2023届新高考物理选考一轮检测-专题十磁场.docx

专题十磁场专题检测题组(时间:160分钟满分:210分)一、单项选择题(每小题4分,共8分)1.(2021长郡中学月考一)如图所示,竖直平面内粗糙绝缘细杆(下)与直导线(上)水平平行固定,导线足够长。已知导线中的电流水平向右,大小为I,有一电荷量为+q、质量为m的小球套在细杆上(小球中空部分尺寸略大于细杆直径),若给小球一水平向右的初速度v0,空气阻力不计,那么下列说法正确的是() A.小球可能做匀速直线运动B.小球可能做匀减速直线运动C.若小球带负电,仍可能做匀速直线运动D.若小球最终静止,是因为洛伦兹力对小球做了负功答案A根据左手定则,小球受到的洛伦兹力竖直向上。当洛伦兹力和重力大小相等时,小球受到的支持力为零,摩擦力为零,小球做匀速直线运动,故A正确;当洛伦兹力和重力大小不相等时,小球受到的支持力不为零,摩擦力不为零,小球做减速运动,但随着速度的减小,洛伦兹力也会减小,摩擦力会发生变化,小球的加速度也会变化,所以小球不可能做匀减速直线运动,故B错误;若小球带负电,则洛伦兹力向下,一定有摩擦力,小球不可能做匀速运动,故C错误;洛伦兹力不做功,若小球最终静止,是因为摩擦力对小球做了负功,故D错误。知识归纳在洛伦兹力作用下的带电粒子,不可能做匀变速直线运动,因为速度变化,洛伦兹力变化,合力变化,加速度变化。2.(2022届广州天河一模,6)如图所示,三根长为L平行的直线电流在空间构成以a为顶点的等腰直角三角形,其中a、b电流的方向垂直纸面向里,c电流方向垂直纸面向外,其中b、c电流大小为I,在a处产生的磁感应强度的大小均为B,通过导线a的电流大小为2I,则导线a受到的安培力为() A.2BIL,方向竖直向上B.BIL,方向水平向右C.2BIL,方向竖直向上D.4BIL,方向水平向左答案Ab、c电流在a处产生的磁感应强度的大小均为B,根据矢量的叠加法则,结合几何关系可得,a处的磁感应强度为Ba=2B,方向水平向左,再由左手定则可知,导线a所受安培力方向竖直向上,大小为F=2B·2IL=2BIL,故选A。二、多项选择题(每小题6分,共66分)3.(2020广东六校联考,11)如图,边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m,电荷量为q的同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场,若初速度大小为v0射入磁场后从ac边界距a点L3处射出磁场。不计粒子的重力,下列说法正确的是() A.若粒子射入磁场的速度增大为2v0,则出射位置距a点2L3B.若粒子射入磁场的速度增大为2v0,则粒子在磁场中的运动时间减小为原来的一半C.若粒子射入磁场的速度不大于3v0,粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直D.若粒子射入磁场的速度不同,但从ac边射出的所有粒子在磁场中的运动时间相等答案ACD粒子的速度分别为v0、2v0、3v0时,画出粒子轨迹如图所示,若粒子射入磁场的速度增大为2v0,根据R=mvqB可知,粒子的半径增大到原来的2倍,则出射位置距a点2L3,故A正确;若粒子射入磁场的速度增大为2v0,粒子从ac边射出时与ac边的夹角不变、轨迹对应的圆心角不变,则粒子在磁场中的运动时间不变,故B错误;若粒子射入磁场的速度不大于3v0,则粒子均能够从ac边射出,射出时速度方向与ac边的夹角为30°,而ab边与ac边的夹角为60°,则粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直,故C正确;若粒子射入磁场的速度不同,但从ac边射出的所有粒子运动轨迹对应的圆心角均为60°,所以在磁场中的运动时间相等,故D正确。解题关键本题解题关键是要画出粒子轨迹,找到临界几何条件,再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解。4.(2022届邵东一中月考一)(多选)如图所示,在直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。速率不同的大量相同带电粒子从A点沿与AC边夹角为60°方向进入磁场,从AC和BC边的不同位置离开磁场。已知AB=L,ACB=30°,不计粒子的重力和粒子间相互作用力,则() A.所有从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同B.从BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间短C.粒子在磁场中运动的弧长越长,运动时间一定越长D.所有从BC边离开的粒子离C点的最近距离为3-32L答案ABD根据题意画出粒子可能的运动轨迹如图所示,由几何关系可知在AC边射出的粒子转过的圆心角相等,均为23,根据t=2T=mBq可知,所有从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同,从BC边射出的粒子转过的圆心角不等,越靠近B转过的圆心角越小,所以从BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间短,A、B正确;由以上分析可知运动时间与弧长无关,C错误;从BC边离开的粒子运动轨迹与BC边相切时,粒子的出射点F距离C点最近,由几何关系可知四边形OAEF为正方形,则有FC=BC-BE-EF=2L-L2-32L=3-32L,D正确。5.(2022届东营一中周测,11)(多选)如图,空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场,一质量为0.3 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板右端无初速度放上一质量为0.4 kg、电荷量q=+0.2 C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对滑块施加方向水平向左,大小为2.1 N的恒力。g取10 m/s2,则()A.木板和滑块一直做加速度为3 m/s2的匀加速运动B.木板先做加速度为3 m/s2的匀加速运动,再做加速度减小的变加速运动,最后做匀速直线运动C.当木块的速度等于10 m/s时与木板恰好分离D.t=1 s时滑块和木板开始发生相对滑动答案BC由于动摩擦因数为0.45,在静摩擦力的作用下,木板的最大加速度为amax=0.45×0.4×100.3 m/s2=6 m/s2,所以当2.1 N的恒力作用于滑块时,系统一起以a=FM+m=2.10.4+0.3 m/s2=3 m/s2的加速度匀加速向左运动;当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力,滑块对木板的压力减小,摩擦力减小,木板的加速度减小,所以木板做的是加速度减小的加速运动,当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零,此时有qvB=Mg,代入数据得v=10 m/s;此时摩擦力消失,木板做匀速运动,而滑块在水平方向上受到恒力作用,速度增加,洛伦兹力增大,滑块将离开木板向上做曲线运动,故A错误,B、C正确。当滑块和木板开始发生相对滑动时,木板的加速度恰好为共同的加速度3 m/s2,对木板有Ff=ma=0.3×3 N=0.9 N,再根据Ff=(Mg-qvB),解得v=5 m/s,根据v=at可得发生相对滑动的时刻为t=53 s,故D错误。6.(2022届深圳罗湖质检, 8)(多选)如图所示,有两根用超导材料制成的长直平行导线a、b,分别通以80 A和100 A方向相同的电流,两导线构成的平面内有一点p,到两导线的距离相等。下列说法正确的是() A.两导线间受到的安培力为斥力B.两导线间受到的安培力为引力C.两导线间受到的安培力Fb=1.25FaD.移走导线b前后,p点的磁感应强度方向改变答案BD导线b中电流在导线a处产生的磁场方向垂直纸面向里,导线a电流的方向向左,由左手定则可知,导线a受到的安培力向下,同理导线b受到的安培力向上,所以两导线间受到的安培力为引力, A错误,B正确;两导线受到的安培力是相互作用力,所以大小相等,故C错误;根据右手螺旋定则,a、b中的电流在p点产生的磁感应强度方向相反,移走导线b前,b的电流较大,则p点磁场方向与b中电流产生磁场方向相同,垂直纸面向里,移走b后,p点磁场方向与a中电流产生磁场方向相同,垂直纸面向外,故D正确。7.(2021淄博一模,11)(多选)如图所示,粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时,一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动,则物块运动的v-t图像可能是()答案ACD设初速度为v0,则FN=Bqv0,若满足mg=Ff=FN,即mg=Bqv0,物块向下做匀速运动,A正确;若mg>Bqv0,则物块开始有向下的加速度,由a=mg-Bqvm可知,随速度增加,加速度减小,即物块先做加速度减小的加速运动,最后达到匀速状态,D正确;若mg<Bqv0,则物块开始有向上的加速度,做减速运动,由a=Bqv-mgm可知,随速度减小,加速度减小,即物块先做加速度减小的减速运动,最后达到匀速状态,则C正确。8.(2021佛山一模,9)(多选)地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入。赤道剖面外的磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场,方向垂直该剖面,如图所示。图中给出了速度在图示平面内,从O点沿平行地面与垂直地面2个不同方向入射的微观带电粒子(不计重力)在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c,且它们都恰不能到达地面。则下列相关说法中正确的是()A.沿a轨迹运动的粒子带正电B.若沿a、c两轨迹运动的是相同的粒子,则a粒子的速率更大C.某种粒子运动轨迹为a,若它的速率不变,只是改变射入磁场的方向,则只要其速度在图示平面内,无论沿什么方向入射,都不会到达地面D.某种粒子运动轨迹为b,若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射,则有可能到达地面答案CD由图所示粒子运动弯曲方向及左手定则知:沿a、c两轨迹运动的粒子带负电,b带正电,故A错误;由半径r=mvqB知,若沿a、c两轨迹运动的粒子是相同粒子,沿c轨迹运动的粒子做匀速圆周运动的半径大,则速度大,故B错误;某种粒子运动轨迹为a,若它的速率不变,则其轨迹半径不变,当只改变入射方向时,相当于将一个直径一定的圆绕入射点顺时针转动,显然除图示情况外,沿其他方向入射的粒子的运动轨迹均不能与地面相交,即到达不了地面,故C正确;运动轨迹为b的粒子,若它以相同的速率在图示平面内沿图示方向逆时针转动一角度,则不会到达地面,若沿顺时针转动一角度,则可到达地面,故D正确。9.(2021揭阳一模,10)(多选)如图所示,平板MN上方有足够大的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,电子从平板上的小孔O射入匀强磁场,速度方向与平板MN夹角为(0<<),整个装置放在真空中,且不计重力。电子打到平板MN上的位置到小孔的距离为s,在磁场中运动时间为t,则()A.若一定,增大速度v,电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s不变B.若一定,增大速度v,电子在磁场中的运动时间t不变C.若速度v大小一定,角从30°增大到150°过程中,电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s先减小后增大D.若速度v大小一定,角从30°增大到150°过程中,电子在磁场中运动时间t增大答案BD电子的运动轨迹如图所示,其做圆周运动的半径r=mvBe、周期T=2mBe,打到平板MN上的位置到小孔的距离s=ON=2r sin =2mv·sinBe,电子在磁场中的运动时间t=22·2mBe=2mBe。若一定,增大速度v时,从上述s=2mv·sinBe知,距离增大,时间t=2mBe不变,故A错误,B正确;若速度v大小一定,角从30°增大到150°过程中,轨迹分别为1、2、3所示,从上述s=2mv·sinBe知,距离先增大后减小,而时间t=2mBe一直增大,故C错误,D正确。10.(2022届日照开学考,10)(多选)如图所示,有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b,a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上,b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置,且a、b平行,它们之间的距离为x。当两细棒中均通以电流为I的同向电流时,a恰能在斜面上保持静止,则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是(重力加速度为g)()A.方向竖直向上B.大小为2mg2LIC.要使a仍能保持静止,而减小b在a处的磁感应强度,可使b上移D.若使b下移,a将不能保持静止答案ACD由安培定则可知b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上,A正确;a的受力如图甲所示。tan 45°=F安mg=BILmg,所以B=mgIL,B错误;b无论上移还是下移,b的电流在a处产生磁场的磁感应强度均减小,所以导体棒间的安培力也要减小。若b上移,a的受力如图乙所示。上移过程中FN逐渐减小,F安先减小后增大,两个力的合力等于mg,可见b适当上移,a仍能保持静止,C正确;若使b下移,根据平衡条件,a受到的安培力方向顺时针转动,只有安培力变大才能使a保持平衡,故a将不能保持静止,D正确。11.(2022届长郡中学月考一)(多选)如图所示,在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场,AO与水平方向的夹角为30°。现有氢的同位素 11H粒子从A点沿水平方向以大小为v0的速度垂直射入磁场,其离开磁场时,速度方向刚好改变了180°氢的另一同位素 12H粒子以大小为v0的速度从C点沿CO方向垂直射入磁场。已知 11H粒子的电荷量为e,质量为m,不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法中正确的是() A.12H粒子竖直向上射出磁场B.12H粒子在磁场中运动的时间为Rv0C.该匀强磁场的磁感应强度B=mv02eRD.两粒子从圆形边界射出时射出点之间的距离为3R答案AD11H粒子离开磁场时,速度方向刚好改变了180°,表明粒子在磁场中转动了半周,如图所示,由几何关系可得r1=12R,据牛顿第二定律可得ev0B=mv02r1,解得r1=mv0eB=12R,12H粒子进入磁场,据牛顿第二定律可得ev0B=2mv02r2,解得r2=2mv0eB=R,所以12H粒子竖直向上射出磁场,A正确;12H粒子在磁场中运动的时间为t2=12r2v0=R2v0,B错误;由A的解析可得,磁感应强度B=2mv0eR,C错误;由几何关系可知两粒子射出点之间的距离s=2R cos 30°=3R,D正确。12.(2022届历城二中开学考,9)(多选)如图所示,A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子,离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域,可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s,负离子的比荷为qm,速率为v,OP与OQ间的夹角为30°,则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是()A.B>mv3qs,垂直纸面向里B.B>mvqs,垂直纸面向里C.B>mvqs,垂直纸面向外D.B>3mvqs,垂直纸面向外答案BD当磁场方向垂直纸面向里时,离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示,切点为M,设轨迹半径为r1,由几何关系可知, sin 30°=r1s+r1,可得r1=s,由r1=mvB1q可得B1=mvqs;当磁场方向垂直纸面向外时,其临界轨迹与OP相切于N点,如图乙所示,由几何关系s=r2sin30°+r2,得r2=s3,又r2=mvqB2,所以B2=3mvqs,综合上述分析可知,B、D正确,A、C错误。13.(2022届湖南英才大联考)(多选)如图所示,两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上,都处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量均为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放运动一段时间后,两小滑块都将飞离斜面。在此过程中()A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C.两滑块在斜面上运动的过程中,重力的平均功率相等D.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同答案AC滑块沿斜面运动时,受力分析有:mg sin =ma,FN+qvB=mg cos ,可知当v越大时,FN越小,当FN=0,即vm=mgcosqB时,滑块将飞离斜面,A对。由mg sin =ma知滑块在斜面上做匀加速运动,且加速度不变,所以t=vma=mgcosqBgsin=mqBtan,可知B错。重力的平均功率PG=mg v12=mgvm sin2=m2g2 sincos2qB,可知两种情况重力的平均功率相等,C对。滑块在斜面上运动的位移L=vm22gsin=m2gcos22q2B2 sin,可知D错。三、非选择题(共136分)14.(2021长郡中学、师大附中、长沙一中联考,18)(16分)如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场(未画出),同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。(1)求电场强度的大小和方向。(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。解析(1)设电场强度大小为E。由题意有mg=qE得E=mgq,方向竖直向上。图1(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为。由r=mvqB有r1=mvminqB,r2=12r1由(r1+r2)sin =r2r1+r1 cos =h得vmin=(9-62)qBhm(3)如图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x。图2由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,)32x(9-62)h2x=r12-(h-r1)2得r1=(1+0.36n2)h2,n<3.5则n=1时,v=0.68qBhmn=2时,v=0.545qBhmn=3时,v=0.52qBhm。15.(2022届潍坊月考,15)(16分)如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发,沿与x轴正方向间夹角为45°的方向进入复合场中,正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),粒子继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力,重力加速度为g,求:(1)电场强度E的大小;(2)磁感应强度B的大小;(3)微粒在复合场中的运动时间。解析(1)微粒到达A(l,l)之前做匀速直线运动,对微粒受力分析如图甲:所以Eq=mg,得:E=mgq。(2)由平衡条件知:qvB=2mg电场方向变化后,微粒所受重力与电场力平衡,微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图乙:qvB=mv2r由几何知识可得:r=2l联立解得:v=2gl,B=mqgl。(3)微粒做匀速直线运动的时间:t1=2lv=lg微粒做匀速圆周运动的时间:t2=34·2lv=34lg微粒在复合场中的运动时间:t=t1+t2=(34+1)lg。16.(2022届广州天河一模,13)(16分)如图所示,在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内,有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁感应强度为B,磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入,粒子恰好做匀速直线运动,经t0时间从P点射出;若仅撤去磁场,粒子仍从O点以相同的速度沿y轴正方向射入,经t02时间从半圆形区域的边界射出。(1)求电场强度的大小和方向;(2)求粒子的比荷qm;(3)若保留磁场而撤去电场,粒子仍从O点沿y轴正方向射入,但速度为原来的4倍,求粒子在磁场中运动的时间。解析(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,初速度为v,电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向,可知电场强度沿x轴正方向,粒子受力平衡,有qE=qvB,又R=vt0,得E=BRt0(2)仅有电场时,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,在y方向位移y=vt02得y=R2,设在x方向位移为x,因射出位置在半圆形区域边界上,由数学知识得x=32R,由牛顿第二定律,有a=qEm,在x方向,有x=12a(t02)2得qm=43Bt0(3)仅有磁场时,入射速度为4v,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,如图所示,设轨道半径为r,由牛顿第二定律有q·4vB=m(4v)2r,得r=m·4vBq=Bt043·4vB=vt03=33R由几何关系 sin =R2r=32,得=3,带电粒子在磁场中运动周期T=2mqB则带电粒子在磁场中运动时间t=22T,得t=3t01817.(2022届山东重点高中第二次联考,17)(16分)如图所示,在xOy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,在第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。两个质量均为m、电荷量均为+q的粒子从y轴上的点P(0,l0)同时以速率v0分别沿与y轴正方向和负方向成60°角射入磁场中,两粒子均垂直穿过x轴进入电场,最后分别从y轴上的M、N点(图中未画出)离开电场,测得M、N两点间的距离为l0。两粒子所受重力及粒子之间的相互作用均不计。求:(1)匀强磁场的磁感应强度大小B和匀强电场的电场强度大小E;(2)粒子到达M、N两点的时间差。解析(1)因两粒子均垂直x轴进入电场,由几何关系可知,粒子在磁场中运动的轨迹半径r=l0sin60°粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力,则有qv0B=mv02r解得B=3mv02ql0粒子在电场中做类平抛运动,则有r2=12at123r2=12at22其中a=qEmv0(t2-t1)=l0解得E=4(23-3)mv023ql0(2)由几何关系可知,两粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角分别60°和120°,则两粒子在磁场中运动的时间差为t1=T6=16×2mqB=m3qB粒子在电场中运动的时间差t2=t2-t1=l0v0所以粒子到达M、N两点的时间差t=t1+t2=(9+23)9)l0v0。18.(2022届广东七校联考,13)(16分)如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在第二象限存在与y轴平行且方向向上的匀强电场。一带负电粒子从x轴上的A点以速度v0沿与x轴成=60°角的方向射入匀强磁场,恰好垂直于y轴从D点(图中未画出)进入匀强电场,最终从x轴上的C点离开电场。已知OA=d,OC=2d,粒子重力不计,求:(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R和运动时间t1;(2)电场强度E的大小。解析(1)粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动轨迹如图所示。其中O'点为带电粒子做匀速圆周运动的轨迹圆的圆心在三角形OO'A中,由几何关系知粒子在磁场中运动的轨道半径R=dsin解得R=233d,由几何关系知,粒子在匀强磁场中运动时转过的圆心角DO'A=120°则粒子在磁场中的运动时间t1=13T粒子在磁场中的运动周期T=2Rv0解得t1=43d9v0(2)由几何关系得yD=R(1+cos ),解得yD=3d,设带电粒子的质量为m,电荷量为q,由牛顿第二定律得qv0B=mv02R,解得qm=3v02Bd,设粒子在电场中运动的加速度为a。由运动学公式有2d=v0t2,yD=12at22,由牛顿第二定律有Eq=ma,解得E=Bv019.(2022届湖南百校大联考)(16分)如图所示,在足够长的水平面的上方有水平向里的匀强磁场和方向水平向右的匀强电场,磁感应强度大小B=0.5 T,电场强度大小E=5 V/m。质量M=0.2 kg的绝缘立方体物块中心为一球形空洞,空洞内有一半径等于空洞半径、质量m=0.05 kg的光滑圆球,圆球均匀带电,总电荷量q=0.5 C。立方体物块与水平面间的动摩擦因数=0.5。将物块放置在水平面上由静止释放。取重力加速度大小g=10 m/s2,不计空气阻力。(1)求物块释放瞬间的加速度大小a1;(2)求物块脱离水平面前的瞬间,圆球对物块的弹力FN的大小和方向;(3)若在物块脱离水平面前的瞬间,保持匀强电场的电场强度大小不变、方向改为竖直向上,求再经过43 s时物块距离水平面的高度h。(该过程中物块可视为质点)解析(1)物块释放瞬间,圆球不受洛伦兹力,对物块和圆球整体受力分析根据牛顿第二定律,水平方向有qE-N=(M+m)a1竖直方向有N-(M+m)g=0联立式解得a1=5 m/s2 (2)物块脱离水平面前瞬间,水平面对物块的支持力为零,对物块和圆球整体受力分析,根据牛顿第二定律,水平方向有qE=(M+m)a2以物块为研究对象,可知物块受到重力和圆球的弹力FN两个力的作用,设弹力FN与水平方向的夹角为,有:FN sin =MgFN cos =Ma2联立式解得:FN=22 N,=45°,即弹力方向与水平方向成45°角斜向右上方 (3)物块脱离水平面的瞬间,对物块和圆球整体有qvB=(M+m)g保持匀强电场的电场强度大小不变、方向改为竖直向上,分析可知:qE=(M+m)g重力与电场力恰好平衡,相当于只受洛伦兹力作用,整体做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力可知:qvB=(M+m)v2r运动周期:T=2rv圆心角:=2Tt由解得:r=10 m由解得:=43则物块距离水平面的高度:h=r+r cos(-)=15 m 20.(2021雅礼中学三模)(20分)课外研究小组的同学在研究速度选择器时,将一带电荷量为+q、质量为m的小球沿极板正中间平行极板方向射入速度选择器(如图甲所示),发现小球沿直线通过速度选择器。已知磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,电场强度的大小E=mgq,方向与B方向垂直。(1)求小球的初速度v0;(2)若已知板间距为d,板长为L,且d=L=4m2gq2B2。如图乙,现在速度选择器的上极板正中间开一小孔H,将电场的方向反向,大小不变,且仍然让小球以第(1)问的速度v0从中点出发,判定是否能够通过小孔H?若能够通过,求从射入速度选择器到第2次通过小孔H的时间;若不能通过,求打在上极板的位置。(3)将图乙中电场强度大小变为2E,改变板间距离d,若将小球以速度v0垂直极板从小孔H射入板间,发现小球恰好能到达下极板,求板间距d。解析(1)小球沿直线通过速度选择器,qv0B=qE+mg解得v0=2mgqB(2)qE=mg,粒子做匀速圆周运动,有qv0B=mv02r解得r=2m2gq2B2由于r=L2=d2,故粒子刚好能过小孔在磁场中运动时间t1=T4=m2qB匀变速运动时间t2=2v0g=4mqB粒子运动总时间为t=t1+t2=(+8)m2qB(3)水平方向,由动量定理得qvyBt=mvx,即qBd=mvx由动能定理可得-q·2Ed+mgd=12mvx2-12mv02解得:d=(5-1)m2gq2B221.(2022届长郡中学月考一)(20分)如图甲所示,水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场,现将一重力不计、比荷qm=1×106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放,经过t1=15×10-5 s后,电荷以v0=1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场,磁场与纸面垂直,磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正,以电荷第一次通过MN时为t=0时刻),计算结果可用表示。(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中做圆周运动的半径及周期;(2)如果在O点右方43.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板,求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。解析(1)当磁场垂直纸面向外时,设电荷运动的半径为r1,周期为T1,由B1qv0=mv02r1和T1=2r1v0可得r1=mv0qB1=5 cm T1=2mqB1=23×10-5 s 当磁场垂直纸面向里时,设电荷运动的半径为r2,周期为T2,同理可得r2=mv0qB2=3 cm T2=2mqB2=25×10-5 s (2)电荷从t=0时刻开始做周期性运动,结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示,从电荷第一次通过MN开始其运动的周期T=15×4+12×23+12×25×10-5 s=45×10-5 s此时粒子距离O点的水平距离为d=2(r1-r2)=4 cm即每经过一个周期,粒子在水平方向向右前进4 cm,根据电荷的运动情况可知,电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个,即s=9d=36 cm则最后7.5 cm的距离轨迹如图所示由几何关系可得r1+r1 cos =7.5 cm解得=60°故电荷运动的总时间t总=t1+9T+12T1-60°360°T1=33745×10-5 s