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專題三　第9講

限時：40分鐘
一、選擇題(本題共8小題，其中1～4題為單選，5～8題為多選)
1．(2019•山東省日照市二模)相隔一定距離的電荷或磁體間的相互作用是怎樣發(fā)生的？這是一個曾經(jīng)使人感到困惑、引起猜想且有過長期爭論的科學問題。19世紀以前，不少物理學家支持超距作用的觀點。英國的邁克爾•法拉第于1837年提出了電場和磁場的概念，解釋了電荷之間以及磁體之間相互作用的傳遞方式，打破了超距作用的傳統(tǒng)觀念。1838年，他用電力線(即電場線)和磁力線(即磁感線)形象地描述電場和磁場，并解釋電和磁的各種現(xiàn)象。下列對電場和磁場的認識，正確的是導學號 86084185( D )
A．法拉第提出的磁場和電場以及電力線和磁力線都是客觀存在的
B．在電場中由靜止釋放的帶正電粒子，一定會沿著電場線運動
C．磁感線上某點的切線方向跟放在該點的通電導線的受力方向一致
D．通電導體與通電導體之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的
[解析]　電場和磁場均是客觀存在的特殊物質(zhì)；電場線和磁感線是人類為了形象地描述電場而引入的虛擬的線，實際上并不存在；故A錯誤；電荷的運動取決于初速度和力的方向，故電場線不是電荷在場中的軌跡。只有在點電荷的電場和勻強電場中由靜止釋放的帶正電粒子，一定會沿著電場線運動。 故B錯誤；根據(jù)左手定則可知，磁感線上某點的切線方向跟放在該點的通電導線的受力方向垂直，故C錯誤；根據(jù)磁場的性質(zhì)可知，通電導體與通電導體之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，故D正確。
2. (2019•湖南省衡陽市八中一模)勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在墻上，如圖所示�？臻g存在水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，圖中未畫出。一個帶正電的小物塊(可視為質(zhì)點)從A點以初速度v0向左運動，接觸彈簧后運動到C點時速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。已知A、C兩點間距離為L，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則物塊從A點運動到C點的過程中，下列說法正確的是導學號 86084186( C )

A． 小物塊的加速度先不變后減小
B． 彈簧的彈性勢能增加量為12mv20－μmgL
C． 小物塊與彈簧接觸的過程中，彈簧彈力的功率先增加后減小
D． 小物塊運動到C點時速度為零，加速度也一定為零
[解析]　物塊向左運動過程中，接觸彈簧前， 小物塊受向下的洛倫茲力作用，隨速度的減小，洛倫茲力減小，正壓力減小，摩擦力減小，加速度減小；接觸彈簧后受到向右的彈力作用，隨彈力增大，加速度變大，A錯誤；由能量關(guān)系可知，彈簧的彈性勢能增加量為12mv20－fL，式子中的f是變化的，不等于μmg，B錯誤；小物塊與彈簧接觸的過程中，剛接觸彈簧時彈力為零，彈力的功率為零；當壓縮到最短時，速度為零，彈簧的彈力功率也為零，故彈簧彈力的功率先增加后減小，C正確；物塊運動到C點時速度為零，此時彈簧的彈力最大，加速度不為零，D錯誤，故選C。
3. (2019•山東省日照市二模)如圖所示，真空中存在著寬度為d的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B、方向垂直紙面向里。從磁場左邊界上某點射入一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)，入射的初速度大小v0＝2qBd2－1m 、方向與水平方向成30°角。則粒子從磁場右邊界離開時，速度的偏轉(zhuǎn)角是導學號 86084187( A )

A．15°　　B．30°　　
C．45°　　D．60°
[解析]　由洛侖茲力提供向心力得：qv0B＝mv20R，從而得到半徑：R＝mv0qB＝m2qBd2－1mqB＝2d2－1＝2(2＋1)d，粒子做勻速圓周運動的部分軌跡如圖所示。設(shè)速度的偏轉(zhuǎn)角為α，則圓心角也為α，由幾何關(guān)系有：dcos30°－α2＝2Rsinα2，將R的值代入并解方程得：α＝15°，所以選項BCD錯誤，選項A正確。

4．(2019•四川省涼山州一模)在xOy平面的第一象限內(nèi)存在著垂直于平面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩個相同的帶電粒子以相同的速度分別從y軸上的P、Q兩點同時垂直于y軸向右射出，最后均打在x軸上的N點，已知P、N兩點的坐標分別為(0,3L)、(3L,0)，不計兩粒子的重力與相互作用力。根據(jù)題中條件不能確定的是導學號 86084188( D )

A．兩帶電粒子在磁場中運動的半徑
B．兩帶電粒子到達N點所用的時間比
C．Q點的坐標
D．帶電粒子的比荷
[解析]　粒子的運動軌跡如圖，

已知粒子的入射點及入射方向，同時已知圓上的兩點，根據(jù)入射點速度垂直的方向及PN連線的中垂線的交點即可明確粒子運動圓的圓心位置；由幾何關(guān)系可知：12PNR＝POPN，計算得出：R＝12PN2PO＝129L2＋3L23L＝2L因兩粒子的速度相同，且是同種粒子，則可知，它們的半徑相同；即兩粒子的半徑均可求出；A錯誤；同時根據(jù)幾何關(guān)系可知P對應(yīng)的圓心角為120°，Q對應(yīng)的圓心角為60°； 即可確定對應(yīng)的圓心角，則由t＝θ360°T，可以求得轉(zhuǎn)動的時間比：tP?tQ＝120°?60°＝2?1，可確定帶電粒子到達N點所用的時間比，B錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系，OQ＝L，可以確定Q點的坐標，C錯誤；根據(jù)R＝mvqB，由于不知磁感應(yīng)強度和速度，故無法求得比荷，D正確。
5．(2019•重慶市一模)在光滑絕緣水平面上，一條繃緊的輕繩拉著一個帶電小球繞軸O在勻強磁場中作逆時針方向勻速圓周運動，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖所示。若小球運動到A點時，繩子忽然斷開。關(guān)于小球在繩斷開后可能的運動情況，下列說法中正確的是導學號 86084189( ABD )

A．小球仍作逆時針勻速圓周運動，半徑不變
B．小球作順時針勻速圓周運動，半徑不變
C．小球仍作逆時針勻速圓周運動，但半徑減小
D．小球作順時針勻速圓周運動，半徑減小
[解析]　如果小球帶正電，則小球所受的洛倫茲力方向指向圓心，此種情況下，如果洛倫茲力剛好提供向心力，這時繩子對小球沒有作用力，繩子斷開時，對小球的運動沒有影響，小球仍做逆時針的勻速圓周運動，半徑不變，故A正確；如果小球帶負電，則小球所受的洛倫茲力方向背離圓心，當洛倫茲力的大小等于小球所受的拉力的一半時，繩子斷后，小球做順時針的勻速圓周運動，半徑不變，故B正確；如果洛倫茲力和拉力共同提供向心力，繩子斷開時，向心力減小，而小球的速率不變，則小球做逆時針的圓周運動，但半徑增大，故C錯誤；當洛倫茲力的大小大于小球所受的拉力的一半時，則繩子斷后，向心力增大，小球做順時針的勻速圓周運動，半徑減小，故D正確。
6．(2019•湖南省衡陽市八中一模)如圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐。質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為qBdm，不計粒子重力，則導學號 86084190( CD )

A．粒子在磁場中的運動半徑為d2
B．粒子距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)
C．粒子距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內(nèi)運動的時間為πmqB
D．能夠進入Ⅱ區(qū)域 的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為πm3qB
[解析]　根據(jù)Bqv＝mv2r，得r＝mvBq＝d，所以A錯誤；粒子剛好不能進入?yún)^(qū)域Ⅱ的運動軌跡如圖所示，恰好與AC相切，根據(jù)幾何關(guān)系可求，此時入射點到A的距離為d，即到A點距離大于d的都不能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，運動軌跡為一半圓，時間t＝T2＝πmqB，所以B錯誤，C正確；從A點進入的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知，軌跡圓心角為60°，最短時間tmin＝T6＝πm3qB，故D正確。

7．(2019•山東省濟寧市二模)如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R，內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B1，P為磁場邊界上的一點，相同的帶正電的粒子，以相同的速率從P點射入磁場區(qū)域，速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個方向。這些粒子射出磁場邊界的位置在邊界的某一段弧上。這段圓弧的弧長是圓周的13，若將磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)閳A周長的14，不計粒子的重力和粒子間的相互影響，則導學號 86084191( AC )

A．磁感應(yīng)強度的大小為B1時，粒子軌跡半徑為32R
B．磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽2時粒子軌跡半徑為R
C．B2B1＝62
D．B2B1＝23
[解析]　當磁感應(yīng)強度為B1時，半徑為r1，最遠點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，∠POM＝120°，如圖所示： 所以粒子做圓周運動的半徑r1＝Rsin60°＝32R，所以選項A正確；同理，當磁感應(yīng)強度為B2時最遠點是軌跡上的直徑與磁場邊界圓的交點，∠NOP＝90°，如圖所示： 所以粒子做圓周運動的半徑r2＝Rsin45°＝22R，所以B錯誤；由洛侖茲力提供向心力qvB＝mv2r得B＝mvqr，所以B2B1＝r1r2＝32＝62，所以C正確，D錯誤。

8．(2019•山東省淄博市二模)如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1?t2?t3＝3?3?1。直角邊bc的長度為L，不計粒子的重力，下列說法正確的是導學號 86084192( BD )

A．三個粒子的速度大小關(guān)系可能是v1＝v2>v3
B．三個粒子的速度大小關(guān)系可能是v1<v2<v3
C．粒子的比荷qm＝v3BL
D．粒子的比荷qm＝π2Bt1
[解析]　

速度為v1、v2的粒子從ab邊穿出，則偏轉(zhuǎn)角為90°，但兩者的速度大小關(guān)系不定，但其半徑一定比速度為v3的粒子半徑小，由半徑公式r＝mvBq，則v3一定大于v1和v2，A錯誤，B正確；對速度為v3的粒子偏轉(zhuǎn)30°，畫出運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知r3tan15°＋r3tan15°cos30°＝L，所以r3＝Ltan15°1＋cos30°，而r3＝mv3Bq，聯(lián)立得到qm＝v3tan15°1＋cos30°BL≠v3BL，C錯誤；由于速度為v1的粒子偏轉(zhuǎn)90°，則t1＝14×2πmBq，于是qm＝π2Bt1，D正確。
二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟)
9．(2019•山東省青島市二模)如圖，直角坐標系xOy區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝3T。現(xiàn)有一帶負電的粒子，電荷量q＝1×10－6C，質(zhì)量m＝5×10－12 kg，以v＝1×106 m/s的速度先后經(jīng)過P(1,5)、Q(5,2)兩點，粒子重力不計，求：導學號 86084193

(1)粒子做圓周運動的半徑R；
(2)粒子從P運動到Q所用的時間t。
[解析]　(1)由于粒子做勻速圓周運動，
qv0B＝mv20R
代入數(shù)據(jù)可得：R＝533 m
(2)由題意，粒子的運動軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可知：xPQ＝5 m
sinθ2＝xPQ2R＝32
故粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為：θ＝120°
則運動時間：t＝θ2π•2πmqB
代入數(shù)據(jù)可得：t≈6.0×10－8 s
10．(2019•湖南省衡陽市八中一模)利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，在現(xiàn)代科學實驗和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用。如圖1所示為電子槍的結(jié)構(gòu)示意圖，電子從熾熱的金屬絲發(fā)射出來，在金屬絲和金屬板之間加上電壓U0，發(fā)射出的電子在真空中加速后，沿電場方向從金屬板的小孔穿出做直線運動。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力及電子間的相互作用力。設(shè)電子剛剛離開金屬絲時的速度為零。導學號 86084194


(1)求電子從金屬板小孔穿出時的速度v0的大��；
(2)示波器中的示波管是利用電場來控制帶電粒子的運動。 如圖2所示，Y和Y′為間距為d的兩個偏轉(zhuǎn)電極，兩板長度均為L，極板右側(cè)邊緣與屏相距x, O O′為兩極板間的中線并與屏垂直，O點為電場區(qū)域的中心點。接(1)，從金屬板小孔穿出的電子束沿O O′射入電場中，若兩板間不加電場，電子打在屏上的O′點。為了使電子打在屏上的P點， P與O′相距h，已知電子離開電場時速度方向的反向延長線過O點。則需要在兩極板間加多大的電壓U；
(3)電視機中顯像管的電子束偏轉(zhuǎn)是用磁場來控制的。如圖3所示，有一半徑為r的圓形區(qū)域，圓心a與屏相距l(xiāng)，b是屏上的一點，ab與屏垂直。接(1)，從金屬板小孔穿出的電子束沿ab方向進入圓形區(qū)域，若圓形區(qū)域內(nèi)不加磁場時，電子打在屏上的b點。為了使電子打在屏上的c點，c與b相距3l，則需要在圓形區(qū)域內(nèi)加垂直于紙面的勻強磁場。求這個磁場的磁感應(yīng)強度B的大小。
[解析]　(1)電子在電場中運動，根據(jù)動能定理
eU0＝12mv20
解得電子穿出小孔時的速度v0＝2eU0m
(2)電子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，在垂直于極板方向做勻加速直線運動。設(shè)電子剛離開電場時垂直于極板方向偏移的距離為y

根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律y＝12at2
根據(jù)牛頓第二定律a＝Eem＝Uedm
電子在水平方向做勻速直線運動L＝v0t
聯(lián)立解得y＝UL24U0d，由圖可知yh＝L/2L/2＋x解得
U＝4U0dhLL＋2x
(3)電子以速度v0在磁場中沿圓弧AB運動，圓心是D，半徑為R，如下圖所示。

洛侖茲力提供向心力有ev0B＝mv20R
電子離開磁場時偏轉(zhuǎn)角為θ，由圖可知
tanθ＝3ll＝3　tanθ2＝rR＝33
聯(lián)立解得B＝13r6U0me
本文來自：逍遙右腦記憶 http://douzifanli.com/gaosan/1311903.html

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