31最新物理高考第九章参考答案

第九章 参考答案第一节 第一节 磁场及其描述考点知识梳理（一）4.特殊物质6.N极受力；N极；磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的。（二）磁场力；不受；吸引；排斥；磁场；磁场力；磁场（三）有方向的曲线；强弱；切线方向；磁感应强度；N；S；S；N；磁场的方向；不一定；电流方向；平行且距离相等（四）对放入其中的电流或磁极有力的作用；最大；磁场力为零；磁感应强度；矢量；B= ；垂直；切线；N极；N极；牛/安米；特斯拉；T；处处相等；矢量和；矢量运算法则（五）乘积；韦伯；Wb；磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数多少；穿过单位面积的磁通量；标量考能训练答案：1.解析:因在地球的内部地磁场从地球北极指向地球的南极，根据右手螺旋定则可判断出地球表现环形电流的方向应从东到西，而地球是从西向东自转，所以只有地球表面带负电荷才能形成上述电流。答案：A2.解析：由安培定则判断，凡是垂直纸面向外的磁感线都集中在是线圈内，因磁感线是闭合曲线，则必有相应条数的磁感线垂直纸面向里，这些磁总线分布在线圈是外，所以B、C两圆面都有垂直纸面向里和向外的磁感线穿过，垂直纸面向外磁感线条数相同，垂直纸面向里的磁感线条数不同，B圆面较少，c圆面较多，但都比垂直向外的少，所以 B、C磁通方向应垂直纸面向外，BC，所以A、C正确分析磁通时要注意磁感线是闭合曲线的特点和正反两方向磁总线条数的多少，不能认为面积大的磁通就大 答案：AC3. 解析：由可知1特。由。由1安及，可知1特。由1焦=1牛米=1库伏，可知1牛=1库伏/米，又知1特=，从而可知1特。答案：A、B、C、D。4. 解析：在赤道上空地磁场方向水平向北，在地磁场的作用下，小磁针的N极只能稳定地水平指北当小磁针的N极突然向东偏转，说明小磁针所在位置突然有一指向东边的磁场对小磁针产生磁力的作用这一磁场既可以是磁体产生的，也可以是电流产生的在小磁针正东方向，条形磁体N极所产生的磁场在小磁针所在位置是指向西，故A选项不正确而条形磁铁S极产生的磁场在小磁针所在位置指向东，小磁针N极可能向东偏转，但不是惟一原因；故B选项不正确当小磁针正上方有电子流通过时，电子流在小磁针所在位置产生的磁场方向为水平方向，若电子流水平自南向北，则经过小磁针的磁场方向为水平向东；若电子流水平自北向南，则其中小磁针的磁场方向为水平向西故C选项正确答案 C5解析：磁铁和电流周围都能够产生磁场，答案A错；磁场归根结底是运动电荷产生的客观物质，答案B错；在磁体或电流周围首先产生磁场，其次放入磁场中的磁体或电流将通过磁场与之发生相互作用，所以C错，D对答案：D6. 解析：磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，所以A正确；用磁感线的疏密反映磁场的强弱，但不等于空隙处不存在磁场，磁场是充满某个区域的，所以B错误；不同磁源产生的磁场在某一区域叠加合成，磁感线应描绘的是叠加后的合磁场，某处的磁感应强度是唯一的，所以磁感线是不相交的，C错误；磁感线是形象描绘磁场假想的曲线，可以用实验来模拟，但是不存在的，D错误 答案：A7解析：作水平面内的平面图如图所示，地磁场的磁感应强度分量向正北，直导线电流产生的磁场在该点的磁感应强度分量向正西，由矢量平行四边形定则合成可得该点的磁感应强度应为西偏北450角方向答案：C8. 解析：A将钢棒的一端接近磁针的N极，两者互相吸引，钢棒的这一端可能是S极，因为异名磁极互相吸引，再将钢棒的这一端S极接近磁针的S极，两者相互排斥，因为同名磁极互相排斥，所以情况A可能；B将钢棒的一端接近磁针的N极，两者互相排斥，钢棒的这一端一定是N极，再将钢棒的另一端S极接近磁针的N极，两者互相吸引，所以情况B成立；C将钢棒的一端接近磁针的N极，两者互相吸引，钢棒的这一端可能是S极，再将钢棒的另一端N极接近磁针的S极，两者互相吸引，所以情况C可能；D将钢棒的一端接近磁针的N极，两者互相吸引，钢棒的这一端可能是S极，再将钢棒的另一端N极接近磁针的N极，两者应互相排斥，与所述矛盾若钢棒没有磁性，当它接近磁针的N极时，钢棒被磁化，且该端为S极，所以互相吸引，当钢棒的另一端接近磁针N极时，钢棒又被磁化为S极，互相吸引，与所述情况D相符答案：D9. 解析：由BF/IL可知F/IL2（T）当小段直导线垂直于磁场B时，受力最大，因而此时可能导线与B不垂直， 即Bsin2T，因而B2T。说明：B的定义式BF/IL中要求B与IL垂直，若不垂直且两者间夹角为，则IL在与B垂直方向分上的分量即ILsin，因而B=F/ILsin，所以F/IL=Bsin则BF/IL。答案：B10. 解析:题中的磁场是由直导线电流的磁场和匀强磁场共同形成的，磁场中任一点的磁感应强度应为两磁场分别产生的磁感应强度的矢量和a处磁感应强度为0，说明直线电流在该处产生的磁感应强度大小与匀强磁场B的大小相等、方向相反，可得直导线中电流方向应是垂直纸面向里在圆周上任一点，由直导线产生的磁感应强度大小均为B1T，方向沿圆周切线方向，可知C点的磁感应强度大小为2T，方向向右.d点的磁感应强度大小为，方向与B成450斜向右下方 答案：AC11. 解析：要知道线圈在下落过程中磁通量的变化情况，就必须知道条形磁铁在磁极附近磁感线的分布情况条形磁铁在 N极附近的分布情况如图所示，由图可知线圈中磁通量是先减少，后增加D选项正确点评：要知道一个面上磁通量，在面积不变的条件下，也必须知道磁场的磁感线的分布情况因此，牢记条形磁铁、蹄形磁铁、通电直导线、通电螺线管和通电圆环等磁场中磁感线的分布情况在电磁学中是很必要的答案：D12. 解析：在原图示位置，由于磁感线与线圈平面垂直，因此 1B1S/2B2S/2（061/2041/2）Wb=05Wb 当线圈绕OO/轴逆时针转过370后，（见图中虚线位置）：2B1Sn/2B2Sn/2B1Scos370/2B2Scos370/204Wb 磁通量变化量=21（0405）Wb=01Wb所以线圈转过370后。答案：穿过线圈的磁通量减少了01Wb13. 解析：把木板、框架及磁铁A、B看成一个系统，则系统受有重力，地面的弹力N1。由牛顿第三定律可知，由系统平衡条件可知，即。磁铁B受有重力、木块的弹力N2、磁铁A的吸引力。由平衡条件可知N2。由牛顿第三定律N2= N2，所以有N2=。磁铁A受有重力，悬线拉力T，B磁铁的吸引力。由平衡条件可知。由牛顿第三定律可知，所以有。答案：A。 14.解析：分析题意得：因为磁场的磁感应强度是一个矢量，根据右手螺旋定则得到两通电导线在直角顶点处的磁感应强度大小相等，所以合场强的大小为B，夹角刚好是一个直角，所以磁感应强度的合场强正好沿水平方向向左，即沿x的负方向，所以选项D正确。 答案：D 15. 解析：从线圈的绕制方向和安培定则判断电磁铁上端等效于S极，由异名磁极相吸原理可知永磁体下端为N极 答案：S、N16. 解析：由磁感应强度的定义式计算相应的磁感应强度的值，从数据可以归纳出磁感应强度B与产生磁场的长直导线上的电流I0成正比，与距离r成反比答案：0.505，1.00，1.49，1.98，2.51，成正比；6.00，2.95，2.05，1.50，1.20，成反比17解析:在用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离L的过程中，拉力F可认为不变，因此F所做的功为:WFL. 以表示间隙中磁场的能量密度，则间隙中磁场的能量EVAL 又题给条件B2/2，故EALB2/2.因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，即W=E，故有FL= ALB2/2解得答案：18. 解析：（1）匀速运动时磁场力与滑动摩擦力平衡，所以磁场力，金属杆上有电流通过部分是导轨间的1m长，由定义式得，由左手定则可判断磁场方向竖直向上（2）匀加速运动时由牛顿第二定律，得， 答案：0.3T，0.4T19. 解析：可变电阻在一定的取值范围内都能使MN处于静止，说明导体棒MN与导轨间存在摩擦力，由左手定则判断导体棒所受到的磁场力水平向左，当R=1时，由闭合电路欧姆定律可知电流强度最大且I1=3A，所受最大静摩擦力方向向右，三力平衡关系是，当R=5时，电流强度最小I2=1A，所受最大静摩擦力方向向左，三力平衡关系是，可得，变形可得磁感应强度为 答案：0.2T第二节 磁场对电流的作用考点知识梳理（一）安培力；宏观表现；FBILsin；最大；最小；有效长度；几何中心；电能；其它形式的能（二）垂直；同一平面内；手心；电流方向；垂直；大拇指；垂直；垂直；垂直；不一定；考能训练答案1. 解析：电键S分别置于a、b两处时，电源分别为一节干电池、两节干电池，而电路中灯泡电阻不变，则电路中电流IaIb，在处的磁感应强度BaBb，应用安培力公式FBIL可知fafb，又在电流方向相反、则相互排斥。答案：D2. 解析：匀强磁场竖直向上、和导线平行，导线受到安培力为0，A错；匀强磁场水平向右，根据左手定则可知导线受到安培力向里，B错；匀强磁场垂直纸面向外，由左手定则可知导线受到安培力水平向右，C错、D对。答案：D3. 解析：分析A图，根据左手定则，金属棒会受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力，如果两力平衡，则不会有弹力，也就不会有摩擦力，所以选项A正确；B图中，金属棒受到的安培力垂直斜面向下，所以有向下的运动或者向上的运动趋势，所以一定有摩擦力的作用，选项B错误；C选项，金属棒受到水平向右的安培力，如果安培力和重力的合力正好与支持力平衡，则摩擦力为零，所以选项C也是可能的，所以正确；D图中，金属棒受到沿斜面向上的安培力，如果安培力和重力的下滑分力平衡，则没有摩擦力，所以D项也正确；综上所述，本题的正确选项为ACD。答案：ACD4. 解析：由安培定则判断导线a产生的磁场在导线b所在处的方向是竖直向下，由左手定则判断安培力F1向南，在赤道上空的地磁场方向是水平向北，所以F2竖直向下答案：A5. 解析：根据左手定则判断，铜棒MN所受的安培力竖直向上，但因为小于铜棒重力，所以悬线依然处于张紧状态，适当增大电流强度I使安培力恰好平衡重力时，张力就为零答案：A6. 解析：由安培定则确定电流磁场方向，再由磁场的叠加判定a、b、c处合磁场方向，由左手定则可得出导线a受合力方向向左，导线c受合力方向向右，导线b受安培力合力为零，故选B、D.答案：BD7. 解析：斜面光滑，则通电导线受重力、安培力、支持力三力作用而平衡.安培力大小为mg,且重力与安培力合力与支持力等值反向，如图9-2-27.易得N=N=2mgcos,故C对.答案：C8. 解析：导体所受安培力方向与电流方向和磁场方向两两垂直，而外力与安培力两力平衡，所以可以判断外力与导体速度方向相同，所以答案：0.489. 解析：重力沿斜面向下的分力G1=mgsin300=1.0Nfm,所以在没有安培力的情况下，金属杆ab将下滑金属杆ab所受的安培力方向沿斜面向上，如果所取电阻较小，电流强度较大，则安培力BIL可能大于金属杆ab的重力沿斜面方向的分力G1，金属杆ab有向上滑动的趋势，静摩擦力沿斜面向下，当静摩擦力为最大值时，金属杆ab处于临界状态；反之，如果所取电阻较大，电流强度较小，则安培力BIL可能小于G1，金属杆ab有向下滑动的趋势，静摩擦力沿斜面向上，当静摩擦力为最大值时，金属杆ab又处于临界状态；在两个临界状态的临界条件分别为：和，对应的电流强度和A，根据闭合电路欧姆定律最小电阻和最大电阻答案：2.5R11.510. 解析：如果等离子从右边射入，则正离子受到向下的洛仑兹力，偏到下极板，同理上极板有负离子，所以CD中有从下向上的电流，与GH中的电流方向相反，所以会相斥，所以选项A正确；则选项B错误；如果等离子从左方射入，情况正好相反，所以CD会与GH相吸，所以选项C错误，D选项正确，、综上所述，本题的正确选项应该为AD。答案：AD11. 解析：分析左图中导体棒处于静止状态，所以是安培力和重力的分力平衡，即，而右图中的平衡方程是，所以得到I1：I2=cos：1，则选项A正确；选项B错误；导体A所受安培力大小之比F1：F2= cos：1，所以选项C错误；左图中的弹力，右图中的弹力，所以N1：N2=cos2：1，所以选项D正确，综上所述，本题的正确选项应该为AD。答案：AD12. 解析：本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边。答案：C13. 解析：由安培定则知I1、I2分别在a、b、c、d四点处产生的磁感应强度B的方向如图9-2-28所示.由图知a、b两点处B可为零. 故选AB.答案：AB14. 解析：因为当电流方向改为反向时，右边需要加上质量m，天平才能重新平衡，说明当电流反向时，安培力方向由向下改为向上，所以磁场方向是垂直纸面向里的；又因为电流方向未改变时，由受力平衡有m1g=m2g+nBIL+G(G为线圈重力) 电流反向时有m1g=m2g+mg-nBIL+G 由式可得mg=2nBIL所以B=.故只有B选项正确.答案：B15. 解析：（1）金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图9-2-29所示BIL=mgsin37解得：I=0.60 A.（2）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律 E=I（R+r）解得：R=-r=19 .答案：（1）0.60 A (2)19 第三节 带电粒子在磁场中的运动考点知识梳理（一）f=qvB sin；运动电荷；0（二）垂直；垂直；垂直；同一平面内；手心；正电荷运动方向；相反；姆指（三）宏观表现；一定不；速度大小（四）匀速直线运动；匀速圆周运动考能训练答案1. 解析：粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电。选A。答案：A2. 解析：分析题意得：宇宙射线是有一些带电粒子组成的，所以面射线射向地球时，会受到地磁场的作用力，所以说地磁场对宇宙射线有一定的阻挡作用，选项A正确；根据洛仑兹力的判断，总会有一些高能的带电粒子能够射到地球的两极，所以选项B正确；根据左手定则判断该种粒子带负电，射向的是地球的北极，所以选项C正确；选项D错误，综上所述，本题的正确选项应该为ABC。答案：ABC3. 解析：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即，得到：如果换成匀强电场，水平v0方向是作匀速直线运动，竖直y轴负方向是作匀加速运动即，所得到，所以E/B=2V0，所以选项C正确。答案：C4. 解析：带电粒子在运动中动能逐渐减少，即速率逐渐减小，根据半径公式，粒子的运动半径逐渐减小，由轨迹形状可知，粒子的运动方向是b到a，选择轨迹上的一个点（如b点）根据左手定则可以判断粒子是带正电的答案：B5. 解析：解题时容易受带电粒子在匀强电场中运动的负迁移，错误地将电子的运动判断成类似于平抛运动的匀变速曲线运动，答案A和C就是这种错误判断引起的；要区分洛伦兹力作用下的匀速圆周运动和匀强电场中在电场力作用下的匀变速曲线运动，本题中在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动时，洛伦兹力是一个变力，对粒子不做功；A、B两处的速度方向是不同的，故答案D错误；因为是匀速圆周运动，所以时间等于弧长除于速度，答案B正确答案：B6. 解析：洛伦兹力提供向心力，且，得到，；向心加速度；等效环形电流的电流强度；电流方向是顺时针方向，由安培定则判断电流产生的磁场垂直轨道平面向里，而根据左手定则判断匀强磁场方向垂直轨道平面向外，所以两者方向相反答案：；相反7. 解析：由各孔的轴线方向可知，从孔b射出的电子的速度方向改变1800，圆周运动的圆心为ab的中点，直径为ab；从孔c射出的电子的速度方向改变900,圆周运动的圆心是b点，半径是ab所以两者的轨道半径之比为1：2，根据半径公式可知，两者的速度之比为1：2；轨道对应的圆心角之比是2：1,根据时间公式，可知两者的运动时间之比是2：1答案：1：2； 2：18. 考点分析：本题主要考查了圆周运动知识在带电粒子在磁场中的具体应用解析：粒子在整个过程中的速度大小恒为，交替地在平面内与磁场区域中做匀速圆周运动，轨道都是半个圆周.设粒子的质量和电荷量的大小分别为和，圆周运动的半径分别为和，有：现分析粒子运动的轨迹.如图9-3-38所示，在平面内，粒子先沿半径为的半圆运动至轴上离点距离为的点，接着沿半径为的半圆运动至点，的距离：此后，粒子每经历一次“回旋”（即从轴出发沿半径为的半圆和半径为的半圆回到原点下方的轴），粒子的坐标就减小.设粒子经过次回旋后与轴交于点，若即满足：则粒子再经过半圆就能经过原点，式中1，2，3，为回旋次数由式解得：（1，2，3，）联立式可得、应满足的条件：（1，2，3，）失分陷阱：本题的难点只有一个，就是通过分析计算找出每转一周粒子在y轴上的坐标减少2（r2-r1），显然，n次回旋，粒子在y轴上的坐标就减少2n（r2-r1），要想满足粒子仍能回到O点，自然就有2r1=2n（r2-r1）考虑粒子运动的周期性，表达出通式，这在粒子运动题目中经常遇到，如回旋加速器等，应引起足够的重视，解决了关键点，其他就简单了9. 考点分析：本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动解析：（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷 粒子由 A点射入，由 C点飞出，其速度方向改变了 90，则粒子轨迹半径：r=R 又：，则粒子的比荷为：（2）粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60角，故 AD 弧所对圆心角 60，粒子做圆周运动的半径：，又：，所以：粒子在磁场中飞行时间：失分陷阱：抓准以下几何关系是解题的基础（1）粒子速度偏向角等于回旋角（圆心角），等于弦切角的两倍（2）弦切角等于粒子在磁场中转过的弧所对的圆心角（回旋角）的一半由此可以推知，题目已知偏向角后马上就可以知道圆心角，集合关系也就容易找了10. 解析：依据左手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此电极a、b的正负为a正、b负；当稳定时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则，可得，答案：A。11. 解析：匀速圆周运动、库仑定律、洛仑兹力、左手定则等知识列出：未加磁场：(1)磁场指向纸里：qvB (2)磁场指向纸外：qvB(3)比较上述式子，T1T0，T2T0，故AD选项正确易错点悟：学生列不出圆周运动的动力学方程及不注意负电荷运动形成的电流与运动方向答案：AD12. 解析：由题意可汉子，粒子带负电，运动轨迹如图9-3-39，2=1200900=300由R+Rsin300=a，得R=2a/3由R=，可知则正确答案为C答案：C13. 解析：带电粒子在磁场中的运动轨道半径，由题图可知：从O点射入的粒子从be边射出，因此只有D正确易错点悟：解决本题的关键是要先画出从特殊点入射时的轨迹，然后判断答案的正确与否答案：D14. 解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当氢核垂直于ad边从中点m射入，又从ab边的中点n射出，则速度必垂直于ab边a点为圆心，且R=.当磁场的磁感应强度变为原来的2倍，则半径变为原来的1/2，氢核从a点垂直于ad边射出，所以选项C正确答案：C15. 解析：洛伦兹力的方向始终与运动方向垂直，所以没有提供回复力，则运动的周期不变.答案：B16. 解析：由于洛伦兹力不做功，故A对.t=T时，电子第一次经y轴，由几何关系可得x=0、y=-R,因此，选项A、B、D都正确.答案：ABD17. 解析：先准确画出带电粒子运动的轨迹，分两种情况：一是粒子带正电，二是粒子带负电.其轨迹是完整圆的“分家”情形，正确选项为AB.答案：AB18. 答案：解析：分两种临界情况讨论离子比荷，其一是离子在磁场中偏转后打到平行金属板的右侧端点，其轨迹如图（a）所示.据几何关系应有：r12=(r1-)2+(2d)2,解得r1=d.其二是离子在磁场中偏转后打到平行金属板的左侧端点，其轨迹如图（b）所示.此时有： （a） (b)r22=(r2-)2+d2解得r2= d.根据离子在电场中加速，由功能关系有：mv2=qU再根据离子所受洛伦兹力提供的向心力有：qvB=m结合前两种临界情况，可得：=或=因此，所求离子比荷的范围是：.19. 解析：（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动是对称的，如图9-3-41，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T.由牛顿第二定律：qvB=m 又T=解得：R= T=将已知量代入得R=2m由轨迹知：tan= 30则全段轨迹运动时间为t=4.1910-6s(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系侧移总距离d=2Rsin22m20. 解析：设电场强度为E，磁感应强度为B，圆O的半径为R.粒子的电荷量为q,质量为m，初速度为v.同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有qvB=qE,vT0=2R.只存在电场时，粒子做类平抛运动，有x=v,解得y=()2由以上式子可知x=y=R,粒子从图中的M点离开电场.由以上式子得qvB=.只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心.设半径为r qvB=由以上式子可得r=由图tan=R/2=2所以，粒子在磁场中运动的时间t=arctan2. 答案：arctan221.解析：洛伦兹力是粒子作圆运动的向心力；计算出圆半径后，确定圆心的位置就成为解题的关键，粒子轨迹与ab相切，以及粒子离S最远的距离为2r是判定最远点的条件如图9-3-20粒子带正电，用左手定则判定粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用r表示轨道半径，有Bqvm，解得，可见2rlr因向不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点，为定出P1的位置，可作平行与ab的直线cd，cd到ab的距离为r0.10m以S为圆心，r为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1由图中几何关系得：再考虑N的右侧，任何粒子在运动中离S的距离不可能超过2r，以2r为半径，S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，P2即为粒子在右侧能达到的最远点由几何关系得：所求长度为：P1P2=NP1+NP2=0.20m第四节 带电粒子在复合场中的运动考能训练答案1. 考点分析：本题主要考查了应用平衡的知识求解问题解析：要使电子沿直线OO射出，则电子必做匀速直线运动，电子受力平衡在该场区，电子受到电场力和洛仑兹力，要使电子二力平衡，则二力方向为竖直向上和竖直向下A答案电子所受的电场力竖直向上，由左手定则判断洛仑兹力竖直向下，满座受力平衡同理，D答案也满足受力平衡 答案：AD失分陷阱：粒子速度选择器关键是抓住电场力和洛仑兹力平衡，只要满足“磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向上：均有可能使粒子匀速通过，与粒子的电性没有关系其中，因qvB=Eq，则2. 解析：由Fe=Eq，电量不同，电场力不同，因而由电场能分开两束粒子又，可知质子和粒子在动能相同时，在同一匀强磁场做圆周运动的半径也相同，故分不开两束粒子则本题的正确答案为AD答案：AD3.解析：粒子每次在磁场中回旋的时间是匀速圆周运动的半周期，这个时间也正是交变电压的半周期，所以交变电压的频率就是粒子在磁场中匀速圆周运动的频率，根据，频率与粒子的比荷成正比，粒子和质子的比荷之比是1：2，所以频率之比也是1：2.答案：B4. 解析：由左手定则判断带负电的滑块沿斜面下滑时所受洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以使滑块与斜面之间的弹力增大，滑动摩擦力增大，从顶端滑到底端过程中克服摩擦力做功增大，根据动能定理，滑到底端时的动能小于无磁场时到底端的动能，速率变小答案：B5. 解析：分析题意得：该粒子在复合场中共受到三个力的作用，竖直向下的重力、竖直向下的电场力、洛仑兹力，其中重力和电场力是恒力，如果不发生偏转，则一定是沿直线作匀速运动，洛仑兹力一定是竖直向上的，所以粒子是水平向左运动的，如果把粒子的速度变大，则洛仑兹力变大，所以粒子一定向上偏转，且重力和电场力做负功，则速度减小，所以选项A正确；若只增大磁感感应强度，结果与A答案一样，所以选项B错误；如果电场强度增大，则粒子会向下偏转，电场力和重力做正功，则速度增大，所以选项C正确；因为，如果只增加带电量，则粒子会向下偏转，所以选项D错误，综上所述，本题的正确选项应该为AC。答案：AC6. 解析：电荷所受的洛伦兹力Ff=qvB,当电荷的速度为零时，洛伦兹力为零，故电荷在I点和K点只受到电场力的作用，故在这两点的加速度大小相等.方向相同，A是正确的，B是错误的.由于J点是曲线上离MN板最远的点，说明电荷在J点具有与MN平行的速度，带电粒子在J点受到两个力的作用，即电场力和洛伦兹力；轨迹能够向上偏折，则说明洛伦兹力大于电场力，故C正确.综上所述，选项A、C是正确的.答案：AC7. 解析：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AB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项错误答案：C8. 答案：D9.解析：AB系统在水平方向仅受水平恒力F作用，所以作匀加速直线运动，随着AB速度的增大，带正电的物块A所受的洛伦兹力逐渐增大，且由左手定则判断洛伦兹力方向竖直向下，所以A对B的压力变大，B对地面的压力变大，B对A的摩擦力为静摩擦力，且，由于系统作匀加速直线运动，加速度恒定，所以静摩擦力保持不变，A对B的静摩擦力也不变答案：B10. 解析：进入复合场后作匀速圆周运动，表明液滴的电场力和重力平衡，并在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，进入时洛伦兹力向右，由左手定则判断四指方向与其运动方向相反，所以液滴带负电；液滴所受电场力竖直向上，所以电场方向竖直向下；进入磁场时的速度为，又，根据半径公式得到半径=答案：负，竖直向下， 11. 解析：（1）正离子在电场中做初速度为零的加速直线运动由动能定理得 正离子以速度v进入匀强磁场，做匀速圆周运动 正离子离开磁场时的速度与进入时垂直，故r=R 解得A、K间的电压U= （2）离子进入磁场后洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为： 离子在磁场中的运动时间为： 解式得：12. 解析：（1）轨迹如图9-4-35所示 （2）粒子在加速电场中，由动能定理有 粒子在匀强电场中做类平抛运动，设偏转角为，有 U=Ed 解得：=45由几何关系得，带电粒子离开偏转电场速度为粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律有：qvB=m在磁场中偏转的半径为 由图可知，磁场宽度L=Rsin=d （3）由几何关系可得：带电粒子在偏转电场中距离为，在磁场中偏转距离为13. 解析：（1） 由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能， 根据，得， 又由几何知识可得（如图9-4-36）即，1分 故。由于洛伦兹力不做功，带电粒子穿过铅板后的动能， 因此粒子穿过铅板后动能的损失为 （2）从D到C只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有， 解得14. 解析：当电场力大于洛伦兹力时，如果电场力和洛伦兹力的合力刚好提供向心力时，则答案A正确；如果电场力大于洛伦兹力时，选项C正确；当电场力小于洛伦兹力时，选项B正确；由于电场力方向变化，选项D错误答案：ABC15、解析：若小球A带正电，小球A受重力G、库仑斥力F和板对小球向下的弹力N当撤走绝缘板C时，N=0，若F=G，小球A仍处于静止状态，A正确；若FG，则由左手定则可判断B正确；若小球A带负电，则由A的受力情况可知是不可能的，则D错误答案：AB16、解析：当正离子进入正交的匀强电场和匀强磁场后，能够沿原来运动方向几学运动的离子必然受力平衡，即：qvB=Eq，则v=E/B这样，以速度v吹孩子进入下一个匀强磁场后，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则式中的B为偏转匀强磁场的磁感应强度，r为偏转半径，分析上式可知，当v、B相同时，m|、q、都可以相同，也可以不同，只要不相同，半径r即可不同，所以只有D答案正确答案：D17解析：不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移洛伦兹力对带电粒子不做功，故A对. 答案：A18. 解析：由左手定则可判断出正离子较多时，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势升高，同理，负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势降低，故A、B错误.设前后表面间的最高电压为U，则qU/b=qvB,所以U=vBb.由此可知U与离子浓度无关，故C错误.因Q=vbc，而U=vBb,所以Q=Uc/B,D正确.答案：D19、解析：由于从A到B再到C的过程中动能减少，所以洛伦兹力减小，小球与杆之间的压力减小，摩擦力也在减小，AB=BC，所以C错误.AB段和BC段合外力不同，因此合外力的功也不同，所以根据动能定理，动能的变化不同，A错误.再由于电场力和重力的关系未知，因此B错误，所以D正确.答案：D20.思路点拨：本题是三种典型的复合场中的直线运动，如果三种场均有，那么粒子在复合场中的直线运动必定是匀速直线运动，三个力有三种特点，重力是只能竖直向下的，电场力的方向依电荷的电性和电场的方向共同决定，洛仑兹力的方向垂直于速度的方向，同时也由磁场和速度两个方向共同决定，且洛仑兹力的大小在恒定的磁场中直接由速率来决定，所以复合场中的带电粒子的运动一定要抓住速率和洛仑兹力的大小对应关系，掌握三个力的特点，利用平衡或牛顿运动定律以及曲线运动的特点解题.解析：如果油滴带正电，受力有重力竖直向下，电场力只能水平方向，洛仑兹力只能垂直MN，则竖直向上需要有力才能保证竖直平衡，故洛仑兹力必须有向上的分量，洛仑兹力必须垂直MN向上，由左手定则可知油滴是从M点运动到N点；对B选项，假设粒子速率改变，则洛仑兹力必定改变，原来的受力平衡必被打破，合力的方向必定改变，将于速度方向不在同一直线，不会做直线运动，这与题干意思矛盾，故粒子必定做匀速运动，B正确；对于CD选项，由于不知道粒子的电性，即使已知电场方向也无法知道电场力的方向，故无法判断油滴的运动方向，CD错.答案：AB21. 解析：滑块开始运动后，受到竖直向上的洛伦兹力作用，且洛伦兹力不断增大，滑块受到的支持力逐渐减小，当qvB=mg时，滑块做速度为10m/s的匀速运动此后，木板做加速度a=F/M=3 m/s2的匀加速运动故BD正确答案：BD22. 解析：因为必须有电场力与重力平衡，所以必为负电；由左手定则得逆时针转动；再由23. 解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： (1分)带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得： （1分）由以上两式，可得 （1分）（2）由于在两磁场区域中粒子运动半径相同，如图14所示，三段圆弧的圆心组成的三角形O1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为OO3O1O2600 （3分）（3）在电场中 ， (1分)在中间磁场中运动时间 (1分)在右侧磁场中运动时间， (1分)则粒子第一次回到O点的所用时间为24. 解析：（1）只有磁场时，电子运动轨迹如答图1所示，洛仑兹力提供向心力，由几何关系： ，求出，垂直纸面向里。 电子做匀速直线运动 ， 求出，沿轴负方向。（2）只有电场时，电子从MN上的D点离开电场，如答图2所示，设D点横坐标为 ， ， ，求出D点的横坐标为 ，纵坐标为 。（3）从A点到D点，由动能定理 ，求出 。25. 解析：（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示，由平衡条件得：F电 = qE = mgtan 代入数据解得：E =3 N/C （2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：F电 代入数据得： 由 解得：B=1T 分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况如图所示，由牛顿第二定律得： 代入数据得： 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力 单元质量评估（九）答案1.【解析】：磁极和电流周围都能产生磁场，磁场的基本特性是对放入磁场的磁极和电流产生磁场力的作用，所以答案A正确；画磁感线时，要求使磁感线上每一点的切线方向与该处的磁场方向（小磁针静止时N极的指向）一致，所以答案B正确；磁感线是使磁场形象化的虚拟曲线，所以答案C错误；物质在外磁场的作用下有不同的特性，按外磁场对材料的磁化程度的不同分为顺磁性材料、抗磁性材料以及铁磁性材料，所以答案D正确【答案】：C2.【解析】：当导线与磁场平行放置时，安培力为零；当导线与磁场垂直放置时，其受到的安培力最大，最大值为，所以0.40N是不可能的【答案】：D3.【解析】：当磁场沿x轴正方向时，磁感应强度可分解为垂直导线方向的分量B和平行导线分量B，其中B分量方向是正x偏正y方向，如图所示，由左手定则判断安培力方向为沿负z方向，答案A错误；当磁场沿y轴负方向时，磁感应强度可分解为垂直导线方向的分量B和平行导线分量B，其中B分量方向是负y偏负x方向，即图示中的B分量的反方向，由左手定则判断安培力方向为沿正z方向，答案B正确；安培力方向不可能与磁场方向相同，所以答案CD错误【答案】：B4.【解析】：（一）：导线间的磁场力大小相等，方向相反，匀强磁场施给导线a、b的磁场力也是大小相等，方向相反，所以导线a（或b）的磁场力的合力大小相等，都是F2，方向相反（二）：导线a（或b）在导线b(或a)所在处的磁场的磁感应强度大小相等，方向都是垂直导线所在平面向里，加入匀强磁场后，合磁感应强度也相等，所以受到的磁场力大小也是F2【答案】：A5.【解析】：沿x轴正方向射出的正离子，立即离开磁场，答案A错误；在磁场中圆周运动的正离子有相等的轨道半径（直径），所以从射出到运动至轴上某点之间的弦为直径时，具有最大坐标，且坐标值为直径大小；沿y轴正方向射出的离子具有最大x，沿x轴负方向射出的离子具有最大y，答案B正确【答案】：B6.【解析】由带电粒子在电场中的偏转情况判断粒子的电性，再由左手定则判断是否符合在磁场中的偏转情况中的粒子是正电荷，是负电荷答案正确【答案】D7.【解析】带电粒子a在匀强电场中只受电场力作用，但可能有一定的初速度V0，如图所示的情形中，若运动的初末位置正好是在同一等势面上，则电场力做功等于零，动能不变，答案A错误；电场力是恒力，其冲量一定不为零，粒子a的动量一定变化，答案C正确；洛伦兹力对粒子b不做功，所以它的动能一定不变，由于匀速圆周运动是周期性运动，所以在一个周期内磁场力的冲量也为零，动量可能不变，答案BD错误【答案】C8.【解析】磁场中的带电小球在滑向M点的过程中，洛伦兹力对它不做功，小球的机械能守恒，电场中的带电小球在滑向N点的过程中需克服电场力做功，机械能减小，所以到最低点有vMvN ，答案A正确；速率越大，向心力越大，且小球在M点受到的洛伦兹力方向竖直向下，所以要求轨道对小球的支持力越大，小球对轨道的压力越大，答案B正确；电场中的小球下滑过程中机械能减小，与磁场中的小球滑到轨道上同一点比较，其动能较小，速率较小，则滑到最低点过程中的平均速率较小，时间较长，答案C错误；磁场中小球机械能守恒，所以能到另一端最高处，电场中的小球在右侧轨道上速度为零时，其电势能增加了，则重力势能减小了，所以不能到达轨道另一端最高处，答案D正确【答案】C9.【解析】根据动能与动量的关系：和轨道半径公式；可得每个粒子的动能；每秒内打在靶上的粒子数为；靶获得的能量，得到质量【答案】10.【解析】分析带电小球的受力如图所示，在释放处a，由于初速度为零，无洛伦兹力，随着小球的加速运动，产生逐渐增大，方向垂直细杆斜向上的洛伦兹力，在b处，洛伦兹力平衡重力垂直细杆方向的分力，此时无弹力，从而无摩擦力，则加速度最大，且；随着小球的继续加速，洛伦兹力继续增大，小球将受到垂直细杆斜向下的弹力，从而恢复了摩擦力，且逐渐增大，使其加速度逐渐减小，当摩擦力与重力沿斜面方向的分力平衡时，小球的加速运动结束，将作匀速直线运动，速度也达到最大值，在如图中c位置，有，整理可得【答案】am=gsin ， 11.【解析】（1）工作原理：电流在磁场中受安培力，在安培力的作用下使导电液体运动（2）由左手定则可以判定沿液体的移动方向产生安培力，在导管内截面产生压强差【答案】12.【解析】如图所示，第一次粒子刚好没能从PQ边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨道刚好与PQ边缘相切，如图中的轨道1，设轨道半径为，由几何关系得到：，；第二次粒子刚好能垂直PQ边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨道圆心为图中的O2点，为轨道2，设轨道半径为，由几何关系得到：；根据轨道半径公式，可得，所以；若加入一个匀强电场后使电场力恰好能平衡洛伦兹力，则粒子将沿直线射出PQ边界，场强方向为垂直速度方向斜向下，设场强大小为：则，得，由粒子的轨道半径，可得，代入得场强大小为【答案】；，与水平方向成角斜向右下方13.【解析】如图所示，电子在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为C，半径为R以v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电量，则eUmv2 Bev,角既是速度方向的偏转角，也是圆弧ab对应的圆心角，所以有tg，由以上各式解得B【答案】14.【解析】设碳离子到达b处时的速度为v1，从c端射出时的速度为v2，由动能定理，在a到b过程中有mv12=eUba ，在b到c过程中有mv22 -mv12=neUbc ，其中Uba和Ubc都等于b点的电势值，所以，速度进入磁场后，碳离子做匀速圆周运动, 可得nev2B=m，则R ，由题给数值可解得R=0.75 m【答案】0.75 m15.【解析】1. F电=q=1.010-6 N=3.610-5 N F洛qvB3.6 10-5 N因为F电=F洛=3.610-5 N ，所以粒子在第一个t0=1.010-4 s时间内做匀速直线运动，其位移svt0=60010-4 m0.06 m=6 cm 2. 在第二个t0时间内，由于U0，粒子做匀速圆周运动，根据Bqv=m其周期T为：T=110-4 s,恰好等于t0，在一个周期内恰好回到圆周运动的起点其轨道半径R= 0.01 m=1.0 cm，直径是2.0cm，小于射入方向到A板的距离，所以粒子不会碰到A板由此可以判断粒子在第一个t0内作匀速直线运动，在第二个t0内作匀速圆周运动，如此往复，经过5个t0，粒子向前18 cm，还有s/= 0.5 cm才能射出两板，如图所示：粒子经过5t0后做匀速圆周运动的圆心角为，则sin=，所以=30，总时间t5 t0+=5.0810-4 s 【答案】匀速直线运动，6 cm；5.0810-4 s16.【解析】通过电场时，粒子受电场力：产生加速度：，方向竖直向上穿出电场的时间：竖直方向分速度：，又由于L15cmS10m，故粒子在电容器内沿y轴方向发生的位移可忽略不计，但速度方向发生了偏转，所以在屏上竖直方向的分位移主要是在场外发生在磁场中，粒子受洛伦兹力：，其中竖直分速度与磁场平行，不会使粒子受洛伦兹力作用使粒子在水平面内作匀速圆周运动且半径，所以粒子在磁场中圆周运动的圆心角很小，向x轴正方向偏转的位移很小可以忽略，如图所示同样由于水平方向速度发生偏转，在场外沿x轴正方向的分位移就是屏上的x坐标在场外沿轴线方向匀速直线运动的时间；纵坐标；在磁场中偏转的速度偏转角等于圆心角，由于很小，所以横坐标【答案】2.5cm ，5.0cm17【解析】（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有yx0A B Ey/x/01020/vtC -同时有 -粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知， xC（rrcos450）， - 故，C点坐标为（，0）。 - （2）设粒子从A到C的时间为t1，设粒子从A到C的时间为t1，由题意知 - 设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有 -及 ， -联立解得 -设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知 - 故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为 - （3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v0的方向（设为x轴）做匀速运动，即 沿着qE的方向（设为y轴）做初速为0的匀变速运动，即 设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为.由图中几何关系知 综合上述得 【答案】（1）C点坐标为（，0） （2） （3）