1、(五) 第八章 (90分钟 100分),一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分) 1.如图所示，把轻质导线圈用绝缘 细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的 轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线 圈平面，当线圈中通入如图所示方向的电流后，线圈的运动情况是( ),A.线圈向左运动 B.线圈向右运动 C.从上往下看顺时针转动 D.从上往下看逆时针转动 【解析】选A.将环形电流等效成一条 形磁铁，如图所示，据异名磁极相吸 引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”,也可判断出线圈向左运动，选A.,2.在
2、如图所示的空间中，存在场强 为E的匀强电场，同时存在沿x轴负 方向、磁感应强度为B的匀强磁场. 一质子(电荷量为e)在该空间恰沿 y轴正方向以速度v匀速运动.据此 可以判断出( ),A.质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高 B.质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低 C.质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高 D.质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低,【解析】选C.质子在匀强磁场中运动，根据左手定则，质子所受洛伦兹力方向沿z轴正方向，质子在复合场中受力平衡，所以质子所受电场力
3、方向沿z轴负方向，电场力大小为 F电=eE=evB，电场力方向沿z轴负方向，所以沿z轴正方向电势升高，又由于电场力不做功，所以电势能不变，综上所述，只有C选项正确.,3.在垂直纸面向里的匀强磁场中， 有一段弯折成直角的金属导线abc， ab=bc=L.导线中通有如图所示方向 的电流，电流强度为I，磁场的磁 感应强度为B.要使该段导线保持静止不动，应在点b加一外力F为( ) A.2BIL,与ab、bc成45角斜向上 B.2BIL,与ab、bc成45角斜向下 C. BIL,与ab、bc成45角斜向上 D. BIL,与ab、bc成45角斜向下,【解析】选C.通电金属导线abc的有效长度等效为线段ac
4、的 长度 由安培力公式得，金属导线abc在磁场中受安培力 大小为 根据左手定则知安培力的方向与ac垂直向 下，故力F大小为 方向与ac垂直向上，所以A、B、D 错误,C正确.,4.如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( ),A. 正电荷 B. 正电荷 C. 负电荷 D. 负电荷 【解析】选C.由题中带电粒子穿 过y轴正半轴，可知粒子所带电 荷的电性为负，根据题目含义画
5、 出轨迹如图所示，又有粒子在磁 场中到x轴的最大距离为a，满足关系式：R+Rsin30=a，可 得： 粒子在磁场中做圆周运动.洛伦兹力提供粒子做 匀速圆周运动的向心力,即 解得 故选项C正确.,【方法技巧】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题的解题步骤和注意事项 处理带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题的关键是画出符合题意的运动轨迹图.先确定圆心，然后根据几何关系确定半径、圆心角.其中半径和带电粒子的速率密切相关；圆心角和粒子在磁场中运动的时间相联系.同时还应注意以下几个方面：,(1)注意粒子的电性及运动方向. (2)注意磁场的方向和边界. (3)注意圆周运动的多解性、对称性和周期性. (4)
6、注意粒子运动的临界值. (5)注意几何知识的应用.,5.某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受电场力恰好是磁场对它作用力的3倍.若电子电量为e，质量为m，磁感应强度为B.那么，电子运动的角速度可能是( ) A.4Be/m B.3Be/m C.2Be/m D.Be/m,【解析】选A、C.电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中 做匀速圆周运动时，电场力指向圆心，而洛伦兹力与电场力 可能同向，也可能反向. 当洛伦兹力与电场力同向时有： 所以 A正确； 当洛伦兹力与电场力反向时有： 所以 C正确.,6.如图甲所示，电流恒定的通电直导体棒MN，垂直平放在
7、两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t=0时导体棒恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是( ),A.在最初的一个周期内，导体棒在导轨上做往复运动 B.在最初的一个周期内，导体棒一直向左运动 C.在最初的半个周期内，导体棒的加速度先增大后减小 D.在最初的半个周期内，导体棒的速度先增大后减小 【解析】选A、D.由安培力的表达式F=BIL结合题图乙可知， 安培力F在一个周期内随磁感应强度B的变化而变化，在前 周期内，安培力F方向不变，大小变小，加速度方向不变， 大小变小，由于初速度为零，所以在水
8、平方向上做变加速直 线运动；在 周期到 周期内，磁场方向改变，安培力方 向改变，加速度方向改变，速度减小，至 周期时速度减小,到零，所以D正确；而后在 周期到 周期内，MN反向加 速，在一个周期结束时又回到原来的位置，即做往复运动， 所以A正确.,7.如图，带电粒子在没有电场和磁场空间以v0从坐标原点O沿x轴正方向做匀速直线运动，若空间只存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，粒子通过P点时的动能为Ek；当空间只存在平行于y轴的匀强电场时，则粒子通过P点时的动能为( )A.Ek B.2Ek C.4Ek D.5Ek,【解析】选D.若空间只存在垂直于xOy平面的匀强磁场时， 粒子做匀速圆周运动，故 只有
9、电场时，粒子做类 平抛运动， 得 由动能定理 q因此粒子通过P点时的动能为5Ek. 故A、B、C错,D正确.,8.(2011南京模拟)北京正负电子 对撞机重大改造工程曾获中国十大 科技殊荣，储存环是北京正负电子 对撞机中非常关键的组成部分，如 图为储存环装置示意图.现将质子( )和粒子( )等带 电粒子储存在储存环空腔中，储存环置于一个与圆环平面垂 直的匀强磁场(偏转磁场)中，磁感应强度为B.如果质子和 粒子在空腔中做圆周运动的轨迹相同(如图中虚线所示)，偏 转磁场也相同.比较质子和粒子在圆环状空腔中运动的动 能EH和E，运动的周期TH和T的大小，有( ),A.EH=E，THT B.EH=E，
10、TH=T C.EHE，THT D.EHE，TH=T 【解析】选A.质子和粒子在磁场中运动时轨迹相同，说明 其轨迹半径是相同的，所以由 得： 所以 可得 半径 周期因此 由此可以判断两粒子的动能相同，周 期不同，故A正确.,9.如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上.两个相同的带正电小球(可视为质点)同时分别从轨道的左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则( ),A.两小球到达轨道最低点的速度vMvN B.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力NMNN C.两小球第一次到达最低点的时间相同 D.两小球都能到达轨道的另一端 【解析】选A
11、、B.由于小球受到的洛伦兹力不做功，而电场力对小球做负功，两小球到达轨道最低点的过程中，重力做功相同，根据动能定理可知，两小球到达轨道最低点的速度vMvN，并且在磁场中运动的小球能到达轨道的另一端，而在电场中运动的小球不能到达轨道的另一端.在轨道最低,点，洛伦兹力方向向下，电场力方向水平向左，根据牛顿第二定律可知，两小球到达轨道最低点时对轨道的压力NMNN.在同一高度，在磁场中运动的小球的速度大于在电场中运动的小球的速度，而两球运动的路程相等，所以两小球第一次到达最低点时在磁场中的小球运动的时间短.,10.(2011丰台区模拟)如图所示， ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的 等边三角形，磁场垂
12、直纸面向外， 比荷为e/m的电子以速度v0从A点沿 AB方向射入，现欲使电子能穿过BC 边，则磁感应强度B的取值应为( ) A. B. C. D.,【解析】选C.当电子从C点离开时，电子做圆周运动对应的 轨道半径最小，有 而 所以C项正确.,11.如图所示，带电粒子以速度v通 过一个正方形区域，不计粒子的重 力，当区域内只有垂直纸面向里的 匀强磁场时，粒子从A点飞出，所用 时间为t1；当区域内只有平行纸面沿 竖直方向的匀强电场时，粒子从B点飞出，所用时间为t2，下面说法正确的是( ) A.粒子带负电荷 B.t1t2 C.t1t2 D.t1t2,【解析】选D.当区域内只有垂直纸面向里的匀强磁场时
13、，粒 子从A点飞出，根据左手定则可判断，粒子带正电荷，A错； 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设弧OA的长度为s，则 带电粒子在电场中做类平抛运动，设正方形的边长 为a，则 由于sa，故t1t2，故B、C错误，D正确.,12.如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( ),A.穿出位置一定在O点下方 B.穿出位置一定在O点上方
14、C.运动时，在电场中的电势能一定减小 D.在电场中运动时，动能一定减小 【解析】选C.a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq，即只要满足E=Bv，无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O点的上方或下方穿,出，故A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误.,二、计算题(本大题共4小题，共52分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13.(10分)如图
15、所示，一质量为m、 电量为+q的带电小球以与水平方向 成某一角度的初速度v0射入水平 方向的匀强电场中，小球恰能在电场中做直线运动.若电场的场强大小不变，方向改为反向,同时加一垂直纸面向外的匀强磁场，小球仍以原来的初速度重新射入，小球恰好又能做直线运动.求电场强度的大小、磁感应强度的大小和初速度与水平方向的夹角.,【解析】在没有磁场，只有电场时， 设小球的运动方向与水平方向的夹 角为,受力情况如图甲所示.根据 已知得： (3分) 在既有磁场又有电场时，E不变， 受力情况如图乙. 由几何知识得45 (2分) 小球仍做直线运动，有：,(3分) 解得： (1分)(1分) 答案：,14.(12分)如图
16、所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左 的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁 感应强度大小为B，一绝缘 形杆由两段直杆和一半径为R 的半圆弧组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平 且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界 线上，NMAPQ是光滑的，现有一质量为m，带电量为+q的小环 套在MN杆上，它所受的电场力是重力的 现在M右侧D点由 静止释放小环，小环刚好到达P点.,(1)求DM间的距离x0； (2)求上述过程中小环第一次通过与O点等高的A点时半圆弧对小环作用力的大小.,【解题提示】(1)小环刚好到达P点时速度条件是v=0. (2)用动能定理研究全
17、过程. (3)A点的受力情况及圆周知识的应用、动能定理的应用. 【解析】(1)由动能定理(3分) 故x0=4R (2分),(2)设小环在A点的速度为vA，由动能定理(3分)由向心力公式(3分)(1分) 答案：(1)4R (2),15.(14分)如图，在空间中有一坐 标系xOy，其第一象限内充满着两 个匀强磁场区域和，直线OP是 它们的边界.区域中的磁感应强 度为B，方向垂直纸面向外；区域中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向里，边界上的P点坐标为(4L，3L).一质量为m，电荷量为q的带正电荷的粒子从P点平行于y轴负方向射入区域；经过一段时间后，粒子恰好经过原点O.忽略粒子重力，已知sin37=
18、0.6，cos37=0.8.求： (1)粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？ (2)粒子的速度大小可能是多少？,【解析】(1)设粒子的入射速度为v，用R1，R2，T1，T2分别表示粒子在磁场区和区中运动的轨道半径和周期.则(1分)(1分)(1分)(1分),粒子先在磁场区中做顺时针的圆周运动，后在磁场区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短.粒子运动轨迹如图所示., 得=37 (1分) +=90 (1分) 粒子在磁场区和区中的运动时间分别为(1分)(1分) 粒子从P点运动到O点的时间至少为t=t1+t2 由以上各式解得 (1分),(2)粒子的速度大小满足一
19、定条件时，粒子先在磁场区中 运动，后在磁场区中运动，然后又重复前面的运动，直到 经过原点O，这样粒子经过n个周期性的运动后经过O点，每 个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为(2分) 粒子每次在磁场区中运动的位移为 (1分) 由图中几何关系可知 (1分) 由以上各式解得粒子的速度大小为 (n=1、2、3) (1分) 答案：(1) (2) (n=1、2、3),16.(2011景德镇模拟)(16分)如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m= 0.2 g、电荷量q=+810-5C的小球，小球的直径比管的内径略小.在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁
20、感应强度B1=15 T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E=25 V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2=5 T的匀强磁场.现让小车始终保持v=2 m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随高度h变化的关系如图所示.g取 10 m/s2，不计空气阻力.求：,(1)小球刚进入磁场B1时加速度a的大小； (2)绝缘管的长度L； (3)小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离x.,【解题提示】(1)分析小球随管进入B1时的受力情况,注意速度的合成与分解. (2)影响竖直方向运动的物理量及关系. (3)离开管口进入复合场时的
21、受力情况及运动特点,画简图分析. 【解析】(1)以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力F1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，则(4分),(2)在小球运动到管口时，FN2.410-3 N，设v1为小球竖直 分速度，由FN=qv1B1， 则 (3分) 由 得 (3分) (3)小球离开管口进入复合场，其中 qE210-3N，mg210-3N. (1分) 故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合 速度与MN成45角，大小v合= 故轨道半径为R，,(1分) 小球离开管口开始计时，到再次经过MN所通过的水平距离(1分) 对应时间 (1分) 小车运动距离为(2分) 答案：(1)2 m/s2 (2)1 m (3),Thank you!,
