1、广东省惠州市华罗庚中学2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（12月份）一、单项选择题（共6小题，每小题3分，合计18分）1（3分）下列说法不符合物理史实的是（）A赫兹首先发现电流的磁效应，表明了电能够生磁B汤姆生发现了电子，密立根利用油滴实验测定了元电荷量C安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质D法拉第在前人的启发下，经过十年不懈的努力，终于发现电磁感应现象2（3分）如图所示是某磁场磁感线的分布，由图可知关于a、b两点的磁感应强度的说法中正确的是（）Aa处的磁场比b处的强Ba处的磁场比b处的弱Ca处的磁场方向与b处的磁场方向相同Da处没有磁感线，所以磁感应强度为零3（3分）如图，
2、a、b、c三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方、管内和右侧当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（）Aa、b、c均向左Ba、b、c均向右Ca向左，b向右，c向右Da向右，b向左，c向右4（3分）下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是（）ABCD5（3分）如图所示的四个图中，带电粒子所受洛伦兹力方向垂直于纸面向外的是（）ABCD6（3分）如图所示，光滑导轨MN水平放置，两根导体棒平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从上方下落（未达导轨平面）的过程中，导体P、Q的运动情况是（）AP、Q均静止BP、Q互相远离CP、Q互相靠拢D因磁铁下落的极性未知，无法判断二、双项选择
3、题（共6小题，每小题6分，选不全得3分，共36分）7（6分）关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是（）A通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C这两种力的方向都可以用左手定则来判断D安培力不能对通电导体做功，洛伦兹力对电荷也不做功8（6分）根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置电磁炮，其原理如图所示：把待发炮弹（导体）放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去现要提高电磁炮的发射速度，你认为下列方案可行的是（）A增大磁感应强度B的值B减小磁感
4、应强度B的值C增大电流ID改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行9（6分）质量为m的金属导体棒置于倾角为的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为，当导体棒通入垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中导体棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）ABCD10（6分）两个质量和电荷量都相同的带电粒子a，b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）Aa粒子带正电，b粒子带负电Bb粒子速度较大Ca粒子在磁场中运动时间较长Da粒子在磁场中所受洛伦兹力较大11（6分）如图所示，两平行金属板
5、中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，则可以采取下列的正确措施为（）A使入射速度增大B使粒子电量增大C使电场强度增大D使磁感应强度增大12（6分）如图所示的长方形区域内为匀强磁场，在矩形线圈abcd从左到右穿过整个磁场的过程中，则（）A整个过程中都不会产生感应电流B线圈从磁场外进入磁场的过程中，会产生逆时针方向的感应电流C线圈整体在磁场中平移的过程中，会产生逆时针方向的感应电流D线圈从磁场中穿出的过程中，会产生顺时针方向的感应电流三、实验题（共16分）1
6、3（16分）现测量一镍铬芯电阻线的电阻率，用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为d，用多用电表测得其电阻值约为10，为提高测量的精度，需从下列器材中挑选一些元件，设计电路，重新测量这段导线（图中用Rx表示）的电阻率A电源E（电动势为6.0V，内阻不计）B电压表 （量程为00.6V，内阻约为2k）C电压表 （量程为06.0V，内阻约为6k）D电流表 （量程为00.6A，内阻约为1）E电流表 （量程为03.0A，内阻约为0.1）F滑动变阻器 （最大阻值5，额定电流1.0A）G滑动变阻器 （最大阻值10，额定电流0.2A）H开关S一个，导线若干（1）如图甲所示是该实验小组用螺旋测微器对铜线直
7、径的测量，其读数是（2）请你在图乙方框内画出实验电路图（3）实验时电压表选，电流表选，滑动变阻器选（只填代号）（4）若在测量时，电压表示数为U，电流表示数为I，则该铜芯导线所用材料的电阻率的表达式为=（用字母表示）四、计算题（本题共3小题，共30分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分）14（8分）两根平行放置的光滑金属导轨框架与水平面的夹角为，导轨间距离为L导轨上有一根垂直于导轨放置的，质量为m的均匀金属棒电源的电动势为E，内电阻为r，导轨和金属棒的总电阻为R求（1）金属棒中的电流I的大小（2）若整个装置位于竖直向上的匀强磁场中，要使金属棒静止，磁感应强度B
8、为多大？15（10分）如图为质谱仪的原理示意图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后进入粒子速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E、方向水平向右已知带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点垂直MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点可测量出G、H间的距离为l带电粒子的重力可忽略不计求（1）粒子从加速电场射出时速度的大小（2）粒子速度选择器中匀强磁场的磁感强度B1的大小和方向（3）偏转磁场的磁感强度B2的大小16（12分）如图所示，两平行板间距为d
9、，板间存在垂直纸面向内的匀强磁场一带电粒子质量均为m、电量为q，垂直于边界进入该匀强磁场区域，恰好上板右侧边缘飞出，速度方向偏离入射方向=60角已知磁感强度为B，不计粒子所受重力求：（1）该带电粒子带正电还是负电？（2）粒子进入磁场时的速度v0（3）粒子在磁场中运动的时间（4）若垂直入射的是一束速度各不相同的该种带电粒子，试分析能飞出两平板的带电粒子的速度应满足什么条件？广东省惠州市华罗庚中学2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（共6小题，每小题3分，合计18分）1（3分）下列说法不符合物理史实的是（）A赫兹首先发现电流的磁效应，表明了电能够
10、生磁B汤姆生发现了电子，密立根利用油滴实验测定了元电荷量C安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质D法拉第在前人的启发下，经过十年不懈的努力，终于发现电磁感应现象考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、奥斯特首先发现电流的磁效应，表明了电能够生磁，故A错误；B、汤姆生发现了电子，密立根利用油滴实验测定了元电荷量，故B正确；C、安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故C正确；D、法拉第在前人的启发下，经过十年不懈的努力，终于发现电磁感应现象，故D正确；本题选不符合物理史实的，故选：A点评：本题考查物理学史，是常识性问题，
11、对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（3分）如图所示是某磁场磁感线的分布，由图可知关于a、b两点的磁感应强度的说法中正确的是（）Aa处的磁场比b处的强Ba处的磁场比b处的弱Ca处的磁场方向与b处的磁场方向相同Da处没有磁感线，所以磁感应强度为零考点：磁感应强度 分析：磁感线的疏密表示磁场的强弱，越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱解答：解：A、B、C、在磁场中，b点的磁感线比a点的磁感线密，所以b点的磁场比a点强故B正确，A、C错误D、在磁场中磁感线的疏密表示磁场的强弱，a处没有磁感线，但是在磁感线的缝隙中，仍然有磁感应强度故D错误故选：B点评：解决本题的
12、关键掌握磁感线的特点，磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱3（3分）如图，a、b、c三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方、管内和右侧当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（）Aa、b、c均向左Ba、b、c均向右Ca向左，b向右，c向右Da向右，b向左，c向右考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：小磁针能体现出磁场的存在，且小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，即为磁感应强度的方向也可为磁感线在该点的切线方向而电流周围的磁场由右手螺旋定则来确定磁场方向通电螺线管外部的磁感线是从N极向S极，而内部则是从S极到N极的解答：解：由通电螺线管电流的流向，根据右手螺旋定
13、则可得，通电螺线管的左边为S极，右边为N极所以a枚小磁针的N极指向为向左、b枚小磁针N极指向为向右、c枚小磁针的N极指向为向右，故选：C点评：右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向当导线是环形时，则四指向为电流的方向4（3分）下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是（）ABCD考点：左手定则 分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断电流的磁场由安培定则判断磁场方向解答：解：根据左手定值可知，A、图中的安培力应该垂直磁感线垂直于电流的方向指向正上方故A错误；B、图中磁场的方向向下，电流的方向向里，所以安培力的方向向左故
14、B正确；C、图中磁场的方向向左，电流方向向上，所以安培力的方向向里故C错误；D、图中电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力；故D错误故选：B点评：本题考查安培定则和左手定则综合应用能力，对于两个定则要注意应用条件的不同：安培定则判断电流与磁场方向的两者关系；左手定则判断通电导线在磁场所受安培力方向与磁场方向、电流方向三者的关系5（3分）如图所示的四个图中，带电粒子所受洛伦兹力方向垂直于纸面向外的是（）ABCD考点：洛仑兹力 分析：伸开左手，大拇指与四指垂直，使得磁场方向垂直通过掌心，四指方向与正电荷运动方向相同，大拇指所指的方向为洛伦兹力方向解答：解：A、根据左手定则知，正电荷向右运动，磁场竖
15、直向里，则洛伦兹力方向竖直向上故A错误；B、根据左手定则知，负电荷向右运动，磁场竖直向下，则洛伦兹力方向垂直纸面向外故B正确C、根据左手定则知，负电荷向下运动，磁场水平向右，则洛伦兹力方向垂直纸面向里故C错误；D、根据左手定则知，正电荷向下运动，磁场竖直向外，则洛伦兹力方向向左故D错误；故选：B点评：解决本题的关键掌握左手定则，会通过左手定则判断磁场方向、电荷运动方向以及洛伦兹力方向的关系6（3分）如图所示，光滑导轨MN水平放置，两根导体棒平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从上方下落（未达导轨平面）的过程中，导体P、Q的运动情况是（）AP、Q均静止BP、Q互相远离CP、Q互相靠拢D
16、因磁铁下落的极性未知，无法判断考点：楞次定律 专题：电磁感应中的力学问题分析：假设磁极的方向，由楞次定律可知闭合回路中电流方向，则分析两导体棒受安培力的情况可知它们的运动情况解答：解：设磁铁的下端为N极，则磁铁下落时，回路中的磁通量向下增大，由楞次定律可知，回路中的电流为逆时针；则由左手定则可得，P受力向右，Q受力向左，故相互靠拢；设磁铁的下端为S极，则在磁铁下落时，回路中的磁通量向上增大，同理可知，P受力向右，Q受力向左，故相互靠拢，故C正确；故选C点评：本题可以直接利用楞次定律的第二种表述，“来拒去留”；可以理解为当磁铁下降时，线框中的磁通量增大，故为了阻碍磁通量的变化，线框的面积减小，P
17、Q相互靠拢二、双项选择题（共6小题，每小题6分，选不全得3分，共36分）7（6分）关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是（）A通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C这两种力的方向都可以用左手定则来判断D安培力不能对通电导体做功，洛伦兹力对电荷也不做功考点：安培力 分析：洛伦兹力是安培力的微观表现，洛伦兹力不做功，安培力可以做功解答：解：A、通电直导线方向与磁场方向平行，不受洛安培力，故A错误；B、导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力在宏观上就表现为导线受到的安培力，所以说：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现故B正确C、安培力和洛伦兹力都可
18、以用左手定则来判断，故C正确D、安培力垂直通电导线，导线的运动方向可以与速度平行，故安培力可以做正功，因洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力的瞬时功率为零，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故D错误；故选：BC点评：本题关键是明确洛伦兹力和安培力的性质、大小、方向特点，注意洛伦兹力永不做功，基础问题8（6分）根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置电磁炮，其原理如图所示：把待发炮弹（导体）放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去现要提高电磁炮的发射速度，你认为下列方案可行的是（）A增大磁
19、感应强度B的值B减小磁感应强度B的值C增大电流ID改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行考点：导体切割磁感线时的感应电动势 分析：炮弹加速运动的动力为安培力，根据安培力公式F=BIL进行分析即可解答：解：ABC、要提高电磁炮的发射速度，需要增加安培力做的功，在加速距离不变的情况下，可以增加安培力，根据安培力公式F=BIL，可以增加磁感应强度B、或增加电流I，故A、C正确，B错误；D、改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行，安培力减小为零，将不能使电磁炮加速，故D错误；故选：AC点评：本题关键明确电磁炮的工作原理，明确炮弹加速运动的动力为安培力，然后结合安培力公式列式分析即可9（
20、6分）质量为m的金属导体棒置于倾角为的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为，当导体棒通入垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中导体棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力 分析：首先根据左手定则判断出安培力的方向，然后通过对棒受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否可以不受摩擦力解答：解：a、棒受重力、竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，则不受摩擦力故A正确C、棒受重力，水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，不受摩擦力故C正确B、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受
21、摩擦力故B错误D、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，三个力不可能平衡，必须受摩擦力才有可能平衡故D错误故选：AC点评：解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断棒是否受摩擦力10（6分）两个质量和电荷量都相同的带电粒子a，b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）Aa粒子带正电，b粒子带负电Bb粒子速度较大Ca粒子在磁场中运动时间较长Da粒子在磁场中所受洛伦兹力较大考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：a、b两个质量相同、所带
22、电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定运动的时间关系解答：解：A、粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误B、粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，即：qvB=m，得：r=，故半径较大的b粒子速度大，故B正确C、粒子运动周期 T=，T相同磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长故C正确D、由公式；f=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大故D错
23、误故选：BC点评：该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定属于简单题目11（6分）如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子（不计粒子的重力）从两板中央垂直电场、磁场入射它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，则可以采取下列的正确措施为（）A使入射速度增大B使粒子电量增大C使电场强度增大D使磁感应强度增大考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，轨迹为水平直线时两个力平衡，若要使粒子向上偏转，洛伦兹力必须
24、大于电场力解答：解：由题，带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，开始时粒子的轨迹为水平直线，则电场力与洛伦兹力平衡，即有 qvB=qE，即vB=E，若使粒子飞越金属板间的过程中向上板偏移，洛伦兹力必须大于电场力，则qvBqE，即vBEA、使入射速度增大，洛伦兹力增大，而电场力不变，则粒子向上偏转故A正确B、由上式可知，改变电量，电场力与洛伦兹力仍然平衡，粒子仍沿水平直线运动故B错误C、使电场强度增大，电场力增大，粒子向下偏转故C错误D、使磁感应强度增大，洛伦兹力增大，则粒子向上偏转故D正确故选AD点评：对于速度选择器，有qvB=qE，即vB=E，此结论与带电粒子的
25、电荷量、质量无关12（6分）如图所示的长方形区域内为匀强磁场，在矩形线圈abcd从左到右穿过整个磁场的过程中，则（）A整个过程中都不会产生感应电流B线圈从磁场外进入磁场的过程中，会产生逆时针方向的感应电流C线圈整体在磁场中平移的过程中，会产生逆时针方向的感应电流D线圈从磁场中穿出的过程中，会产生顺时针方向的感应电流考点：楞次定律 分析：根据感应电流产生的条件判断是否有感应电流产生，应用右手定则判断感应电流的方向解答：解：在线圈进入或离开磁场的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，线圈完全在磁场中时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生；由右手定则可知，线圈进入磁场过程中，线圈中感
26、应电流沿逆时针方向，线圈离开磁场时，电流沿顺时针方向，由以上分析可知，BD正确，AC错误；故选：BD点评：知道感应电流产生的条件、应用右手定则即可正确解题，本题是一道基础题三、实验题（共16分）13（16分）现测量一镍铬芯电阻线的电阻率，用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为d，用多用电表测得其电阻值约为10，为提高测量的精度，需从下列器材中挑选一些元件，设计电路，重新测量这段导线（图中用Rx表示）的电阻率A电源E（电动势为6.0V，内阻不计）B电压表 （量程为00.6V，内阻约为2k）C电压表 （量程为06.0V，内阻约为6k）D电流表 （量程为00.6A，内阻约为1）E电流表 （量
27、程为03.0A，内阻约为0.1）F滑动变阻器 （最大阻值5，额定电流1.0A）G滑动变阻器 （最大阻值10，额定电流0.2A）H开关S一个，导线若干（1）如图甲所示是该实验小组用螺旋测微器对铜线直径的测量，其读数是0.700mm（2）请你在图乙方框内画出实验电路图（3）实验时电压表选B，电流表选D，滑动变阻器选G（只填代号）（4）若在测量时，电压表示数为U，电流表示数为I，则该铜芯导线所用材料的电阻率的表达式为=（用字母表示）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，需估读（2）根据电线电阻与电表内阻关系确定电流表接法
28、，为精确测量电阻阻值，滑动变阻器可以采用分压接法，据此作出实验电路图；（3）根据电源电压确定电压表量程，根据电路最大电流选择电流表量程，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（4）由欧姆定律求出电阻，由电阻定律求出电阻率解答：解：（1）由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度所示为0.5mm，可动刻度示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.200mm=0.700mm；（2）滑动变阻器可以采用限流接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示（3）电源电动势为6.0V，电压表应选B；通过电线的最大电流约为：I=0.6A，电流表应选电流
29、表D，待测电阻阻值约为10，滑动变阻器可以选择G（4）由欧姆定律得：R=，由电阻定律得：R=，则电阻率：=；故答案为：（1）0.700；（2）电路图如图所示；（3）B；D；G；（4）点评：要根据实验目的、实验原理、根据所给实验器材选择实验所需要的器材，然后确定滑动变阻器的接法与电流表的接法，再作出实验电路图四、计算题（本题共3小题，共30分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分）14（8分）两根平行放置的光滑金属导轨框架与水平面的夹角为，导轨间距离为L导轨上有一根垂直于导轨放置的，质量为m的均匀金属棒电源的电动势为E，内电阻为r，导轨和金属棒的总电阻为R求（1
30、）金属棒中的电流I的大小（2）若整个装置位于竖直向上的匀强磁场中，要使金属棒静止，磁感应强度B为多大？考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 分析：（1）利用闭合电路的欧姆定律即可求的电流；（2）以金属棒为研究对象受力分析，根据平衡条件求安培力的大小，然后由安培力公式计算磁感应强度的大小解答：解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可知I=（2）以金属棒为研究对象受力分析，运用合成法如图：由几何知识得：F=mgtan由安培力公式：F=BIL联立以上三式解得：B=tan答：（1）金属棒中的电流I的大小（2）所加磁场的磁感应强度大小为：tan点评：本题借助安培力考查了平衡条件的应用，
31、判断安培力的方向时要注意安培力一定与B垂直、与I垂直15（10分）如图为质谱仪的原理示意图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后进入粒子速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E、方向水平向右已知带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点垂直MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点可测量出G、H间的距离为l带电粒子的重力可忽略不计求（1）粒子从加速电场射出时速度的大小（2）粒子速度选择器中匀强磁场的磁感强度B1的大小和方向（3）偏转磁场的磁感强度B2的
32、大小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中运动只有电场力做功，根据动能定理可以求得粒子从加速电场射出时速度v的大小；（2）带电的粒子在速度选择器中做匀速直线运动，说明粒子受力平衡，根据粒子的受力状态可以求得速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子在磁场中运动的半径公式可以求得偏转磁场的磁感应强度B2的大小解答：解：（1）粒子在电场中运动只有电场力做功，根据动能定理可得，qU= mv2可以求得粒子从加速电场射出时速度v的大小v为，v=；（2）粒子在速度选择器中受力平衡，所以qE=qvB1，所以磁感
33、应强度B1的大小为B1=E，根据左手定则可知，磁感强度B1的方向垂直纸面向外；（3）粒子垂直进入磁场，做圆周运动，半径的大小为 L，所以qvB2=m即L=，所以B2=答：（1）粒子从加速电场射出时速度的大小；（2）粒子速度选择器中匀强磁场的磁感强度B1的大小E和方向向外（3）偏转磁场的磁感强度B2的大小点评：粒子在速度选择器中的运动可以分为匀加速直线运动、匀速运动和匀速圆周运动，根据不同阶段的运动的特点来分类解决16（12分）如图所示，两平行板间距为d，板间存在垂直纸面向内的匀强磁场一带电粒子质量均为m、电量为q，垂直于边界进入该匀强磁场区域，恰好上板右侧边缘飞出，速度方向偏离入射方向=60角
34、已知磁感强度为B，不计粒子所受重力求：（1）该带电粒子带正电还是负电？（2）粒子进入磁场时的速度v0（3）粒子在磁场中运动的时间（4）若垂直入射的是一束速度各不相同的该种带电粒子，试分析能飞出两平板的带电粒子的速度应满足什么条件？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据左手定则判断粒子的电性；（2）带电粒子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径然后由牛顿第二定律求粒子进入磁场时的速度；（3）由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=T求运动时间；（4）能飞出两平板的临界情况为右侧上边缘和
35、右侧下边缘；解答：解：（1）由左手定则知粒子带负电；（2）由题意垂直于边界进入该匀强磁场区域，恰好上板右侧边缘飞出，速度方向偏离入射方向=60角，则粒子圆周运动的半径r=d根据牛顿第二定律：qv0B=m联立得：v0=（3）T=t=T得：t=（4）能飞出两平板的带电粒子的临界情况为：上极板边缘和下极板边缘，从下极板边缘飞出时，r=d得：v=故粒子速度的范围为：v；答：（1）该带电粒子带负电；（2）粒子进入磁场时的速度v0为；（3）粒子在磁场中运动的时间为；（4）若垂直入射的是一束速度各不相同的该种带电粒子，试分析能飞出两平板的带电粒子的速度应满足v点评：本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要明确轨迹的半径，结合几何关系和牛顿第二定律求解
