PAGE9-專題限時集訓(xùn)(九)(建議用時：40分鐘)[專題通關(guān)練]1.(2024·河北張家口聯(lián)考)如圖所示，兩個勁度系數(shù)均為k的輕彈簧頂端固定并與電路相連，下端用輕導(dǎo)線與長度為L的導(dǎo)體棒相連，導(dǎo)體棒水平放置且垂直于勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面對外。斷開開關(guān)，導(dǎo)體棒靜止時，彈簧的長度為x1；接通電源后，導(dǎo)體棒水安靜止時，彈簧的長度為x2，電流表示數(shù)為I。忽視電流產(chǎn)生的磁場作用。則該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(kx2－x1,IL) B.eq\f(kx2＋x1,IL)C.eq\f(2kx1－x2,IL) D.eq\f(2kx2－x1,IL)D[設(shè)彈簧原長為l，斷開開關(guān)時：2k(x1－l)＝mg，閉合開關(guān)時：2k(x2－l)＝BIL＋mg，聯(lián)立以上兩式解得：B＝eq\f(2kx2－x1,IL)，故選D。]2.(多選)(2024·河北唐山期末)兩個質(zhì)子以不同速率在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示，兩圓周相切于A點(diǎn)，過A點(diǎn)做始終線與兩圓周交于B點(diǎn)和C點(diǎn)。若兩圓周半徑r1∶r2＝1∶2，下列說法正確的有()A．兩質(zhì)子速率v1∶v2＝1∶2B．兩質(zhì)子周期T1∶T2＝1∶2C．兩質(zhì)子由A點(diǎn)動身第一次到達(dá)B點(diǎn)和C點(diǎn)經(jīng)驗(yàn)的時間t1∶t2＝1∶2D．兩質(zhì)子在B點(diǎn)和C點(diǎn)處速度方向相同AD[依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(qBr,m)∝r，可知兩質(zhì)子速率v1∶v2＝r1∶r2＝1∶2，選項(xiàng)A正確；依據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)可知兩質(zhì)子周期相同，選項(xiàng)B錯誤；由幾何關(guān)系可知，兩粒子在磁場中運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)過的圓弧對應(yīng)的圓心角相同，依據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T可知，兩質(zhì)子由A點(diǎn)動身第一次到達(dá)B點(diǎn)和C點(diǎn)經(jīng)驗(yàn)的時間相同，選項(xiàng)C錯誤；因兩粒子進(jìn)入磁場時速度方向相同，在磁場中運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)過的圓弧對應(yīng)的圓心角相同，可知兩質(zhì)子在B點(diǎn)和C點(diǎn)處速度方向相同，選項(xiàng)D正確；故選A、D。]3.(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根水平放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN?，F(xiàn)從t＝0時刻起，在棒中通以由M到N方向的電流且電流與時間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。下列關(guān)于棒的速度、加速度隨時間t變更的關(guān)系中，可能正確的是()BD[考慮到粗糙導(dǎo)軌上存在摩擦力，須要安培力達(dá)到肯定數(shù)值，棒才起先加速，A錯；從起先運(yùn)動，滿意BIL－f＝ma，即BLkt－f＝ma，由關(guān)系式可以看出，a-t圖象為向上傾斜的直線，B對；由于加速度漸漸增大，v-t圖象中切線的斜率要漸漸增大，C錯，D對。]4．(2024·云南師大附中模擬)如圖所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流，P、Q為MN連線上兩點(diǎn)，且MP＝PN＝NQ，則下面說法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度BP＞BQB．磁感應(yīng)強(qiáng)度BP＜BQC．將同一電流元分別放置于P、Q兩點(diǎn)、所受安培力肯定有FP＜FQD．將同一電流元分別放置于P、Q兩點(diǎn)，所受安培力肯定有FP＞FQA[依據(jù)安培定則可知，M在P的磁場方向向上，N在P點(diǎn)的磁場也向上，則疊加后P點(diǎn)合磁場向上；M在Q的磁場方向向上，N在Q點(diǎn)的磁場向下，則疊加后Q點(diǎn)的合磁場向下，且小于P點(diǎn)的磁場大小，選項(xiàng)A正確，B錯誤；電流元所受的安培力的大小與電流元的放置方向有關(guān)，則無法比較同一電流元分別放置于P、Q兩點(diǎn)所受安培力的大小，選項(xiàng)C、D錯誤；故選A。]5.(2024·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)如圖所示，兩塊豎直放置的平行板間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B。一束初速度為v的帶正電粒子從上面豎直往下垂直電場射入，粒子重力不計(jì)，下列說法正確的是()A．若v＝E/B，粒子做勻加速直線運(yùn)動B．若粒子往左偏，洛倫茲力做正功C．若粒子往右偏，粒子的電勢能增加D．若粒子做直線運(yùn)動，變更粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子還是做直線運(yùn)動D[若v＝E/B，即Eq＝qvB，則粒子做勻速直線運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；洛倫茲力對粒子不做功，選項(xiàng)B錯誤；若粒子往右偏，電場力做正功，則粒子的電勢能減小，選項(xiàng)C錯誤；若粒子做直線運(yùn)動，則滿意Eq＝qvB，變更粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子所受的電場力方向變更，所受的洛倫茲力方向也變更，則粒子還是做直線運(yùn)動，選項(xiàng)D正確。]6．(2024·湖南衡陽聯(lián)考)用圖示裝置可以檢測霍爾效應(yīng)。利用電磁鐵產(chǎn)生磁場，電流表檢測輸入霍爾元件的電流，電壓表檢測元件輸出的電壓，已知圖中的霍爾元件是半導(dǎo)體，與金屬導(dǎo)體不同，它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴，空穴可視為能自由移動的帶正電的粒子，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端，當(dāng)開關(guān)S1、S2閉合后，電流表A和電表B、C都有明顯示數(shù)，下列說法中正確的是()A．電表B為電壓表，電表C為電流表B．接線端4的電勢低于接線端2的電勢C．若增大R1，則電壓表示數(shù)增大D．若增大R2，則電壓表示數(shù)減小D[B表為測量通過霍爾元件的電流，C表測量霍爾電壓，所以電表B為電流表，電表C為電壓表，故A錯誤；由安培定則可知，磁場方向向上，通過安霍爾元件的電流由1流向接線端3，由左手定則可知，帶正電的粒子偏向接線端4，所以接線端4的電勢高于接線端2的電勢，故B錯誤；若增大R1，電磁鐵中的電流減小，產(chǎn)生的磁場減小，由公式U＝eq\f(kIB,d)可知，電壓表示數(shù)減小，故C錯誤；若增大R2，流過霍爾元件的電流減小，由公式U＝eq\f(kIB,d)可知，電壓表示數(shù)減小，故D正確。]7．(易錯題)(多選)(2024·四川綿陽聯(lián)考)如圖所示，空間存在四分之一圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面對外。一電子以初速度v從圓心O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)過時間t恰好由A點(diǎn)離開磁場。若電子以初速度v′從O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)時間t′恰好由C點(diǎn)離開磁場。已知圓弧AC長度是圓弧CD長度的一半，則()A．v′＝eq\f(\r(3),3)v B．v′＝eq\f(2\r(3),3)vC．t′＝eq\f(3,4)t D．t′＝eq\f(2,3)tBD[由幾何學(xué)問可知，恰好由A點(diǎn)射出時，電子軌道半徑：r1＝eq\f(R,2)＝eq\f(mv,qB)；若電子從C點(diǎn)射出，因圓弧AC長度是圓弧CD長度的一半，所以粒子做圓周運(yùn)動的弦切角為60°，由弦長公式R＝2r2sin60°，解得：r2＝eq\f(\r(3),3)R＝eq\f(mv′,qB)，所以v′＝eq\f(2\r(3),3)v，由A點(diǎn)射出時，t＝eq\f(180°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,qB)，電子從C點(diǎn)射出時，t′＝eq\f(120°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(2,3)t，故選B、D。]易錯點(diǎn)評：解決帶電粒子在磁場中的運(yùn)動出錯的主要緣由是：不會找尋幾何關(guān)系。如本題中，通過弧AC是弧CD一半，可確定∠COD＝60°，進(jìn)而可知粒子做圓周運(yùn)動的幾何規(guī)律。8．(多選)(2024·福州質(zhì)檢)如圖所示，在圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。一系列電子以不同的速率v(0≤v≤vm)從邊界上的P點(diǎn)沿垂直于磁場方向與OP成60°角方向射入磁場，在eq\f(1,3)區(qū)域的磁場邊界上有電子射出。已知電子的電荷量為－e，質(zhì)量為m，不考慮電子之間的相互作用力。則電子在磁場中運(yùn)動的()A．最大半徑為r＝eq\f(\r(3),2)RB．最大速率為vm＝eq\f(\r(3)eBR,m)C．最長時間為t＝eq\f(2πm,3eB)D．最短時間為t＝eq\f(πm,eB)AD[依據(jù)題意，電子圓周運(yùn)動的圓心在速度的垂線上，當(dāng)電子速度最大時，對應(yīng)的圓周運(yùn)動半徑最大。離開動身點(diǎn)最遠(yuǎn)，如圖所示，恰好為半個圓周，最大半徑rm＝Rcos30°，rm＝eq\f(\r(3),2)R，得vm＝eq\f(\r(3)eBR,2m)；軌跡對應(yīng)的圓心角最小，時間最短tmin＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,eB)，電子速度越小，半徑越??；圓弧圓心角越大，時間越長，故選AD。][實(shí)力提升練]9．(多選)(2024·湘贛十四校聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)有一垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，AB＝5eq\r(3)cm，AD＝10cm，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T。在AD的中點(diǎn)P有一個放射正離子的裝置，能夠連綿不斷地向紙面內(nèi)的各個方向勻稱地放射出速率為v＝1.0×105m/s的正離子，離子的質(zhì)量m＝2.0×10－12kg，電荷量q＝1.0×10－5C，離子的重力不計(jì)，不考慮離子之間的相互作用，則()A．從邊界BC邊飛出的離子中，BC中點(diǎn)飛出的離子在磁場中運(yùn)動的時間最短B．邊界AP段無離子飛出C．從CD、BC邊飛出的離子數(shù)之比為1∶2D．若離子可從B、C兩點(diǎn)飛出，則從B點(diǎn)和C點(diǎn)飛出的離子在磁場中運(yùn)動的時間相等ACD[由于離子的速率肯定，所以離子運(yùn)動的半徑確定，在離子轉(zhuǎn)過的圓心角小于π的狀況下，弦長越短，圓心角越小，時間越短，弦長相等，時間相等，所以從BC中點(diǎn)飛出的離子對應(yīng)的弦長最短，所用時間最短，離子從B、C兩點(diǎn)飛出對應(yīng)的弦長相等，所以運(yùn)動時間相等，故A、D正確；由洛倫茲力方向可知，離子逆時針方向旋轉(zhuǎn)，放射方向與PA方向夾角較小的離子會從AP段飛出，故B錯誤；由公式R＝eq\f(mv,qB)得：R＝0.1m，通過圖可知，α∶β＝1∶2，所以從CD、BC邊飛出的離子數(shù)之比為1∶2，故C正確。]10．(2024·江西上饒聯(lián)考)如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面對里的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T。小球1帶正電，小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上。小球1向右以v1＝12m/s的水平速度與小球2正碰，碰后兩小球粘在一起在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，兩小球速度水平向左時離碰撞點(diǎn)的距離為2m。碰后兩小球的比荷為4C/kg。求：(取g＝10m/s2)(1)電場強(qiáng)度E的大小是多少？(2)兩小球的質(zhì)量之比eq\f(m2,m1)是多少？[解析]碰后有(m1＋m2)g＝qE又eq\f(q,m1＋m2)＝4C/kg得E＝2.5N/C。(2)由動量守恒定律：m1v1＝(m1＋m2)v2由洛倫茲力公式及牛頓運(yùn)動定律：qv2B＝eq\f(m1＋m2v\o\al(2,2),r)依題可知：r＝1m聯(lián)立以上關(guān)系式可得：eq\f(m2,m1)＝eq\f(1,2)。[答案](1)2.5N/C(2)eq\f(1,2)11．(2024·湖南衡陽聯(lián)考)如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1、方向垂直于紙面對外的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域右側(cè)有一寬度也為R的足夠長區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有方向向左的勻強(qiáng)電場，區(qū)域Ⅱ左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域Ⅰ邊界上過A點(diǎn)的切線與電場線平行且與FG交于G點(diǎn)，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅲ。在FG延長線上距G點(diǎn)為R處的M點(diǎn)放置一足夠長的熒光屏MN，熒光屏與FG成θ＝53°角，在A點(diǎn)處有一個粒子源，能沿紙面對區(qū)域內(nèi)各個方向勻稱地放射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子，恰能平行于電場方向進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ并垂直打在熒光屏上(不計(jì)粒子重力及其相互作用)。求：(1)粒子的初速度大小v0；(2)電場的電場強(qiáng)度大小E；(3)熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度Δx。[解析](1)如圖所示，分析可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動半徑r1＝R由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得v0＝eq\f(qB1R,m)。(2)因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域Ⅲ中的運(yùn)動半徑為r2＝2R由qvB2＝meq\f(v2,2R)得v＝eq\f(2qB2R,m)粒子在電場中做勻減速運(yùn)動，由動能定理得：－qER＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：E＝eq\f(qR,2m)(Beq\o\al(2,1)－4Beq\o\al(2,2))。(3)如圖分析可知，速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域Ⅰ中的粒子將平行電場方向從區(qū)域Ⅰ中最高點(diǎn)穿出，打在離M點(diǎn)x1處的屏上，由幾何關(guān)系得：(x1cosθ＋R)2＋(x1sinθ)2＝4R2解得：x1＝eq\f(2\r(21)－3,5)R速度方向與電場方向平行向右射出區(qū)域Ⅰ中的粒子將平行電場方向從區(qū)域Ⅰ中最低點(diǎn)穿出打在離M點(diǎn)x2處的屏上，由幾何關(guān)系得：(x2cosθ－R)2＋(x2sinθ)2＝4R2解得：x2＝eq\f(2\r(21)＋3,5)R分析可知全部粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度為Δx＝x2－x1解得：Δx＝1.2R。[答案](1)eq\f(qB1R,m)(2)eq\f(qR,2m)(Beq\o\al(2,1)－4Beq\o\al(2,2))(3)1.2R題號內(nèi)容押題依據(jù)核心考點(diǎn)核心素養(yǎng)帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動重力、電場力、洛倫茲力作用下的圓周運(yùn)動和直線運(yùn)動科學(xué)思維：立足教材，拓展創(chuàng)新，體現(xiàn)綜合思維(多選)如圖所示，虛線M