Page1高考物理專題訓練：磁場（基礎卷）一、(本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～13題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．關于安培力，下列說法正確的是()A．通電直導線在某處所受安培力的方向跟該處的磁場方向相同B．通電直導線在某處不受安培力的作用，則該處沒有磁場C．通電直導線所受安培力的方向可以跟導線垂直，也可以不垂直D．通電直導線跟磁場垂直時受到的安培力一定最大【答案】D【解析】安培力的方向一定與磁場垂直，也一定與導線垂直，選項A、C錯誤；當通電直導線與磁場平行放置時，不受安培力作用，選項B錯誤。2．在重復奧斯特電流磁效應的實驗時，需要考慮減少地磁場對實驗的影響，則以下關于奧斯特實驗的說法中正確的是()A．通電直導線豎直放置時，實驗效果最好B．通電直導線沿東西方向水平放置時，實驗效果最好C．通電直導線沿南北方向水平放置時，實驗效果最好D．只要電流足夠大，不管通電直導線怎樣放置實驗效果都很好【答案】C【解析】由于在地球表面小磁針靜止時北極指北、南極指南，所以通電直導線沿南北方向水平放置時，電流在小磁針所在位置的磁場方向為東西方向，此時的效果最好。3．科學研究發現，在地球的南極或北極所看到的美麗極光，是由來自太陽的高能帶電粒子受到地磁場的作用后，與大氣分子劇烈碰撞或摩擦所產生的結果，如圖所示。則下列關于地磁場的說法中，正確的是()A．若不考慮磁偏角的因素，則地理南極處的磁場方向豎直向下B．若不考慮磁偏角的因素，則地理北極處的磁場方向豎直向上C．在地球赤道表面，小磁針靜止時南極指向北的方向D．在地球赤道表面，小磁針靜止時南極指向南的方向【答案】D【解析】在不考慮磁偏角的情況下，地球的南極相當于磁體的北極，故該處的磁場方向豎直向上，選項A、B錯誤；赤道處的地磁場方向向北，所以小磁針的南極指向南的方向，D正確。4．在某磁場區域中畫出了如圖所示的三條磁感線，則下列關于磁場中a、b兩點的說法中正確的是()A．a處沒有磁感線，所以a點的磁感應強度Ba＝0B．a處的磁感應強度小于b處的磁感應強度C．同一通電導線放在a處所受到的安培力比放在b處所受到的安培力大D．同一通電導線放在a處所受到的安培力比放在b處所受到的安培力小【答案】B【解析】畫出的磁感線僅為示意圖，a處的磁感應強度不為零，選項A錯；磁感線的疏密程度表示磁感應強度的大小，選項B正確；安培力的大小除跟該處的磁感應強度的大小以及I、L有關外，還跟導線放置的方向與磁感應強度的方向的夾角有關，C、D錯誤。5．如圖所示為在科學研究中用來束縛某種粒子的磁場的磁感線分布情況，以圖中白點O為坐標原點，沿Z軸正方向的磁感應強度大小的變化最有可能的是()【答案】C【解析】磁感線的疏密表示磁感應強度的大小，以圖中白點O為坐標原點，沿Z軸正方向磁感應強度B大小的變化最有可能為C。6．關于帶電粒子在勻強磁場中受到的洛倫茲力，下列說法正確的是()A．帶電粒子的速度越大，洛倫茲力一定越大B．當帶電粒子的速度與磁場方向平行時，洛倫茲力最大C．洛倫茲力的方向可以跟速度方向垂直，也可以不垂直D．洛倫茲力不做功，所以洛倫茲力一定不會改變帶電粒子的速度大小【答案】D【解析】當帶電粒子的速度與磁場方向平行時，不受洛倫茲力作用，選項A、B錯；洛倫茲力的方向既跟速度垂直，也跟磁場垂直，選項C錯。7．不計重力的帶電粒子穿過飽和蒸汽時，在它走過的路徑上飽和蒸汽便凝成小液滴，從而顯示出粒子的徑跡，這是云室的原理，圖示是在云室中拍攝的正、負電子運動徑跡的照片。若已知在云室處有方向垂直于照片向內的勻強磁場，圖中Oa、Ob、Oc、Od是從O點發出的四個粒子的徑跡，則下列說法中正確的是()A．打到a、b點的粒子是正電子B．打到c、d點的粒子是正電子C．打到c點的粒子受到的洛倫茲力最小D．打到d點的粒子受到的洛倫茲力最大【答案】A【解析】根據左手定則可知，打到a、b點的粒子是正電子，選項A正確；根據軌跡圖可知，打到c點的粒子的半徑最大，速度最大，所以其受到的洛倫茲力最大，選項C、D錯誤。8．如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】a點射出粒子半徑Ra＝＝，得va＝，d點射出粒子半徑Rb＝，同理可得vd＝，故B選項符合題意。9．物理學家勞倫斯于1932年發明回旋加速器。如圖所示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的電場強度恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并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，圖中P1、P2、P3分別為帶電粒子在磁場做圓周運動三個相鄰軌跡的最右邊緣的點，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就被加速一次B．帶電粒子每運動一周就被加速二次C．P1P2＝P2P3D．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關【答案】AD【解析】帶電粒子每運動一周就被加速一次，加速電場方向不需要做周期性的變化，選項A正確、B錯誤；由nqU＝m，rn＝，解得rn＝，由此可知，P1P2≠P2P3，選項C錯誤；當加速粒子的速度最大時，有＝m，選項D正確。10．如圖所示，在虛線所包圍的圓形區域內有方向垂直于圓面向里的勻強磁場，從磁場邊緣的A點沿半徑方向射入一束速率不同的質子，這些質子在磁場里運動的過程中，以下說法正確的是()A．周期相同，但運動時間不同，速率大的運動時間長B．運動半徑越大的質子運動時間越短，偏轉角越小C．質子在磁場中的運動時間均相等D．運動半徑不同，運動半徑越大的質子向心加速度越大【答案】BD【解析】由Bqv＝m，可得r＝，v越大，則r越大。周期T＝，則周期與運動速度大小無關，運動時間t＝T，其中tan，所以v越大，則r越大、θ越小、t越小，選項A、C錯，B正確。向心加速度a＝，r越大，則v越大，a也越大，選項D正確。11．霍爾元件廣泛應用于測量和自動控制等領域，霍爾元件一般用半導體材料做成，有的半導體中的載流子(自由電荷)是自由電子，有的半導體中的載流子是空穴(相當于正電荷)。如圖所示為用半導體材料做成的霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入電流I的方向如圖所示，C、D兩側面會形成電勢差。則下列說法中正確的是()A．若元件的載流子是自由電子，則D側面的電勢高于C側面的電勢B．若元件的載流子是空穴，則D側面的電勢高于C側面的電勢C．在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直D．在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平【答案】AC【解析】若載流子為自由電子，由左手定則可判斷電子受洛倫茲力作用使其偏向C側面，則C側面的電勢會低于D側面，選項A正確；若載流子為空穴，根據左手定則，空穴在洛倫茲力的作用下也是向C側面聚集，C側面的電勢會高于D側面，選項B錯誤；地球赤道上方的地磁場的方向水平向北，霍爾元件的工作面應保持豎直才能讓地磁場垂直其工作面，選項C正確，D錯誤。12．如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0＜θ＜π)以速率v發射一個帶正電的粒子(重力不計)。則下列說法正確的是()A．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B．若v一定，θ越大，則粒子離開磁場的位置距O點越遠C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D．若θ一定，則粒子在磁場中運動的時間與v無關【答案】AD【解析】由左手定則可知，帶正電的粒子向左偏轉，若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，選項A正確；若v一定，θ等于90°時，粒子離開磁場的位置距O點最遠，選項B錯誤；若θ一定，粒子在磁場中運動的周期與v無關，則粒子在磁場中運動的角速度也與v無關，粒子在磁場中運動的時間與v無關，選項C錯誤、D正確。13．如圖所示，在直角三角形AOC的三條邊為邊界的區域內存在著磁感應強度為B的勻強磁場，已知∠A＝60°，邊AO的長度為a。現在O點放置一個可以向各個方向發射某種帶負電粒子的粒子源，已知粒子的比荷為，發射的速度大小都為v0，且滿足v0＝。粒子發射的方向可由圖中速度與邊CO的夾角θ表示，不計重力作用，則粒子進入磁場后()A．粒子有可能打到A點B．以θ＝60°飛入的粒子在磁場中的運動時間最短C．以θ＜30°飛入的粒子在磁場中的運動的時間都相等D．在AC邊界上只有一半區域有粒子射出【答案】AD【解析】粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r＝＝a，當粒子以θ＝0飛入磁場區域時，最終將從AC邊的中點射出，隨著θ的增大，粒子在AC邊上的射出點將向A點靠攏，當θ＝60°時，粒子將從A點射出磁場區域，選項A、D正確；粒子的速度大小相等，在磁場中做圓周運動的軌跡弧長越小，運動時間越短，過O點做AC邊的垂線，找出垂足位置，當粒子從該垂足位置射出時粒子在磁場中的運動時間最短，選項B錯誤；以θ<30°飛入的粒子在磁場中運動軌跡圓弧的長度不同，運動時間不相等，選項C錯誤。二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)14．(9分)海水中含有大量的正、負離子，這些離子隨海流做定向運動，如果有磁場能使這些正、負離子向相反方向偏轉，便有可能發出電來。如圖所示為一利用海流發電的磁流體發電機原理的示意圖，上、下兩塊金屬板M、N水平正對放置，浸沒在海水里，金屬板相距d＝100m，在金屬板之間加一勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.05T，方向由南向北，海水從東向西以速度v＝5m/s流過兩金屬板之間，且將在兩板之間形成電勢差。(1)達到穩定狀態時，哪塊金屬板的電勢較高?(2)該磁流體發電機產生的電動勢E為多大?【解析】(1)由左手定則得，N板的電勢較高。(3分)(2)當海水中流動的帶電離子進入磁場后，將在兩板之間形成電勢差，當帶電離子所受到的電場力F與洛倫茲力f相平衡時達到穩定狀態，有：q＝qvB(3分)代入有關數據得電動勢E＝25V。(3分)15．(12分)如圖所示，為某研究性學習小組設計的一只電流表的原理圖如圖所示。在質量為m、長度為L1的勻質細金屬棒MN的中點處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，彈簧的勁度系數為k。在矩形區域abcd內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的示數，MN的長度大于ab，ab＝cd＝L2。當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態時，MN與矩形區域的cd邊重合，且指針指到刻度尺的0刻度位置，重力加速度為g。(1)若要使該電流表能正常工作，則待測電流必須從金屬棒的哪一端流入?(2)刻度尺上距0刻度為x處對應的電流大小是多少?(3)若彈簧在彈性限度內的最大伸長量為xm，則該電流表的最大量程為多少?【解析】(1)由左手定則得，電流必須從金屬棒是M端流入。(2分)(2)指針指在0刻度處時，有mg＝kx0(2分)指針指在x處時，有mg+BIL2＝k(x0+x)(2分)聯立解得：I＝。(2分)(3)彈簧伸長量最大時，有mg+BImL＝kxm(2分)得：Im＝。(2分)16．(12分)如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間?！窘馕觥?1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v，根據動能定理得：(1分)設帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有：(1分)由幾何關系可知：(2分)聯立解得：(2分)(2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為：(2分)帶電粒子從射入磁場到運動至軸過程中，運動的時間為：(2分)聯立解得：(2分)17．(15分)如圖所示，在等腰三角形△ABC區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，三角形的底邊AB＝2L，θ＝45°，O為底邊的中點。現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從靜止開始經過電勢差為U的電場加速后，從O點垂直AB進入磁場，不計粒子的重力與空氣阻力的影響。(1)求粒子經電場加速后射入磁場時的速度。(2)若已知磁感應強度大小B＝，則粒子從何處射出磁場?(3)磁感應強度B為多少時，粒子在磁場中能以最大的圓周半徑偏轉后打到OA板?【解析】(1)由qU＝mv2(2分)得v＝。(2分)(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，有：qvB＝m(3分)得r＝＝L(2分)故粒子從AC連線上距A點L處射出。(3)要使粒子能射到OA連線上且半徑最大，則粒子的軌跡應與AC邊相切，如圖所示。設此時粒子軌跡的半徑為R，由幾何關系有：R+＝L(2分)以及qvB＝m(2分)得B＝。(2分)高考物理專題訓練：磁場（提高卷）一、(本題共13小題，每小題4分，共52分。在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～13題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0【答案】B【解析】設每一根導體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝1∶1，根據并聯電路兩端各電壓相等的特點可知，上下兩路電流之比I1∶I2＝1∶2。如下圖所示，由于上路通電的導體受安培力的有效長度為L，根據安培力計算公式F＝BIL，可知F?∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F?＝0.5F，根據左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為F?＋F＝1.5F，故選B。2．如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】a點射出粒子半徑Ra＝＝，得va＝，d點射出粒子半徑Rb＝，同理可得vd＝，故B選項符合題意。3．如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場，若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d，O′在MN上，且OO′與MN垂直，下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)【答案】D【解析】電子帶負電，進入磁場后，根據左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉，如圖所示，A錯誤；設電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(（2d）2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C錯誤；設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得：sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正確。4．如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應強度為B，電場和磁場相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過，則該帶電粒子()A．一定帶正電B．速度大小為eq\f(E,B)C．可能沿QP方向運動D．若沿PQ方向運動的速度大于eq\f(E,B)，將一定向下極板偏轉【答案】B【解析】若粒子從左邊射入，則不論帶正電還是負電，電場力大小均為qE，洛倫茲力大小均為F＝qvB＝qE，這兩個力平衡，速度v＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；若粒子從右邊沿虛線方向進入，則電場力與洛倫茲力在同一方向，粒子受力不平衡，不能做直線運動，故C錯誤．若速度v>eq\f(E,B)，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉，只有當粒子帶負電時，粒子才向下偏轉，故D錯誤。5．質量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣固定斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應強度為B，如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下列說法中正確的是()A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動C．小物塊在斜面上運動時做加速度增大的變加速直線運動D．小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面的作用力為零時的速率為eq\f(mg,Bq)【答案】B【解析】帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，知洛倫茲力的方向垂直于斜面向上，根據左手定則知，小物塊帶負電，故A錯誤；小物塊沿斜面運動的過程中受重力、斜面的支持力、洛倫茲力，合外力沿斜面向下，大小為mgsinθ，根據牛頓第二定律知a＝gsinθ，小物塊在離開斜面前做勻加速直線運動，故B正確，C錯誤；當物塊對斜面的作用力為零時，在垂直于斜面方向上的合力為零，有mgcosθ＝qvB，解得v＝eq\f(mgcosθ,Bq)，故D錯誤。6．如圖所示，無限長導線均通以恒定電流I.直線部分和坐標軸接近重合，彎曲部分是以坐標原點O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點O處不形成磁場，則下列選項中O處磁感應強度和圖中O處磁感應強度相同的是()【答案】A【解析】由題意可知，圖中O處磁感應強度的大小是其中一條導線在O點的磁感應強度大小的2倍，方向垂直紙面向里，A中，根據安培定則可知，左上與右下的通電導線在O處產生的磁感應強度疊加為零，剩余的兩條通電導線在O處產生的磁感應強度大小是其中一條導線在O點的磁感應強度的2倍，且方向垂直紙面向里，故A正確；同理，B中，四條通電導線在O處的磁感應強度大小是其中一條在O處的磁感應強度大小的4倍，方向垂直紙面向里，故B錯誤；C中，右上與左下的通電導線在O處產生的磁感應強度疊加為零，剩余兩條通電導線在O處產生的磁感應強度大小是其中一條在O處產生的磁感應強度的2倍，方向垂直紙面向外，故C錯誤；D中，左上和右下的通電導線在O處產生的磁感應強度疊加為零，剩余兩條通電導線在O處的磁感應強度大小是其中一條在O處產生磁感應強度的2倍，方向垂直紙面向外，故D錯誤。7．如圖所示，帶電小球a由絕緣細線PM和PN懸掛而處于靜止狀態，其中PM水平，地面上固定一絕緣且內壁光滑的圓弧細管道GH，圓心P與a球位置重合，管道底端H與水平地面相切，一質量為m可視為質點的帶電小球b從G端口由靜止釋放，當小球b運動到H端時對管道壁恰好無壓力，重力加速度為g。在小球b由G滑到H過程中，下列說法中正確的是()A．細線PM的拉力先增大后減小B．小球b機械能逐漸減小C．小球b所受庫侖力大小始終為2mgD．小球b加速度大小先變大后變小【答案】A【解析】設PN與豎直方向成α角，對球a受力分析，豎直方向上有：FPNcos

α＝mg＋F庫sin

θ，水平方向上有：F庫cos

θ＋FPNsin

α＝FPM。解得：FPM＝mgtan

α＋3mgcos(θ－α)cosα，下滑時θ從0增大90°，細線PM的拉力先增大后減小，故A正確；在小球b由G滑到H過程中，小球b所受庫侖力和管道的彈力始終與速度垂直，只有重力做功，庫侖力和彈力不做功，小球b機械能守恒，故B錯誤；根據機械能守恒定律，小球b從G滑到H過程中，有：mgR＝，H處有：F庫－mg＝，則有：F庫＝3mg，故C錯誤；設b與a的連線與水平方向成θ角，則有：mgRsin

θ＝，任意位置加速度為向心加速度和切向加速度合成，即，可知小球的加速度一直變大，故D錯誤。8．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場。在該區域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環，環上套有一個帶正電的小球。O點為圓環的圓心，a、b、c、d為圓環上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，bd沿水平方向。已知小球從環的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是()A．小球能越過與O等高的d點并繼續沿環向上運動B．當小球運動到c點時，洛倫茲力最大C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大D．小球從b點到c點，電勢能增大，動能先增大后減小【答案】D【解析】小球所受的電場力與重力大小相等，則二者的合力方向與水平方向夾角為45°斜向左下，小球所受洛倫茲力、圓環的彈力方向始終與小球運動方向垂直，故不做功。該模型可等效為小球在圓環上運動只有“等效重力”做功的情況，等效最高點為弧ad中點，該點速度最小，等效最低點為弧bc中點，該點速度最大；由于a和d關于等效最高點對稱，則小球在a和d的速度大小相等，均為0，即小球只能達到d點，但不能越過d繼續向上運動，故A選項錯誤；由題意可知，小球的電荷量以及磁場的磁感應強度不變，小球所受洛倫茲力與小球的速度大小有關，小球在弧bc中點速度最大，即在弧bc中點處所受洛倫茲力最大，故B選項錯誤；小球從a到b過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C選項錯誤；小球從b到c過程中，電場力做負功，電勢能增大，小球從b到弧bc中點過程中，合外力做正功，動能增大，從弧bc中點到c過程中，合外力做負功，動能減小，則從b到c過程中動能先增大后減小，故D選項正確。9．圖中直流電源電動勢為E＝1V，電容器的電容為C＝1F．兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l＝1m，電阻不計．一質量為m＝1kg、電阻為R＝1Ω的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，MN開始向右加速運動，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B＝1T的勻強磁場(圖中未畫出)。當MN達到最大速度時離開導軌，則()A．磁感應強度垂直紙面向外B．MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量為0.5CC．MN的最大速度為1m/sD．MN剛開始運動時加速度大小為1m/s2【答案】BD【解析】充電后電容器上板帶正電，通過MN的電流方向由M到N，由于MN向右運動，受到的安培力向右，根據左手定則知，磁感應強度垂直紙面向里，故A錯誤；當電容器充電完畢時，設電容器上電量為Q0，MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量為Q，有：Q0＝CE，開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有：E′＝Blvmax.依題意有：E′＝eq\f(Q,C)，設在此過程中MN的平均電流為eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力為eq\x\to(F)有：eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)l，由動量定理，有eq\x\to(F)t＝mvmax－0.。又eq\x\to(I)t＝Q0－Q，聯立得：Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)，代入數據解得Q＝0.5C，vmax＝0.5m/s，B正確，C錯誤；電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有：I＝eq\f(E,R)，設MN受到的安培力F，有：F＝IlB，由牛頓第二定律有：F＝ma，聯立以上三式得，MN剛開始運動時加速度a＝1m/s2，故D正確。10．如圖，為探討霍爾效應，取一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導體，給金屬導體加與前后側面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導體上、下表面M、N間電壓為U。已知自由電子的電荷量為e。下列說法中正確的是()A．M板比N板電勢高B．導體單位體積內自由電子數越多，電壓表的示數越大C．導體中自由電子定向移動的速度為v＝eq\f(U,Bd)D．導體單位體積內的自由電子數為eq\f(BI,eUb)【答案】CD【解析】電流方向向右，電子定向移動方向向左，根據左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向上，則M板積累了電子，M、N之間產生向上的電場，所以M板比N板電勢低，選項A錯誤．電子定向移動相當于長度為d的導體垂直切割磁感線產生感應電動勢，電壓表的讀數U等于感應電動勢E，則有U＝E＝Bdv，可見，電壓表的示數與導體單位體積內自由電子數無關，選項B錯誤；由U＝E＝Bdv得，自由電子定向移動的速度為v＝eq\f(U,Bd)，選項C正確；電流的微觀表達式是I＝nevS，則導體單位體積內的自由電子數n＝eq\f(I,evS)，S＝db，v＝eq\f(U,Bd)，代入得n＝eq\f(BI,eUb)，選項D正確。11．如圖所示，真空中xOy平面內有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正方向運動，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內有一方向垂直xOy平面的有界勻強磁場區(圖中未畫出)，所有帶電粒子通過磁場偏轉后都會聚于x軸上的a點。下列說法中正確的是()A．磁場方向一定是垂直xOy平面向里B．所有粒子通過磁場區的時間相同C．所有粒子在磁場區運動的半徑相等D．磁場區邊界可能是圓弧【答案】CD【解析】由題意可知，正粒子經磁場偏轉后，都集中于一點a，根據左手定則可知，磁場的方向垂直平面向外，故A錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得T＝eq\f(2πm,qB)，而運動的時間還與圓心角有關，因此粒子的運動時間不等，故B錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝eq\f(mv,qB)，由于為同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運動半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過磁場偏轉后都會聚于x軸上的a點，因此磁場區邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確。12．如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，重力加速度為g。在金屬棒下滑到底端的過程中()A．末速度的大小B．通過金屬棒的電流大小C．通過金屬棒的電流大小D．通過金屬棒的電荷量【答案】ACD【解析】根據速度位移關系v2＝2as可得末速度的大小，故A正確；以導體棒為研究對象，根據牛頓第二定律可得：mgsinθ－BId＝ma，解得通過金屬棒的電流大小，故B錯誤、C正確；金屬棒運動的時間，根據電荷量的計算公式可得通過金屬棒的電荷量，故D正確。13．空間存在平面直角坐標系xOy，在x＜0區域內有沿x軸正向的勻強電場，在x＞0區域內有垂直平面向外的勻強磁場，在第二象限內有矩形OACD，OA＝h，OD＝2h。一個質量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力）從A點沿y軸正方向以某速度射入第二象限，經t0時間后由D點進入磁場，又經一段時間射出磁場又回到A點，現只改變粒子自A點出射速度大小至v，粒子經過一段時間運動可經過C點，則()A．勻強電場的場強大小為B．勻強磁場的磁感應強度大小為C．能使粒子以最短時間從A點運動至C點的初速度v＝D．能使粒子以最短時間從A點運動至C點的初速度v＞【答案】AD【解析】設粒子的初速度為v0，從A點進入電場以后做類平拋運動，可得，v0t0＝2h，，A正確；粒子從A運動到D做類平拋的位移偏轉角的正切值為，所以速度偏轉角的正切值為，所以D點速度與y軸正方向成60°，根據幾何關系可得，要想粒子回到A點，粒子必須在D點關于x軸對稱的點回到電場才可以，所以粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，，所以，，B錯誤；因為不改變電場，所以粒子第一次運動到y軸的時間不變，設粒子第一次到達y軸的坐標為（0，y），速度為v1，方向與y軸夾角為θ，x方向的速度為vx，則vt0=y，v1cosθ=v，v1sinθ=vx=，粒子進入磁場做勻速圓周運動的半徑，所以粒子第二次到達y軸的坐標為（0，y-2rsinθ），y-2rsinθ=v0t-4h，第一次和第二次到達y軸的點的間距為2rsinθ=4h，與初速度無關，所以根據對稱性可知，第一次到達y軸的坐標為（0，3h），第二次到達y軸的坐標為（0，－h），所以能使粒子以最短時間從A點運動至C點的初速度v＝，C錯誤，D正確。二、(本題共4小題，共48分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)14．(8分)如圖所示，在水平放置的光滑平行導軌一端架著一根質量m＝0.04kg的金屬棒ab，導軌另一端通過開關與電源相連。該裝置放在高h＝20cm的絕緣墊塊上。當有豎直向下的勻強磁場時，接通開關金屬棒ab會被拋到距導軌右端水平位移s＝100cm處。試求開關接通后安培力對金屬棒做的功。(g取10m/s2)【解析】在接通開關到金屬棒離開導軌的短暫時間內，安培力對金屬棒做的功為W，由動能定理得：W＝eq\f(1,2)mv2(2分)設平拋運動的時間為t，則豎直方向：h＝eq\f(1,2)gt2(2分)水平方向：s＝vt(2分)聯立以上三式解得：W＝0.5J。(2分)15．(10分)如圖所示，圓形區域半徑為R，圓心在O點，區域中有方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。電子在電子槍中經電場加速后沿AO方向垂直進入磁場，偏轉后從M點射出并垂直打在熒光屏PQ上的N點，PQ平行于AO，O點到PQ的距離為2R。電子電荷量為e，質量為m，忽略電子加速前的初動能及電子間的相互作用。求：(1)電子進入磁場時的速度大小v；(2)電子槍的加速電壓U；(3)若保持電子槍與AO平行，將電子槍在紙面內向下平移至距AO為eq\f(R,2)處，則電子打在熒光屏上的點位于N點的左側還是右側及該點距N點的距離?！窘馕觥?1)電子在磁場中，洛倫茲力提供做圓周運動的向心力evB＝meq\f(v2,r)(1分)電子軌跡如圖甲所示，由幾何關系得r＝R(1分)聯立解得v＝eq\f(eBR,m)(1分)(2)電子在電子槍中加速，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2(2分)聯立解得U＝eq\f(eB2R2