2025高考物理 人教版選擇性必修第2冊專項復(fù)習(xí)第1章　2含答案

2025高考物理人教版選擇性必修第2冊專項復(fù)習(xí)第1章2含答案第一章2.基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練1．關(guān)于安培力和洛倫茲力，下面說法正確的是()A．洛倫茲力和安培力是性質(zhì)完全不同的兩種力B．安培力和洛倫茲力，其本質(zhì)都是磁場對運動電荷的作用力C．安培力和洛倫茲力，二者是等價的D．安培力對通電導(dǎo)體能做功，洛倫茲力對運動電荷也可以做功答案：B解析：洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用力，通電導(dǎo)線的電流也是由電荷的定向移動而形成的，所以兩種力本質(zhì)上都是磁場對運動電荷的作用，故A錯誤；洛倫茲力的方向與帶電粒子的運動方向有關(guān)，安培力的方向與電流方向有關(guān)，而自由電荷的定向移動形成電流，所以安培力和洛倫茲力其本質(zhì)都是磁場對運動電荷的作用力，故B正確；安培力的實質(zhì)是形成電流的定向移動的電荷所受洛倫茲力的合力，即安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，兩種力的方向均可用左手定則判斷，但不是等價的，故C錯誤；安培力對通電導(dǎo)體能做功，但洛倫茲力始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，故D錯誤。2．如圖所示是電視機中偏轉(zhuǎn)線圈的示意圖，圓心O表示由紙內(nèi)向紙外運動的電子束，當(dāng)接通電源，給偏轉(zhuǎn)線圈加上圖示方向的電流時，電子束應(yīng)()A．不偏轉(zhuǎn)，仍打在O點B．向左偏轉(zhuǎn)C．向上偏轉(zhuǎn)D．向下偏轉(zhuǎn)答案：C解析：偏轉(zhuǎn)線圈由上、下兩個“通電螺線管”組成，由安培定則可知右端都是N極，左端都是S極，則O點處的磁場方向水平向左，由左手定則可知電子束受到向上的洛倫茲力作用，因此將向上偏轉(zhuǎn)，C項正確。3．(2024·河南省直轄縣高二期末)地球的周圍存在地磁場，能有效地改變射向地球的宇宙射線方向，使它們不能到達(dá)地面，從而保護(hù)地球上的生命。假設(shè)有一束帶負(fù)電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來(如圖，地球由西向東轉(zhuǎn)，虛線表示地球自轉(zhuǎn)軸，上方為地理北極)，不考慮粒子受到的其他力的作用，只在地磁場的作用下，粒子在進(jìn)入地球周圍的空間時，其偏轉(zhuǎn)方向以及速度大小的變化情況是()A．相對于預(yù)定地點向西偏轉(zhuǎn)，速度大小不變B．相對于預(yù)定地點向西偏轉(zhuǎn)，速度變大C．相對于預(yù)定地點向東偏轉(zhuǎn)，速度大小不變D．相對于預(yù)定地點向東偏轉(zhuǎn)，速度變大答案：A解析：當(dāng)帶負(fù)電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據(jù)左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向西，所以粒子將向西偏轉(zhuǎn)。而洛倫茲力方向一定垂直于速度方向，不做功，故不改變速度大小。故選A。4．(2024·北京西城高二期末)如圖所示，在勻強磁場中垂直于磁場方向放置一段導(dǎo)線ab。磁場的磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)線長度為l、橫截面積為S、單位體積內(nèi)自由電子的個數(shù)為n。導(dǎo)線中通以大小為I的電流，設(shè)導(dǎo)線中的自由電子定向運動的速率都相同，則每個自由電子受到的洛倫茲力()A．大小為eq\f(BI,nS)，方向垂直于導(dǎo)線沿紙面向上B．大小為eq\f(BIl,nS)，方向垂直于導(dǎo)線沿紙面向上C．大小為eq\f(Bl,nS)，方向垂直于導(dǎo)線沿紙面向下D．大小為eq\f(BIl,nS)，方向垂直于導(dǎo)線沿紙面向下答案：A解析：設(shè)自由電子定向運動的速率為v，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式，有I＝neSv，又F洛＝evB聯(lián)立，解得F洛＝eq\f(BI,nS)，根據(jù)左手定則可知，其方向垂直于導(dǎo)線沿紙面向上。故選A。5.(多選)(2024·四川省樂山高二調(diào)研)用細(xì)線和帶電小球做成的擺，把它放置在某勻強磁場中，如圖所示，在帶電小球擺動的過程中，連續(xù)兩次經(jīng)過最低點時，相同的物理量是(不計空氣阻力)()A．小球受到的洛倫茲力B．?dāng)[線的張力C．小球的向心加速度D．小球的動能答案：CD解析：設(shè)小球帶正電，則小球向右擺到最低點時，洛倫茲力的方向向上，小球向左擺到最低點時，洛倫茲力的方向向下，A錯誤；設(shè)擺球所帶電荷量為q，擺線長為r，磁感應(yīng)強度為B，在最低點時的速度為v，在擺動過程中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以到達(dá)最低點速度大小相等，小球的動能相等，小球的向心加速度a＝eq\f(v2,r)相等。小球向右擺到最低點時：F1＋Bqv－mg＝meq\f(v2,r)，小球向左擺到最低點時：F2－Bqv－mg＝meq\f(v2,r)，解得：F1<F2，所以擺線的張力不相等，B錯誤，C、D正確。6．(多選)(2024·云南師大附中高二期末)如圖所示，一帶正電的物塊靜止在粗糙的絕緣的水平地面上，整個空間有垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)給物塊一個水平向右的瞬時速度，則物塊在地面上的運動情況可能是()A．做加速運動B．先做減速直線運動，后做勻速運動C．始終做勻速運動D．做減速運動直到靜止在地面上答案：CD解析：根據(jù)左手定則可知，帶正電物塊向右運動所受洛倫茲力的方向向上，其大小與物塊的初速度大小有關(guān)。由于物塊的初速度大小未具體給出，所以洛倫茲力的大小與物塊的重力可能出現(xiàn)三種不同的關(guān)系。若洛倫茲力大于重力，物塊將做曲線運動；若洛倫茲力等于重力，物塊始終做勻速運動；若洛倫茲力小于重力，物塊受摩擦力做減速運動直到靜止在地面上。故C、D正確。7．如下圖所示是磁流體發(fā)電機的裝置，a、b組成一對平行電極，兩板間距為d，板平面的面積為S，內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)持續(xù)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，而整體呈中性)垂直噴入磁場，每個離子的速度為v，負(fù)載電阻的阻值為R，當(dāng)發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，負(fù)載中電阻的電流為I，求：(1)a、b兩板哪塊板的電勢高？(2)磁流體發(fā)電機的電動勢E；(3)兩板間等離子體的電阻率ρ。答案：(1)a板電勢高(2)Bdv(3)eq\f(Bdv－IRS,Id)解析：(1)根據(jù)左手定則，正離子向上偏轉(zhuǎn)，所以a板帶正電，電勢高。(2)穩(wěn)定發(fā)電時，若外電路斷開，則離子在靜電力和洛倫茲力作用下處于平衡狀態(tài)，有qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv。(3)根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有I＝eq\f(E,R＋r)r為板間等離子體的電阻，且r＝ρeq\f(d,S)聯(lián)立解得電阻率ρ的表達(dá)式為ρ＝eq\f(Bdv－IRS,Id)。能力提升練8．(2024·福建泉州高二期中)如圖，a、b、c為三根相互平行，與紙面垂直的固定長直導(dǎo)線，兩兩等距，導(dǎo)線中通有大小相等的電流，方向如圖所示。O點與a、b、c的距離相等，已知每根導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度大小均為B0。一電子以速度v從O點沿垂直于紙面方向向外運動，它所受洛倫茲力的大小和方向正確的是()A．0B.eq\r(2)eB0v，方向平行于紙面沿OaC．2eB0v，方向平行于紙面并垂直于bcD．2eB0v，方向平行于紙面沿Ob答案：C解析：導(dǎo)線a與導(dǎo)線b在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，大小為eq\r(3)B0，導(dǎo)線c在O點產(chǎn)生的磁場方向水平向左，大小為B0，則三根導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B＝eq\r(\r(3)B02＋B\o\al(2,0))＝2B0，一電子以速度v從O點沿垂直于紙面方向向外運動。它所受洛倫茲力的大小f＝2eB0v，由左手定則得，洛倫茲力的方向平行于紙面并垂直于bc。故C正確。9．(2024·河南許昌高二期末)筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊矩形半導(dǎo)體霍爾元件平放在水平面上，霍爾元件內(nèi)的帶電粒子是自由電子，通入方向水平向右的恒定電流時，電子的定向移動速度為某一數(shù)值。當(dāng)顯示屏閉合時，霍爾元件處于垂直于上表面、方向豎直向下的勻強磁場中，于是霍爾元件的某兩個表面間出現(xiàn)一定的電壓，以此控制屏幕的熄滅。則在此情況下，下列說法正確的是()A．霍爾元件前表面的電勢比后表面的低B．霍爾元件前表面的電勢比后表面的高C．霍爾元件上表面的電勢比下表面的低D．霍爾元件上表面的電勢比下表面的高答案：B解析：由題意，自由電子的運動方向向左，根據(jù)左手定則，電子所受洛倫茲力指向后表面，則霍爾元件前表面的電勢比后表面的高。故B正確。10．如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖像不可能是下列選項中的()答案：C解析：根據(jù)左手定則可知圓環(huán)所受洛倫茲力的方向向上，如果qv0B＝mg，則環(huán)和桿之間無彈力，圓環(huán)也不受摩擦力，環(huán)在桿上勻速直線運動，圓環(huán)運動的速度—時間圖像如A選項所示；如果qv0B>mg，則環(huán)和桿之間有摩擦力作用，環(huán)做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得μ(qvB－mg)＝ma環(huán)的加速度減小，當(dāng)減速到qvB＝mg時，環(huán)和桿之間無彈力，此后環(huán)做勻速運動，圓環(huán)運動的速度—時間圖像如D選項所示；如果qv0B＜mg，則環(huán)和桿之間有摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得μ(mg－qvB)＝ma環(huán)做減速運動，環(huán)的加速度增大，當(dāng)速度減小到零時，環(huán)靜止在桿上，圓環(huán)運動的速度—時間圖像如B選項所示。所以圓環(huán)運動的速度—時間圖像不可能是C。11．(2023·四川省綿陽南山中學(xué)高二月考)如圖，光滑半圓形軌道與光滑曲面軌道在B處平滑連接，前者置于水平向外的勻強磁場中，有一帶正電小球從A靜止釋放，且能沿軌道前進(jìn)，并恰能通過半圓軌道最高點C。現(xiàn)若撤去磁場，使球從靜止釋放仍能恰好通過半圓形軌道最高點，則釋放高度H′與原釋放高度H的關(guān)系是()A．H′＝H B．H′＜HC．H′＞H D．無法確定答案：C解析：有磁場時，恰好通過最高點，有：mg－qvB＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，無磁場時，恰好通過最高點，有：mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，由兩式可知，v2＞v1。根據(jù)動能定理，由于洛倫茲力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2可知，H′＞H。C正確，A、B、D錯誤。12．三個完全相同的小球a、b、c帶有相同電荷量的正電荷，從同一高度由靜止開始下落，下落h1高度后a球進(jìn)入水平向左的勻強電場，b球進(jìn)入垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，它們到達(dá)水平面上的速度大小分別用va、vb、vc表示，它們的關(guān)系是()A．va>vb＝vc B．va＝vb＝vcC．va>vb>vc D．va＝vb>vc答案：A解析：a小球下落時，重力和靜電力都對a小球做正功；b小球下落時，只有重力做功；c小球下落時，只有重力做功。重力做功的大小都相同，根據(jù)動能定理可知外力對a小球所做的功最多，即a小球落地時的動能最大，b、c兩球落地時的動能相等，由于三個小球質(zhì)量相等，所以va>vb＝vc，故A正確。13．(2023·湖南衡陽市八中高二期末)如圖所示，將電荷量Q＝＋0.3C、質(zhì)量m′＝0.3kg的滑塊放在小車的絕緣板的右端，小車的質(zhì)量M＝0.5kg，滑塊與絕緣板間動摩擦因數(shù)μ＝0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在著磁感應(yīng)強度B＝20T的水平方向的勻強磁場。開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L＝1.25m、擺球質(zhì)量m＝0.2kg的擺(O點相對地面位置不變，擺球與小車碰撞前與小車無相互作用)從水平位置由靜止釋放，擺到最低點時與小車相撞，如圖所示，碰撞后擺球恰好靜止，g＝10m/s2，求：(1)與車碰撞前擺球到達(dá)最低點時對繩子的拉力；(2)球與小車的碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE；(3)碰撞后小車的最終速度。答案：(1)6N，方向豎直向下(2)1.5J(3)1.7m/s，方向水平向右解析：(1)小球向下擺動過程，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)＝eq\r(2×10×1.25)＝5m/s，在最低點，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,L)，代入數(shù)據(jù)解得F＝6N。由牛頓第三定律得小球?qū)K子的拉力大小為6N，方向豎直向下。(2)擺球與小車碰撞過程中，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒，以擺球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv＝Mv1＋0，代入數(shù)據(jù)解得v1＝2m/s，擺球與小車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝1.5J。(3)假設(shè)m′最終能與M一起運動，由動量守恒定律得Mv1＝(M＋m′)v2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝1.25m/s，m′受到的向上洛倫茲力為f＝Qv2B＝20×0.3×1.25N＝7.5N＞m′g＝3N，所以m′在還未到v2＝1.25m/s時已與M分開了，分開時對物塊有Qv3B＝m′g，代入數(shù)據(jù)解得v3＝0.5m/s，物塊與車組成的系統(tǒng)動量守恒，以物塊的初速度方向為正方向，由動量守恒定律可得Mv1＝Mv2′＋m′v3，代入數(shù)據(jù)解得v2′＝1.7m/s，方向水平向右。第一章3.第2課時基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練1．(2023·廣西河池高二期中)如圖所示，一水平邊界的勻強磁場，一帶電粒子與邊界成θ角度以v0初速度垂直射入磁場，一段時間后從磁場射出，若僅使粒子的初速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則()A．粒子在磁場中運動的時間變?yōu)樵瓉淼?倍B．粒子在磁場中運動的時間變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)C．粒子離開磁場時速度與水平邊界的夾角變大D．粒子出射點與入射點間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍答案：D解析：由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，r＝eq\f(mv0,qB)，若僅使粒子的初速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，運動半徑將變?yōu)樵瓉韮杀叮蓭缀侮P(guān)系，在磁場中運動的圓弧對應(yīng)的圓心角都是2θ。兩次運動時間相同均等于t＝eq\f(2θ,2π)T＝eq\f(2θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2θm,qB)，A、B錯誤；由幾何關(guān)系，粒子離開磁場時速度與水平邊界的夾角都是θ，不變，C錯誤；第一次粒子出射點與入射點間的距離x1＝2rsinθ，第二次粒子出射點與入射點間的距離x2＝2×2rsinθ＝4rsinθ，粒子出射點與入射點間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍，D正確。2.(2024·安徽省滁州中學(xué)高二期末)如圖所示，直線CD沿豎直方向，CD的右方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。一粒子源位于CD上的a點，能沿圖示方向發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m、重力可忽略、電荷量為＋q的同種粒子，所有粒子均能經(jīng)過CD上的b點從右側(cè)磁場進(jìn)入左側(cè)磁場，已知ab＝L，則粒子的速度可能是()A.eq\f(qBL,2m) B．eq\f(qBL,3m)C．eq\f(qBL,6m) D．eq\f(qBL,12m)答案：B解析：由題意可知，粒子能從右側(cè)磁場進(jìn)入左側(cè)磁場，粒子可能在兩個磁場間做多次的運動。畫出可能的粒子軌跡如圖所示：由于粒子從b點右側(cè)磁場進(jìn)入左側(cè)磁場，粒子在ab間做勻速圓周運動產(chǎn)生的圓弧數(shù)量必為奇數(shù)個，且根據(jù)幾何關(guān)系可知，圓弧對應(yīng)的圓心角均為60°，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子運動的半徑為n·2Rsin30°＝L(n＝1,3,5…)，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可得qvB＝eq\f(mv2,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(qBL,nm)(n＝1,3,5…)，結(jié)合選項可知，當(dāng)n＝3時v＝eq\f(qBL,3m)，故B正確。3.(2024·山東德州高三開學(xué)考試)2023年8月25日下午，新一代人造太陽“中國環(huán)流三號”取得重大科研進(jìn)展，首次實現(xiàn)100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行，標(biāo)志著中國核聚變研究向“聚變點火”又邁出重要一步。環(huán)流器局部區(qū)域的磁場簡化示意圖，如圖所示，在內(nèi)邊界半徑為R、外邊界半徑為2R的環(huán)形磁場區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于平面向內(nèi)的勻強磁場。在內(nèi)圓上有一粒子源S，可在平面內(nèi)沿各個方向發(fā)射比荷相同的帶正電的粒子。粒子a、b分別沿徑向、內(nèi)圓切線向下進(jìn)入磁場，二者均恰好不離開磁場外邊界。不計重力及二者之間的相互作用，則粒子a、b的速度大小之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶3 D．3∶1答案：A解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有a粒子的運動軌跡如圖1，設(shè)a粒子的速度為v1，運動半徑為r1，帶電荷量為q1，質(zhì)量為m1，由幾何關(guān)系可知(2R－r1)2＝req\o\al(2,1)＋R2，解得r1＝eq\f(3,4)R，由洛倫茲力提供向心力可得q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),r1)，解得v1＝eq\f(3q1BR,4m1)。b粒子的運動軌跡如圖2，設(shè)b粒子的速度為v2，運動半徑為r2，帶電荷量為q2，質(zhì)量為m2，由幾何關(guān)系可知r2＝eq\f(3,2)R，由洛倫茲力提供向心力可得q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),r2)，解得v2＝eq\f(q2Br2,m2)＝eq\f(3q2BR,2m2)，又有eq\f(q1,m1)＝eq\f(q2,m2)，解得v1∶v2＝1∶2，故A正確。4．如圖，邊長ab＝l，bc＝eq\f(3,2)l的長方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,2)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,2)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案：A解析：從a點射出的粒子半徑Ra＝eq\f(1,4)l洛倫茲力提供粒子的向心力有Bqva＝eq\f(mv\o\al(2,a),R0)得va＝eq\f(Bql,4m)＝eq\f(kBl,4)，從d點射出的粒子，由幾何關(guān)系可得Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3l,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2，可得Rd＝eq\f(5l,2)洛倫茲力提供粒子的向心力有Bqvd＝eq\f(mv\o\al(2,d),Rd)得vd＝eq\f(5qBl,2m)＝eq\f(5kBl,2)，故A正確。5.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L。一個粒子源在a點將質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是()A.eq\f(qBL,2m) B．eq\f(qBL,4m)C.eq\f(\r(3)qBL,6m) D．eq\f(qBL,6m)答案：B解析：粒子沿ab邊界方向射入磁場且從ac邊射出磁場時，轉(zhuǎn)過的圓心角最大，粒子在磁場中的運動時間最長，粒子速度最大時運動軌跡與bc相切，粒子運動軌跡如圖所示，由題意可知∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L，則ab＝eq\f(1,2)L，四邊形abdO是正方形，粒子軌跡半徑r＝eq\f(1,2)L，粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvmB＝2meq\f(v\o\al(2,m),r)，解得粒子的最大速度vm＝eq\f(qBL,4m)，故B正確。6.(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界線，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入，要使粒子不能從邊界NN′射出，粒子入射速率v的最大值可能是()A.eq\f(qBd,m) B．eq\f(2＋\r(2)qBd,m)C.eq\f(qBd,2m) D．eq\f(2－\r(2)qBd,m)答案：BD解析：設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，粒子在磁場中做圓周運動時由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)。帶電粒子速率越大，軌跡半徑越大，當(dāng)軌跡恰好與邊界NN′相切時，粒子恰好不能從邊界NN′射出，對應(yīng)的速率最大。若粒子帶負(fù)電，臨界軌跡如圖甲所示，由幾何知識得：R＋Rcos45°＝d，解得R＝(2－eq\r(2))d，對應(yīng)的速率v＝eq\f(2－\r(2)qBd,m)。若粒子帶正電，臨界軌跡如圖乙所示，由幾何知識得：R－Rcos45°＝d，解得R＝(2＋eq\r(2))d，對應(yīng)的速率v＝eq\f(2＋\r(2)qBd,m)。7．(多選)(2024·廣東統(tǒng)考模擬預(yù)測)如圖所示，在x軸上方有垂直紙面向外的勻強磁場，第一象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小2B0，第二象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0。現(xiàn)有一比荷eq\f(q,),m)的帶正電的粒子，從x軸上的P點以沿＋y方向的速度v垂直進(jìn)入磁場，并一直在磁場中運動且每次均垂直通過x軸，不計粒子的重力，則()A．粒子第二次經(jīng)過y軸時過坐標(biāo)原點B．從粒子進(jìn)入磁場到粒子第一次經(jīng)過y軸所經(jīng)歷的時間為eq\f(πm,4qB0)C．從粒子進(jìn)入磁場到粒子第二次經(jīng)過y軸所經(jīng)歷的時間為eq\f(πm,qB0)D．粒子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(mv,2qB0)))答案：AC解析：由于從x軸上的P點以沿＋y方向的速度v垂直進(jìn)入磁場，并一直在磁場中運動且每次均垂直通過y軸，由qvB0＝meq\f(v2,r1)，qv×2B0＝meq\f(v2,r2)，解得r1＝eq\f(mv,qB0)，r2＝eq\f(1,2)r1＝eq\f(mv,2qB0)，所以粒子在第二象限做eq\f(1,4)圓周運動，粒子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(mv,qB0)))；在第一象限恰好做eq\f(1,2)圓周運動，所以粒子第二次經(jīng)過y軸時過坐標(biāo)原點，故A正確，D錯誤；第一次垂直通過y軸，則轉(zhuǎn)過的圓心角為eq\f(π,2)，則在磁場中運動的時間為t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2qB0)，故B錯誤；在第一象限運動時轉(zhuǎn)過的圓心角為π，則在第一象限運動的時間t2＝eq\f(1,2)T2＝eq\f(πm,2qB0)，則t＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB0)，故C正確。8．如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)，有感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)從矩形區(qū)域ad邊的中點O處垂直磁場射入一速度方向與ad邊夾角為30°、大小為v的帶電粒子。已知帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，ad邊長為L，重力影響忽略。試求：(1)粒子能從ab邊射出磁場的v的范圍。(2)如果帶電粒子不受上述v大小范圍的限制，粒子在磁場中運動的最長時間。答案：(1)eq\f(qBL,3m)<v<eq\f(qBL,m)(2)eq\f(5πm,3qB)解析：(1)當(dāng)v較小時，運動軌跡恰好與ab邊相切；當(dāng)v較大時，恰好與cd邊相切，然后從ab邊穿出，如圖所示。當(dāng)速度較小為v1時，有R1＋R1sin30°＝eq\f(1,2)L，解得R1＝eq\f(L,3)，又由半徑公式R1＝eq\f(mv,qB)可得v1＝eq\f(qBL,3m)，當(dāng)速度較大時，設(shè)為v2，由圖可知R2＝L，又由半徑公式R2＝eq\f(mv,qB)得v2＝eq\f(qBL,m)，可得，帶電粒子在磁場中從ab邊射出時，其速度范圍為eq\f(qBL,3m)＜v＜eq\f(qBL,m)。(2)帶電粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，要使帶電粒子運動時間最長，其運動軌跡對應(yīng)的圓心角應(yīng)最大，所以當(dāng)速度小于v1時，粒子在磁場中運動一段時間后將從Oa邊穿出，對應(yīng)的運動時間最長，即有tmax＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(\f(5,3)π,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(5πm,3qB)。能力提升練9．如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角?，F(xiàn)只改變帶電粒子的速度大小，仍從A點沿原方向射入磁場，粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?.5Δt，不計粒子重力，則粒子的速度大小變?yōu)?)A.eq\f(1,2)v B．eq\f(\r(3),2)vC．eq\f(\r(3),3)v D．eq\r(3)v答案：C解析：如圖所示設(shè)圓形磁場的半徑為R，以速度v射入時，粒子半徑r1＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何關(guān)系知eq\f(r1,R)＝tan60°，解得r1＝eq\r(3)R，設(shè)第二次射入時的圓心角為θ，由Δt＝eq\f(60°,360°)T,1.5Δt＝eq\f(θ,360°)T，可得θ＝90°，則taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r2)＝1，又r2＝eq\f(mv′,qB)，得v′＝eq\f(\r(3),3)v，故C正確。10．(多選)(2024·廣州統(tǒng)考二模)如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場，D是AB邊的中點，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是()A．粒子可能從B點射出B．若粒子從C點射出，則粒子做勻速圓周運動的半徑為eq\f(\r(3),2)LC．若粒子從C點射出，則粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,3qB0)D．若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，其在磁場中運動的時間越短答案：BC解析：帶負(fù)電的粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場，由左手定則可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，由于BC邊的限制，粒子不能到達(dá)B點，故A錯誤；粒子從C點射出，如圖1所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得Req\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2－\f(L,2)sin60°))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(L,2)cos60°))2，解得R2＝eq\f(\r(3),2)L，則粒子軌跡對應(yīng)的圓心角的正弦值為sin∠O＝eq\f(L－\f(1,2)Lcos60°,R2)＝eq\f(\r(3),2)，則∠O＝60°，粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB0)＝eq\f(πm,3qB0)，故B、C正確；由qvB0＝meq\f(v2,r)，可知r＝eq\f(mv,qB0)，若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，軌跡半徑越大，如圖2所示：粒子從AB邊射出時的圓心角相同，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，可知粒子在磁場中運動的周期相等，則其在磁場中運動的時間相同，故D錯誤。11.(多選)(2024·福州高二期末)如圖所示，空間存在方向垂直紙面的勻強磁場，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣平板MN的上方距離為d處，在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率均為v的同種帶電粒子，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運動的半徑大小也為d，則粒子()A．能打在板上的區(qū)域長度為(1＋eq\r(3))dB．能打在板上離P點的最遠(yuǎn)距離為eq\r(2)dC．到達(dá)板上的最長時間為eq\f(3πd,2v)D．到達(dá)板上的最短時間為eq\f(πd,2v)答案：AC解析：假設(shè)打在極板上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖所示：由幾何關(guān)系得打在最左邊的點與P點的距離為eq\r(2)d，打在最右邊的點與P點的距離2d，與最左邊的點相距(eq\r(3)＋1)d，則能打在板上的區(qū)域長度為(eq\r(3)＋1)d，能打在板上離P點的最遠(yuǎn)距離為2d，故A正確，B錯誤；粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間的軌跡如下：粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(