制的簡易電動機示意圖如圖所示.矩形線圈由一根漆包線繞制而成,漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出,并作為線圈的轉(zhuǎn)軸.將線圈架在兩個金屬支架之間,線圈平面位于豎直面內(nèi),永磁鐵置于線圈下方.為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來,該同學(xué)應(yīng)將(　 　) A.左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉 B.左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉 C.左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 D.左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 【典例4】（2018河北衡水六調(diào)）一通電直導(dǎo)線與x軸平行放置，勻強磁場的方向與xOy坐標(biāo)平面平行，導(dǎo)線受到的安培力為F。若將該導(dǎo)線做成圓環(huán)，放置在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，如圖所示，并保持通電的電流不變，兩端點ab連線也與x軸平行，則圓環(huán)受到的安培力大小為 ( ) A．F B． C． D． 【參考答案】C 【命題意圖】本題考查安培力及其相關(guān)的知識點。 【解題思路】根據(jù)安培力公式，安培力F與導(dǎo)線長度L成正比；若將該導(dǎo)線做成圓環(huán)，由L=2πR，解得圓環(huán)的半徑R=，圓環(huán)ab兩點之間的距離L’=R=。由F/L=F’/L’解得：F’=，選項C正確。 考點三　安培力作用下導(dǎo)體運動趨勢的判斷 【典例5】一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置,且兩個線圈的圓心重合,如圖所示.當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時,從左向右看,線圈L1將(　 　) A.不動 B順時針轉(zhuǎn)動 C.逆時針轉(zhuǎn)動 D在紙面內(nèi)平動 【解析法一　(電流元法)把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上、下兩部分,每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元,電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中,根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上,由左手定則可得,上半部分電流元所受安培力均指向紙外,下半部分電流元所受安培力均指向紙內(nèi),因此從左向右看線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動. 法二　(等效法)把線圈L1等效為小磁針,該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心,小磁針的N極應(yīng)指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向,由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上,而L1等效成小磁針后,轉(zhuǎn)動前,N極指向紙內(nèi),因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上,所以從左向右看,線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動. 法三　(結(jié)論法)環(huán)形電流I1,I2之間不平行,則必有相對轉(zhuǎn)動,直到兩環(huán)形電流同向平行為止,據(jù)此可得,從左向右看,線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動. 考點四　安培力作用下導(dǎo)體的平衡與加速 【典例6】（2016河南八市重點高中聯(lián)考）如圖所示，無限長水平直導(dǎo)線中通有向右的恒定電流I，導(dǎo)線正下方固定一正方形線框。線框中葉通有順時針方向的恒定電流I，線框邊長為L，線框上邊與直導(dǎo)線平行，且到直導(dǎo)線的距離也為L，已知在長直導(dǎo)線的磁場中距離長直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度大小為B=kI/r，線框質(zhì)量為m，則釋放線框的一瞬間，線框的加速度可能為 A．0 B．-g C．-g D．g - 【參考答案】AC 【命題意圖】本題考查了安培力、牛頓運動定律等知識點。 【解題思路】線框上邊所在處的磁感應(yīng)強度大小為B1=k ，由安培定則可判斷出磁場方向為垂直紙面向里，所受安培力的大小為F1= B1IL=kI2，由左手定則可判斷出安培力方向向上；線框下邊所在處的磁感應(yīng)強度大小為B2=k ，所受安培力的大小為F2= B2IL=kI2，由左手定則可判斷出安培力方向向下；若F1= F2+mg，則加速度為零，選項A正確。若F1>(F2+mg)，則加速度方向向上，由F1-(F2+mg)=ma，解得a= -g，選項C正確B錯誤。若F1<(F2+mg)，則加速度方向向下，由 (F2+mg) -F1=ma，解得a=g- ，選項D錯誤。 【典例7】(2018江西重點中學(xué)協(xié)作體第二次聯(lián)考)(多選)如圖所示,在傾角θ=30的光滑軌道上,質(zhì)量m=0.1 kg的AB桿放在軌道上,軌道間距l(xiāng)=0.2 m,電流I=0.5 A.當(dāng)加上垂直于桿AB的某一方向的勻強磁場后,桿AB處于靜止?fàn)顟B(tài),則所加磁場的磁感應(yīng)強度可能為(　 　) A.1 T B.5.5 T C.4 T D.7.5 T 【解析對桿受力分析,由圖解法求出桿受的安培力的最小值,根據(jù)F=BIL求出B的最小值.金屬導(dǎo)軌光滑,所以沒有摩擦力,則金屬棒只受重力、支持力和安培力,根據(jù)平衡條件支持力和安培力的合力應(yīng)與重力等大反向,根據(jù)矢量三角形合成法則作出三種情況的合成圖如圖.由圖可以看出當(dāng)安培力F與支持力垂直時有最小值Fmin=mgsin θ,即BminIl=mgsin θ,解得Bmin=5 T,選項B,D正確. 考點五 對洛倫茲力的理解 【典例8】(2018河北衡水檢測)(多選)如圖所示,勻強磁場的方向豎直向下,磁場中有光滑的水平桌面,在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管.在水平拉力F的作用下,試管向右勻速運動,帶電小球能從試管口處飛出,則(　 　) A.小球帶負(fù)電 B.小球運動的軌跡是一條拋物線 C.洛倫茲力對小球做正功 D.水平拉力F不斷變大 【解析小球能從管口處飛出,說明小球受到指向管口的洛倫茲力,根據(jù)左手定則判斷,小球帶正電,選項A錯誤;設(shè)管子運動速度為v1,小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動.小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B,q,v1,B均不變,F1不變,則小球沿管子做勻加速直線運動.與平拋運動類似,小球運動的軌跡是一條拋物線,選項B正確;洛倫茲力總是與速度垂直,不做功,選項C錯誤;設(shè)小球沿管子的分速度大小為v2,則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B,v2增大,則F2增大,而拉力F=F2,則F逐漸增大,選項D正確. 考點六 帶電粒子在勻強磁場中的運動 【典例9】[帶電粒子在三角形磁場中的運動](2018遼寧沈陽段考)(多選)如圖所示,在等腰三角形abc區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,d是ac上任意一點,e是bc上任意一點.大量相同的帶電粒子從a點以相同方向進入磁場,由于速度大小不同,粒子從ac和bc上不同點離開磁場.不計粒子重力,則從c點離開的粒子在三角形abc磁場區(qū)域內(nèi)經(jīng)過的弧長和運動時間,與從d點和e點離開的粒子相比較(　 　) A.經(jīng)過的弧長一定大于從d點離開的粒子經(jīng)過的弧長 B.經(jīng)過的弧長一定小于從e點離開的粒子經(jīng)過的弧長 C.運動時間一定大于從d點離開的粒子的運動時間 D.運動時間一定大于從e點離開的粒子的運動時間 【典例10】如圖所示,半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外.一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為 ,已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60,則粒子的速率為(不計重力) (　 　) A. B. C. D. 考點七 帶電粒子在勻強磁場中的多解問題 【典例11】(2016山東淄博模擬)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點。一個帶正電的粒子(重力忽略不計)從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形區(qū)域內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場。現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30的方向(如圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法正確的是 A．該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場 B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0 C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是 D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間一定是 【參考答案】AD 【技巧點撥】解答此題，若對各個選項敘述的情景畫出軌跡圖，有助于正確判斷。 【典例12】如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P，其到CF，CD距離均為 ，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子．已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力． (1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？ (2)求速率為v＝的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍． 【參考答案】(1) (2) (2)當(dāng)v＝時，設(shè)離子在磁場中做圓周運動的半徑為R， 則由可得. 要使離子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切，設(shè)切點與C點距離為x，其軌跡如圖甲所示， 由幾何關(guān)系得： R2＝(x－ )2＋(R－ )2， 計算可得x＝L， R2＝(L－R)2＋(d2－ )2， 解得d2＝ 故速率為v＝的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為 點睛：粒子圓周運動的半徑 ，速率越大半徑越大，越容易射出正方形區(qū)域，粒子在正方形區(qū)域圓周運動的半徑若不超過 ，則粒子一定不能射出磁場區(qū)域，根據(jù)牛頓第二定律求出速率即可。 考點八 帶電粒子在有界磁場中運動的臨界極值 【典例13】2018河北衡水模擬)在圖(甲)中,加速電場A,B板水平放置,半徑R=0.2 m 的圓形偏轉(zhuǎn)磁場與加速電場的A板相切于N點,有一群比荷為 =5105 C/kg的帶電粒子從電場中的M點處由靜止釋放,經(jīng)過電場加速后,從N點垂直于A板進入圓形偏轉(zhuǎn)磁場,加速電場的電壓U隨時間t的變化如圖(乙)所示,每個帶電粒子通過加速電場的時間極短,可認(rèn)為加速電壓不變. 時刻進入電場的粒子恰好水平向左離開磁場.(不計粒子的重力)求: (1)粒子的電性; (2)磁感應(yīng)強度B的大小; (3)何時釋放的粒子在磁場中運動的時間最短?最短時間t是多少(π取3)? 【解析(1)由題意可知,粒子水平向左離開磁場,則粒子所受洛倫茲力向左,根據(jù)左手定則得,粒子帶負(fù)電. (2)由題圖(乙)可知,當(dāng)時,U=100 V,根據(jù)動能定理得Uq=m-0, 粒子做圓周運動洛倫茲力提供向心力, 由牛頓第二定律得qv1B=m 粒子恰好水平向左離開磁場,粒子軌道半徑r1=R解得B=0.1 T. 【典例14】(2017湖南衡陽三模)如圖所示,矩形A1A2A3A4和B1B2B3B4兩矩形中心點重合,邊平行或垂直,矩形A1A2A3A4和B1B2B3B4之間有電場強度大小相等的電場方向都垂直于矩形邊向內(nèi),矩形B1B2B3B4內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場.矩形A1A2A3A4的長與寬都比矩形B1B2B3B4多2d.現(xiàn)在矩形A1A2A3A4邊A1A2中點O有質(zhì)量為m、電荷量為q的一帶正電的粒子(不計重力)由靜止釋放,經(jīng)過一段時間后,帶電粒子又回到了O點.已知電場強度的大小都是E,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,帶電粒子經(jīng)過電場和磁場的分界線時,速度都與分界線垂直.求: (1)若帶電粒子最快回到O點,那么矩形B1B2B3B4的長和寬是多少? (2)若帶電粒子最快回到O點,那么帶電粒子最快回到O點所用的時間? (3)若兩矩形的長是寬的兩倍(也就是|A1A4|=2|A1A2|),則矩形A1A2A3A4的邊長|A1A2|是多少? 【解析(1)帶電粒子最快回到O點的軌跡如圖所示, 帶電粒子從O點出發(fā)進入磁場前運動過程中,由動能定理可得qEd=mv2 , 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,則qvB=m,解得R= 那么矩形B1B2B3B4的長寬都是a=b=2R=. (2)帶電粒子從O點出發(fā)進入磁場前運動過程的運動時間t0== 【走進高考】 1.（2016河南八市重點高中聯(lián)考）如圖所示，無限長水平直導(dǎo)線中通有向右的恒定電流I，導(dǎo)線正下方固定一正方形線框。線框中葉通有順時針方向的恒定電流I，線框邊長為L，線框上邊與直導(dǎo)線平行，且到直導(dǎo)線的距離也為L，已知在長直導(dǎo)線的磁場中距離長直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度大小為B=kI/r，線框質(zhì)量為m，則釋放線框的一瞬間，線框的加速度可能為 A．0 B．-g C．-g D．g - 2.如圖所示，將一個半徑為R的導(dǎo)電金屬圓環(huán)串聯(lián)接入電路中，電路的電流強度為I，接入點a、b是圓環(huán)直徑上的兩個端點，流過圓弧abc和adc的電流相等．金屬圓環(huán)處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．則金屬圓環(huán)受到的安培力為（　?。? A．0 B．πBIR. C．2πBIR. D．2BIR. 3.在絕緣圓柱體上a、b兩位置固定有兩個金屬圓環(huán)，當(dāng)兩環(huán)通有如圖所示電流時，b處金屬圓環(huán)受到的安培力為F1；若將b處金屬圓環(huán)移到位置c，則通有電流為I2的金屬圓環(huán)受到的安培力為F2。今保持b處金屬圓環(huán)位置不變，在位置c再放置一個同樣的金屬圓環(huán)，并通有與a處金屬圓環(huán)同向、大小為I2的電流，則在a位置的金屬圓環(huán)受到的安培力(　　) A.大小為|F1＋F2|，方向向左 B.大小為|F1＋F2|，方向向右 C.大小為|F1－F2|，方向向左 D.大小為|F1－F2|，方向向右 4．(2018東北三校聯(lián)考)如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離D隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應(yīng))(　　) A．D隨U1變化，D與U2無關(guān) B．D與U1無關(guān)，D隨U2變化 C．D隨U1變化，D隨U2變化 D．D與U1無關(guān)，D與U2無關(guān) 5．（2018廣州一模）如圖，正方形abcd中△abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，△bcd區(qū)域內(nèi)有方向平行bc的勻強電場（圖中未畫出）。一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場。不計粒子的重力。則 A．粒子帶負(fù)電 B．電場的方向是由b指向c C．粒子在b點和d點的動能相等 D．粒子在磁場、電場中運動的時間之比為p∶2 6.(2016陜西寶雞一模)如圖所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad邊界的速度飛入該磁場，不計電子重力及相互之間的作用，對于從不同邊界射出的電子，下列判斷正確的是(　　) A.從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等 B.從c點離開的電子在磁場中運動時間最長 C.電子在磁場中運動的速度偏轉(zhuǎn)角最大為π D.從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度 7．（2016濟南模擬）質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示。粒子源S發(fā)出兩種帶正電的同位素粒子甲和乙，兩種粒子從S出來時速度很小，可忽略不計，粒子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場(圖中線框所示)，最終打到照相底片上。測得甲、乙兩種粒子打在照相底片上的點到入口的距離之比為5︰4，則它們在磁場中運動的時間之比是 A．5︰4 B．4︰5 C．25︰16 D．16︰25 8（2018成都三模）一種改進后的回旋加速器示意如圖，寬度忽略不計的窄縫A、C間的加速電場場強大小恒定，電場被限制在A、C間，與A、C平行的兩虛線之間無電場。帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動。對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是 A.加速電場的方向需要做周期性的變化 B.加速后粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān) C.帶電粒子每運動一周被加速一次 D.帶電粒子每運動一周直徑的變化量相等，即P1P2等于P2P3 9.（2018洛陽一模）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大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是( 　) A．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān) B．帶電粒子每運動一周被加速一次 C．帶電粒子每運動一周P1P2等于P2P3 D．加速電場方向不需要做周期性的變化 10.(2016吉林長春市二模)如圖所示，xOy平面的第Ⅱ象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場（圖中未畫出），有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的a粒子從x軸上坐標(biāo)為（-l，0）的A點以速度v0，沿與x軸正向成θ=60的方向射入第Ⅱ象限，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，從y軸上的坐標(biāo)為（0，l）的P點垂直于y軸射入第Ⅰ象限，y軸和垂直于x軸的虛線之間有沿-y軸方向的勻強電場，a粒子將從虛線與x軸交點Q進入第Ⅳ象限，Q點橫坐標(biāo)，虛線右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小與第Ⅱ象限勻強磁場相同（不計粒子的重力）。求： （1）第Ⅱ象限勻強磁場的方向及磁感應(yīng)強度的大小B； （2）勻強電場的電場強度的大小E； （3）如在a粒子剛進入第Ⅱ象限的同時，有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的b粒子，從y軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，a、b粒子將發(fā)生迎面正碰，求M點縱坐標(biāo)yM以及相碰點N的橫坐標(biāo)xN和縱坐標(biāo)yN。 11．（2016鄭州二模）如圖所示，絕緣平板S放在水平地面上，S與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0．4。兩塊足夠大的平行金屬板P、Q通過導(dǎo)體支架連接并固定在S上。在兩極板之間有垂直紙面向里的足夠大勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B＝1T。P板的中央有一小孔，整個裝置的總質(zhì)量為M＝3．6 kg。給裝置施加水平向右的作用力，使其總是以恒定的速度v＝6 m／s向右勻速運動，同時將一質(zhì)量為m＝0．4 kg的帶負(fù)電的小球，從離P板高h(yuǎn)＝1．25 m處由靜止釋放，小球恰好能落入孔內(nèi)。若小球進入小孔后做勻速圓周運動，且恰好不與Q板接觸，之后又返回P板（不計空氣阻力，不考慮運動產(chǎn)生的磁場，g取10 m／s2，π取3）。求： （1）小球所帶電荷量； （2）小球進入兩極板間后，水平向右的作用力F； （3）小球返回打到P板的位置到小孔的距離。 1.【參考答案】AC 【命題意圖】本題考查了安培力、牛頓運動定律等知識點。 2.【參考答案】C 3.【參考答案】C 【名師解析】b處金屬圓環(huán)受到的安培力F1即為兩圓環(huán)間相互作用的安培力，由于電流方向相反，安培力為斥力，因此a處金屬圓環(huán)同時也受到大小為F1、方向向左的安培力；當(dāng)b處圓環(huán)移到位置c時，F(xiàn)2也向左，且F1＞F2；若在c位置再放一個金屬圓環(huán)，電流大小為I2而方向與I1相同，則c處電流對a處金屬圓環(huán)的安培力大小為F2，方向向右。所以a處金屬圓環(huán)受到的安培力大小為|F1－F2|，方向向左，C項正確。 4.【參考答案】A 5【參考答案】ABD 6【參考答案】ACD 7【參考答案】C 【命題意圖】本題考查了質(zhì)譜儀、洛倫茲力和帶電粒子在勻強磁場中的運動、動能定理及其相關(guān)的知識點。 8【參考答案】C 9【參考答案】BD 【命題意圖】本題考查回旋加速器、帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點。 【知識歸納】一般的回旋加速器，帶電粒子運動一周加速兩次，加速電場需要做周期性變化，加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)。 10【命題意圖】此題以帶電粒子在場中運動問題為命題背景，考查洛倫茲力、牛頓運動定律、類平拋運動規(guī)律、動能定理及其相關(guān)知識，意在考查學(xué)生的推理、分析和應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力 (2)粒子在電場中的加速度： （1分） （1分） （1分） 解得： （2分） (3) b粒子與a粒子在電場中運動情況相同，只是向上偏轉(zhuǎn)，兩粒子在右側(cè)磁場中迎面相碰，b粒子應(yīng)在a粒子飛出右側(cè)磁場的位置飛入磁場，a粒子飛出電場速度為v，則： ，解得 （1分） 速度v與x軸正方向夾角為，則，，（1分） 解得 （1分） 設(shè)b粒子飛入磁場的縱坐標(biāo)為y，則 所以M點縱坐標(biāo)yM=y-yP=3l （1分） a粒子在第Ⅱ象限磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為，兩粒子在電場中運動時間相同，所以a粒子進入磁場時，b粒子已轉(zhuǎn)過的圓心角為，a、b再各轉(zhuǎn)動時相遇。則相碰點與圓心的連線與x軸正方向所成角為，由分析可知 相碰點N的橫坐標(biāo) （2分） 相碰點N的縱坐標(biāo) （2分） 11【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)、帶電小球在復(fù)合場中的勻速圓周運動、平衡條件、勻變速直線運動規(guī)律及其相關(guān)的知識點。 【名師解析】（1）設(shè)兩板P、Q之間的距離為d。由于金屬支架運動切割磁感線，使兩極板間產(chǎn)生的電勢差為 U=Bdv（2分） 電場強度： E=U/d. (1分) 由題意可知，小球進入兩極板間后，所受重力與電場力相等 即 qE=mg （1分） 由以上三式可得： q=C。 （1分） （3）小球先做自由落體運動，v02=2gh， （2分） 小球進入磁場后做勻速圓周運動 ：qv0B=m （2分） 由以上兩式可得 R=3 m（1分） 小球在磁場中的運動周期：T= （1分） 運動時間：t=T/2。 （1分） 在這段時間內(nèi)兩極板運動的距離 x=vt=10.8 m（1分） 由題意可知，小球返回打到P板的位置到小孔的距離 l=2R+x=16.8 m（1分）