《2022年高考物理 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列Ⅳ 專題09 磁場》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列Ⅳ 專題09 磁場（20頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列Ⅳ 專題09 磁場 內(nèi)容 要求 說明 71．電流的磁場 72．磁感應(yīng)強(qiáng)度。磁感線。地磁場73．磁性材料。分子電流假說 74．磁場對通電直導(dǎo)線的作用。安培力。左手定則 75．磁電式電表原理 76．磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用。洛倫茲力。帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) 77．質(zhì)譜儀，回旋加速器 I II I II I II I 1．安培力的計(jì)算限于直導(dǎo)線跟B平行或垂直的兩種情況 2．洛倫茲力的計(jì)算限于自跟B平行或垂直的兩種情況 樣題解讀 【樣題1】如圖9－1是導(dǎo)軌式電磁炮實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方

2、向固定，其間安放彈體（包括金屬桿EF）。彈體可沿導(dǎo)軌滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距L＝23cm，彈體的質(zhì)量m＝0.1kg，軌道間所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，彈體與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.05。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的電阻值調(diào)到R＝0.1Ω時(shí)，彈體沿導(dǎo)軌滑行5m后獲得的發(fā)射速度v＝15m/s（此過程視為勻加速運(yùn)動(dòng)）。電路中其余部分電阻忽略不計(jì)，求此過程中電源的輸出功率。 彈體勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)公式得：v2＝2as 代入數(shù)據(jù)得 a＝22.5m/s2 ，F(xiàn)安＝2.3N ，I＝ 2A t ＝ ＝ s 電源輸出的電能 E ＝ I2Rt＋F安·s 電源的輸出功率

3、 P ＝ ＝ I2R＋ 代入數(shù)據(jù)得 P ＝17.65W [答案] 17.65W [解讀]　本題涉及到磁場對通電直導(dǎo)線的作用、安培力、受力分析、牛頓第二定律、勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律、電路中的能量轉(zhuǎn)化等知識(shí)點(diǎn)，考查推理能力和分析綜合能力，體現(xiàn)了《考試大綱》中對“能夠根據(jù)已知的知識(shí)和物理事實(shí)、條件，對物理問題進(jìn)行邏輯推理和論證，得出正確的結(jié)論或作出正確的判斷，并能把推理過程正確地表達(dá)出來”和“能夠獨(dú)立地對所遇到的問題進(jìn)行具體分析，弄清其中的物理狀態(tài)、物理過程和物理情境，能夠理論聯(lián)系實(shí)際，運(yùn)用物理知識(shí)綜合解決所遇到的問題”的能力要求。本題首先要進(jìn)行受力分析，分析時(shí)不要漏掉摩擦力；其次是利用能量關(guān)系時(shí)聯(lián)

4、系電動(dòng)機(jī)模型求解輸出功率。 【樣題2】如圖9－2所示，在豎直平面內(nèi)有一圓形絕緣軌道，半徑R＝1m，處于垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m＝1×10－3kg，帶電量為q＝－3×10－2C的小球，可在內(nèi)壁滑動(dòng)?，F(xiàn)在最低點(diǎn)處給小球一個(gè)水平初速度v0，使小球在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，圖甲是小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的速率v隨時(shí)間變化的情況，圖乙是小球所受軌道的彈力F隨時(shí)間變化的情況，已知小球能有兩次到達(dá)圓形軌道的最高點(diǎn)。結(jié)合圖像所給數(shù)據(jù)，g取10m/s2 。求： 此時(shí)軌道與球間彈力為零，則 代入數(shù)據(jù)，得B＝0.1T (2)從乙圖可知，小球第一次過最低點(diǎn)時(shí)，軌道與球面

5、之間的彈力為F＝8.0×10－2N，根據(jù)牛頓第二定律， 代入數(shù)據(jù)，得v0＝7m/s 以上過程，由于洛侖茲力不做功,由動(dòng)能定理可得 代入數(shù)據(jù)得: Wf ＝－2.5×10－3J [答案] （1）0.1T （2）－2.5×10－3J [解讀]　本題涉及到受力分析、牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的向心力、動(dòng)能定理、F－t圖像、v－t圖像、洛倫茲力、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)等知識(shí)點(diǎn)，主要考查推理能力、分析綜合能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力，體現(xiàn)了《考試大綱》中對“能夠把一個(gè)復(fù)雜問題分解為若干較簡單的問題，找出它們之間的聯(lián)系”和“必要時(shí)能運(yùn)用幾何圖形、函數(shù)圖像進(jìn)行表達(dá)、分析”的能力要求。本

6、題中物體受力較多，分析時(shí)容易丟力，對兩個(gè)圖像的理解是求解第二問的關(guān)鍵，有些考生不會(huì)從圖像中提取所需數(shù)據(jù)，造成無法下手。 【樣題3】如圖9－3所示，兩水平放置的金屬板間存在一豎直方向的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為4m ，帶電量為－2q的微粒b正好懸浮在板間正中間O點(diǎn)處，另一質(zhì)量為m，帶電量為 +q的微粒a，從p點(diǎn)以水平速度v0(v0未知) （3）若碰撞后a和b分開，分開后b具有大小為0.3v0的水平向右速度，且?guī)щ娏繛椋偃鏞點(diǎn)的左側(cè)空間足夠大，則分開后微粒a的運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)與O點(diǎn)的高度差為多大？ [分析] （1）對b微粒，沒與a微粒碰撞前只受重力和電場力，則

7、有2qE ＝ 4mg 得E ＝ 對a微粒碰前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有 Bqv0 ＝ Eq + mg 得v0 ＝ （2）碰撞后，a、b結(jié)合為一體，設(shè)其速度為v，由動(dòng)量守恒定律得 　mv0 ＝ 5mv 得v ＝ 碰后的新微粒電量為-q 設(shè)Q點(diǎn)與O點(diǎn)高度差為h 由動(dòng)能定理： 5mgh-Eqh ＝5m (0.4v0)2 -5m ()2 得 h ＝ 0.9 （3）碰撞后，a、b分開，則有 mv0 ＝mva + 4mvb vb＝0.3 v0，得va＝-0.2v0 a微粒電量為 -q/2，受到的電場力為 E · ∴F電

8、 ＝ mg 故a微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R B |va| ∴R ＝ a的最高點(diǎn)與O點(diǎn)的高度差ha ＝2R ＝ [答案] （1）E ＝，v0 ＝ （2）0.9 （3） 緣板發(fā)生碰撞，碰撞后小球恰能返回平臺(tái)，而絕緣板向右從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，C、D間的距離為S，設(shè)小球與絕緣板碰撞過程無機(jī)械能損失。求： （1）小球獲得向左的沖量Io的大小。 （2）絕緣板從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，彈簧具有的彈性勢能Ep qE＝mg ① qvB ＝ m ② 根據(jù)幾何關(guān)系 r＝h ③ 根據(jù)動(dòng)量定理

9、 I0＝mv ④ 由①－④式聯(lián)解得 I0＝ （2）小球與絕緣板碰撞過，以小球和絕緣板為系統(tǒng)，動(dòng)量守恒 mv＝-mV+MVm 　　　　　　 ⑤ 絕緣板從C到D的過程中，根據(jù)功能關(guān)系 EP＋μMgS＝MVm2 ⑥ 由 ①②③⑤⑥式聯(lián)解得 EP ＝ -μMgS [答案] （1） （2）－μMgS [解讀]　本題涉及到受力分析、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、圓周運(yùn)動(dòng)的向心力、彈性勢能、功能關(guān)系、帶電粒子在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)等知識(shí)點(diǎn)，主要考查推理

10、能力、分析綜合能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力，體現(xiàn)了《考試大綱》中對“能夠把一個(gè)復(fù)雜問題分解為若干較簡單的問題，找出它們之間的聯(lián)系”和“能夠根據(jù)具體問題列出物理量之間的關(guān)系式，進(jìn)行推導(dǎo)和求解，并根據(jù)結(jié)果得出物理結(jié)論”的能力要求。本題中帶電小球在重力場、電場和磁場的復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)，要通過分析題意發(fā)現(xiàn)重力和電場力平衡的特點(diǎn)，才使問題簡化。小球在與絕緣板碰撞的過程中可能有能量損失，因此用動(dòng)量守恒求解。 【xx名師預(yù)測】 1．在某地上空同時(shí)存在著勻強(qiáng)的電場與磁場，一質(zhì)量為m的帶正電小球，在該區(qū)域內(nèi)會(huì)做直線運(yùn)動(dòng)．D選項(xiàng)三個(gè)力不可能為0，因此選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤． 2．如圖所示，帶電粒

11、子以速度v0從a點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過b點(diǎn)，Oa＝Ob，若撤去磁場加一個(gè)與y軸平行的勻強(qiáng)電場，仍以v0從a點(diǎn)進(jìn)入電場，粒子仍能通過b點(diǎn)，那動(dòng)，豎直沿y軸負(fù)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，即d＝××2，得到E＝，所以＝2v0，選項(xiàng)C正確． 3．在磁場中的同一位置，先后引入長度相等的直導(dǎo)線a和b，a、b導(dǎo)線的方向均與磁場方向垂直，但兩導(dǎo)線中的電流不同，因此所受的力也不一樣．下列幾幅圖象表現(xiàn)的是導(dǎo)線所受的安培力F與通過導(dǎo)線的電流I的關(guān)系．a(chǎn)、b各自有一組F、I的數(shù)據(jù)，在圖象中各好比原來旋轉(zhuǎn)180°，由此可以斷定，這根電纜中電流的方向?yàn)? (　　) A．可能是向北　　　　　　B．可能是豎直向下 C．

12、可能是向南 D．可能是豎直向上 [答案]　D [解析]　在地磁場作用下，小磁針靜止時(shí)N指向北方，現(xiàn)改變?yōu)镹極指向南方，故應(yīng)有豎直向上的通電電流，即選D. 5．如圖所示，兩個(gè)完全相同的線圈套在一水平光滑絕緣圓柱上，但能自由移動(dòng)，若兩圈間相互作用力必大小相等，所以選C項(xiàng)． 6．如圖是某粒子速度選擇器的示意圖．在一半徑為R＝10cm的圓柱形桶內(nèi)有B＝10－4T的勻強(qiáng)磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．現(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為＝2×1011C/kg的陽離子，粒子束中速度分布連續(xù)．當(dāng)角θ＝45°時(shí)，出

13、射粒子速度v的大小是 (　　) A.×106m/s B．2×106m/s C．2×108m/s D．4×106m/s [答案]　B [解析]　由題意，粒子從入射孔以45°角射入勻強(qiáng)磁場，粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場中運(yùn)動(dòng)周期，由幾何關(guān)系知r＝R， 又r＝，v＝＝2×106m/s. 7．如圖所示，長為L的水平極板間有垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板間距離也為L，板不帶電．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)，從左邊極板間中點(diǎn)處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是

14、 (　　) A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度時(shí)粒子能從右邊穿出． 粒子擦著上板從左邊穿出時(shí)，圓心在O′點(diǎn)，有r2＝，

15、 由r2＝，得v2＝， 所以v<時(shí)粒子能從左邊穿出． 8．?dāng)[線是數(shù)學(xué)中眾多迷人曲線之一，它是這樣定義的：一個(gè)圓沿一直線無滑動(dòng)地滾動(dòng)，則圓上一固定點(diǎn)所經(jīng)過的軌跡稱為擺線．在豎直平面內(nèi)有xOy坐標(biāo)系，空間存在垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止釋放，小球的軌跡就是擺線．小球在O點(diǎn)速度為0時(shí)，可以分解為一水平向右的速度v0和一水平向左的速度v0兩個(gè)分速度，如果v0取適當(dāng)?shù)闹担涂梢园褦[線分解成以v0的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)和從O點(diǎn)向左速度為v0的勻速圓周運(yùn)動(dòng)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)．設(shè)重力加速度為g，下列式子正確的是 (　　) A．速度v0

16、所取的適當(dāng)值應(yīng)為 B．經(jīng)過t＝第一次到達(dá)擺線最低點(diǎn) C．最低點(diǎn)的y軸坐標(biāo)為y＝－ D．最低點(diǎn)的y軸坐標(biāo)為y＝－ [答案]　ABC [解析]　以勻速直線運(yùn)動(dòng)分析，應(yīng)有mg＝qv0B，則速度v0所取的適當(dāng)值應(yīng)為v0＝，選項(xiàng)A正確；以勻速圓周運(yùn)動(dòng)分析，經(jīng)過周期到達(dá)最低點(diǎn)，則t＝＝，經(jīng)過t＝第一次到達(dá)擺線最低點(diǎn)，選項(xiàng)B正確；最低點(diǎn)的y軸坐標(biāo)為y＝－2R＝－＝－，選項(xiàng)C正確；選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 存在的一定是磁場 D．若只改變粒子的速度大小，發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN所用的時(shí)間不變，則該空間存在的一定是磁場 [答案]　AD [解析]　洛倫茲力對帶電粒子不做功，不能使粒子速度增大，電場力可使帶電粒子做功

17、，動(dòng)能增大，故A項(xiàng)正確．若帶電粒子以與電場線平行的速度v0射入，粒子返回速率不變，故B、C項(xiàng)錯(cuò)．由T＝知，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速率無關(guān)，故D項(xiàng)正確． 10．一帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場線和磁感線的方向，先后穿過寬度相同且緊鄰在一起的有明顯邊界的勻強(qiáng)電場(場強(qiáng)為E)和勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)，如圖甲所示．電場和磁場對粒子做功為W1，粒子穿出磁場時(shí)的速度為v1；若把電場和磁場正交疊加，如圖乙所示，該粒子仍以初速度v0穿過疊加場區(qū)，電場和磁場對粒子做功為W2，粒子穿出場區(qū)大，電場力做功較多，出射速度較大，A對． 11．如圖甲所示為一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠

18、長的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以的彈力及向左的摩擦力，當(dāng)洛倫茲力初始時(shí)刻小于重力時(shí)，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來越大，摩擦力越來越大，故做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零而處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)中沒有對應(yīng)圖象；當(dāng)洛倫茲力初始時(shí)刻等于重力時(shí)，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；當(dāng)洛倫茲力初始時(shí)刻大于重力時(shí)，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，當(dāng)彈力減小到零的過程中，摩擦力逐漸減小到零，做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，摩擦力為零時(shí)，開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確．

19、 12．如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L＝1m.PM間接有一個(gè)電動(dòng)勢為E＝6V，內(nèi)阻r＝1Ω的電源和一只滑動(dòng)變阻器．導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m＝0.2kg，棒的中點(diǎn)用細(xì)繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M＝0.3kg.棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T，方向豎直向下，求為使物體保持靜止，滑 導(dǎo)體棒將要向左滑動(dòng)時(shí) BImaxL＝Ff＋F拉，Imax＝2A 由閉合電路歐姆定律Imax＝＝ 得Rmax＝2Ω 導(dǎo)體棒將要向右滑動(dòng)時(shí)Ff＋BIminL＝F拉，Imin＝1A 由閉合電路歐姆定律Imin＝＝ 得Rmax＝5Ω 滑動(dòng)

20、變阻器連入電路的阻值為2Ω≤R≤5Ω. 13．如圖所示是一種電磁泵，泵體是一個(gè)長方體，端面是一個(gè)邊長為σ的正方形，ab長為l，上下兩面接在電源上，電壓為U(內(nèi)阻不計(jì))．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場指向cdfe面，液體電阻率為ρ，密度為D(液體原來不導(dǎo)電，在泵頭通入導(dǎo)電劑后才導(dǎo)電)．求： (1)最大抽液高度； (2)每秒鐘抽液的質(zhì)量． [答案]　(1)UlB/(σρDg)　(2) [解析]　(1)泵體內(nèi)液體的電阻為R＝＝. 通過泵體的電流為I＝＝. 安培力F＝BIσ＝，安培力產(chǎn)生的壓強(qiáng)p＝. 對液體來說，p＝Dgh，則有＝Dgh. 所以h＝UlB/(σρDg)． (2)在阻力不計(jì)

21、的情況下，有mgh＝t， 所以＝＝. 14．如圖所示，在空間中固定放置一絕緣材料制成的邊長為L的剛性等邊三角形框架△DEF，DE邊上S點(diǎn)處有一發(fā)射帶正電的粒子源，發(fā)射粒子的方向皆在圖中截面內(nèi)且垂直于DE邊向下．發(fā)射的電荷量皆為q，質(zhì)量皆為m，但速度v有各種不同的值．整個(gè)空間充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直截面向里的均勻磁場．設(shè)粒子與△DEF邊框碰撞時(shí)沒有能量損失和電荷量傳遞．求： (1)帶電粒子速度的大小為v時(shí)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑； (2)帶電粒子速度v的大小滿足什么條件時(shí)，可使S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終又垂直于DE邊回到S點(diǎn)？ (3)這些粒子中，回到S點(diǎn)所用的最短時(shí)間是多少？

22、[答案]　(1)　(2)　(n＝0,1,2,3，…)　(3) T＝將①式代入，得T＝④ 可見在B及給定時(shí)T與v無關(guān)．粒子從S點(diǎn)出發(fā)最后回到S點(diǎn)的過程中，與△DEF的邊碰撞次數(shù)越少，所經(jīng)歷的時(shí)間就越短，所以應(yīng)取n＝1，由圖可看出該粒子的軌跡包括3個(gè)半圓和3個(gè)圓心角為300°的圓弧，故最短時(shí)間為 t＝3×＋3×＝4T＝⑤ 15．如圖所示，在空間有一坐標(biāo)系xOy，其第一象限內(nèi)充滿著兩個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，直線OP是它們的邊界．區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外；區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，方向垂直于紙面向內(nèi)，邊界上的P點(diǎn)坐標(biāo)為(4L,3L)．一質(zhì)量為m、電荷量中運(yùn)動(dòng)的軌道半

23、徑和周期，則有 qvB＝m，qv·2B＝， T1＝＝，T2＝＝. 粒子先在磁場Ⅰ區(qū)中做順時(shí)針的圓周運(yùn)動(dòng)，后在磁場Ⅱ區(qū)中做逆時(shí)針的圓周運(yùn)動(dòng)，然后從O點(diǎn)射出，這樣粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用的時(shí)間最短． 粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 tanα＝＝0.75， 得α＝37°，α＋β＝90°. 粒子在磁場Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為 t1＝·T1，t2＝·T2， 粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間至少為t＝t1＋t2， 由以上各式解得t＝. (2)當(dāng)粒子的速度大小滿足一定條件時(shí)，粒子先在磁場Ⅰ區(qū)中運(yùn)動(dòng)，后在磁場Ⅱ區(qū)中運(yùn)動(dòng)，然后又重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，直到經(jīng)過原點(diǎn)O.這樣粒子經(jīng)過n個(gè)周期性的運(yùn)動(dòng)到達(dá)O點(diǎn)，

24、每個(gè)周期的運(yùn)動(dòng)情況相同，粒子在一個(gè)周期內(nèi)的位移為 s＝＝＝(n＝1,2,3，…)． 16．如圖甲所示，豎直面MN的左側(cè)空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(上、下及左側(cè)無邊界)．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電的小球，以大小為v0的速度垂直于豎直面MN向右做直線運(yùn)動(dòng)．小球在t＝0時(shí)刻通過電場中的P點(diǎn)，為使小球能在以后的運(yùn)動(dòng)中豎直向下通過D點(diǎn)(P、D間距為L，且它們的連線垂直于豎直平面MN，D到豎直面MN的距離DQ等于L/π)，經(jīng)過研究，可以在電場所在的空間疊加如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的、垂直于紙面向里的磁場．(g＝10m/s2)，求： (1)場強(qiáng)E的大??； (2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B

25、0為已知量，試推出滿足條件t1的表達(dá)式； (3)進(jìn)一步的研究表明，豎直向下的通過D點(diǎn)的小球?qū)⒆鲋芷谛赃\(yùn)動(dòng)．則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí)，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及運(yùn)動(dòng)的最大周期T的大小，并在圖中定性地畫出小球運(yùn)期為T0，半徑為R0. 豎直向下通過D點(diǎn)，則t0＝3T0/4， ③ B0qv0＝m④ PF－PD＝R即v0t1－L＝R， ⑤ 將③④代入⑤式解得t1＝＋. (3)小球運(yùn)動(dòng)的速率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，T0也增加，小球在電場中的運(yùn)動(dòng)周期T也增加 在小球不飛出電場的情況下，當(dāng)T0最大時(shí)，有： DQ＝2R，即＝， ⑥ T0＝＝，

26、 ⑦ 結(jié)合⑥⑦式是B0＝， T0＝. 結(jié)合軌跡圖可知，小球在電場中運(yùn)動(dòng)的最大周期T＝4×(＋t0)． 結(jié)合上式解得T＝. 所以小球在電場中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡如圖乙所示． 17．如圖甲所示，水平地面上有一輛固定有豎直光滑絕緣管的小車，管的底部有一質(zhì)量m＝0.2g、電荷量q＝8×10－5C的小球，小球的直徑比管的內(nèi)徑略?。诠芸谒谒矫鍹N的下方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝15T的勻強(qiáng)磁場，MN面的上方還存在著豎直向上、場強(qiáng)E＝25V/m的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝5T的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)讓小車始終保持v＝2m/s的速度勻速

27、向右運(yùn)動(dòng)，以帶電小球剛經(jīng)過場的邊界PQ為計(jì)時(shí)的起點(diǎn)，測得小球?qū)軅?cè)壁的彈力FN隨高度h變化的關(guān)系如圖乙所示．g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力， (2)絕緣管的長度L； (3)小球離開管后再次經(jīng)過水平面MN時(shí)距管口的距離Δx. [答案]　(1)2m/s2　(2)1m　(3)m [解析]　(1)以小球?yàn)檠芯繉ο?，豎直方向小球受重力和恒定的洛倫茲力f1，故小球在管中豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度設(shè)為a，設(shè)a＝＝＝2m/s2. (2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到管口時(shí)，F(xiàn)N＝2.4×10－3N， 設(shè)v1為小球豎直分速度，由FN＝qv1B1，則v1＝＝2m/s， 由v＝2aL得L＝＝1m. (3)小球離開管口進(jìn)入復(fù)合場，其中qE＝2×10－3N，mg＝2×10－3N. 從小球離開管口開始計(jì)時(shí)，到再次經(jīng)過MN所通過的水平距離x1＝R＝2m. 對應(yīng)時(shí)間t＝T＝＝s. 小車運(yùn)動(dòng)距離為x2，x2＝vt＝m. 此時(shí)，小球距離管口的距離是Δx＝x1－x2＝m.