第一章　安培力与洛伦兹力 综合拔高练（含答案解析）

第一章安培力与洛伦兹力综合拔高练高考真题练考点1安培力大小与方向1.(2023江苏,2)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为()A.0B.BIlC.2BIlD.5BIl2.(多选题)(2024福建,5)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上,AB置于垂直纸面向外的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,现给导线通以自A到B、大小为I的电流,则()A.通电后两线拉力变小B.通电后两线拉力变大C.安培力为πBIrD.安培力为2BIr3.(2024浙江1月选考,4)磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是()A.图示左侧通电导线受到安培力向下B.a、b两点的磁感应强度相同C.圆柱内的磁感应强度处处为零D.c、d两点的磁感应强度大小相等考点2安培力作用下的平衡4.(2022湖南,3)如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是()A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流方向由N指向MB.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比考点3安培力作用下导体运动分析5.(多选题)(2022湖北,11)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为33g;减速时,加速度的最大值为3g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是()A.棒与导轨间的动摩擦因数为3B.棒与导轨间的动摩擦因数为3C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°考点4安培力的叠加6.(2021广东,5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线,长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1,四根平行直导线均通入电流I2,I1≫I2,电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是()ABCD考点5带电粒子在磁场中的运动7.(2024广西,5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始运动,粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的距离为()A.mvqBB.C.(1+2)mvqBD.8.(2022广东,7)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是()9.(2024湖北,7)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是()A.粒子的运动轨迹可能经过O点B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πD.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为3考点6带电粒子在复合场中的运动10.(2022全国甲,18)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是()11.(2022重庆,5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则()A.电场力的瞬时功率为qEvB.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC.v2与v1的比值不断变大D.该离子的加速度大小不变12.(多选题)(2024安徽,10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则()A.油滴a带负电,所带电量的大小为mgB.油滴a做圆周运动的速度大小为gBRC.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRED.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动13.(2024江西,7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料,具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示,在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场,磁感应强度为B,电极1、3间通以恒定电流I,电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3A时,测得U-B关系图线如图(b)所示,元电荷e=1.60×10-19C,则此样品每平方米载流子数最接近()A.1.7×1019B.1.7×1015C.2.3×1020D.2.3×101614.(2023湖南,6)如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是()A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则t=D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2,则t=2t15.(2023江苏,16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。(1)求电场强度的大小E;(2)若电子入射速度为v04,求运动到速度为v02(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=mv05eB位置的电子数N16.(2024湖南,14)如图,有一内半径为2r、长为L的圆筒,左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点,取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场,场强大小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子,电子初速度方向均在xOy平面内,且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e,设电子始终未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及电子的重力。(1)若所有电子均能经过O进入电场,求磁感应强度B的最小值;(2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ,求tanθ的绝对值;(3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。17.(2024广东,15)如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的π3倍,粒子质量为m(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W。

高考模拟练应用实践1.在匀强磁场中有带电粒子做匀速圆周运动,当它运动到M点,与不带电的静止粒子碰撞合为一体,碰撞后的运动轨迹是图中哪一个(实线为原轨迹,虚线为碰后轨迹,且不计粒子的重力)()2.笔记本电脑盖上屏幕,屏幕盖板上磁铁和主板机壳上“霍尔传感器”配合,通过改变a、b间电势差的方式使屏幕进入休眠模式,其工作原理如图所示。当电脑盖上屏幕时,相当于屏幕边缘的磁极靠近霍尔元件,已知该霍尔元件载流子为电子,以下说法正确的是()A.盖上盖板,a端带正电B.打开盖板,a端带正电C.盖上屏幕过程中,a、b间电势差逐渐减小D.盖上屏幕过程中,a、b间电势差逐渐增大3.据报道,我国福建号航母舰载机弹射起飞的电磁弹射技术与他国不同,采用的储能方式是超级电容。某科学探究小组制作了一个简易的电容式电磁弹射装置,如图所示,间距为l的水平平行金属导轨左端连接充好电的电容器,电容为C,电压为U,导轨右端放置质量为m的光滑金属棒,匀强磁场沿竖直方向(图中未画出),磁感应强度大小为B,开关闭合后金属棒向右离开导轨后水平射出,若某次试验金属棒弹射出去后电容器两端的电压减为U4,不计一切阻力,则金属棒离开导轨的速度为()A.BCUl4mB.3BCUl24.如图为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场场强恒定,且被限制在A、C板间。带电粒子(不计重力)从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是()A.带电粒子每运动一周被加速两次B.P1P2>P2P3C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D.加速电场方向需要做周期性的变化5.如图所示,边长为a=0.4m的正方形区域ABCD内无磁场,正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度大小均为B=0.2T的匀强磁场区域,PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外,PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m=1×10-8kg、电荷量为q=2×10-6C的带正电粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场,不计粒子的重力,则关于粒子的运动,下列说法正确的是()A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的最大速度为12m/sB.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为10m/sC.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为83D.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为2m/s6.如图所示,在光滑绝缘水平桌面上,有两个完全相同的小球,质量m=1kg,a小球不带电,b小球所带电荷量q=-2C,空间存在竖直向下的匀强电场E及垂直纸面向外、磁感应强度大小为1T的匀强磁场B,刚开始b小球固定,a小球以速度v=4m/s向右运动,碰前瞬间释放b小球,两球碰后粘在一起,碰撞时间极短,小球在离开桌面后做匀速圆周运动,取重力加速度大小g=10m/s2,求:(1)碰后瞬间小球的速度大小v';(2)匀强电场的电场强度E的大小;(3)小球做匀速圆周运动的半径R。迁移创新7.如图所示,在坐标系xOy中,x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0。质量为m、电荷量为-q的带电粒子在纸面内从P点与y轴成α=30°方向射入磁场,已知P点的纵坐标yP=d,不计粒子重力。(1)若粒子不离开磁场,求粒子速度的最大值vm;(2)若粒子离开磁场,求粒子在磁场中运动时间t的范围;(3)若磁场为非匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁感应强度大小沿y轴正方向均匀增大,关系为B=B0yd。粒子以大小为v=2qB0dm的速度从P点沿图示方向射入磁场,求粒子从

答案与分层梯度式解析第一章安培力与洛伦兹力综合拔高练高考真题练1.C导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。2.BD根据左手定则可知,通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下,根据半圆环AB受力平衡,分析可知,通电后两线拉力变大,故A错误,B正确;半圆环AB在磁场中的有效长度等于半圆环直径,则安培力大小为F=BI·2r=2BIr,故C错误,D正确。3.A根据左手定则可知,左侧通电导线所受安培力竖直向下,A正确;在a、b两点磁场方向不同,所以磁感应强度不同,B错误;磁感线是闭合曲线,在圆柱内磁感应强度不处处为零,C错误;c、d两处,磁感线密集程度不同,c处磁感应强度较大,D错误。4.D由左手定则可知,当直导线静止在右侧时,电流方向为由M到N,选项A错误;当直导线MN在右侧时,对直导线MN受力分析,得到力的矢量三角形如图,sinθ=F安mg=BILmg,F线=mgcosθ,B、L、mg为定值,所以sinθ与电流I成正比,悬线中的拉力F线会随着θ易混易错本题的安培力方向是垂直悬线的方向,分析时容易错画为水平方向。5.BC当通电导体棒加速且加速度最大时,导体棒所受安培力F安必定斜向右上方(破题关键),由左手定则可知,匀强磁场方向斜向右下方,与水平向右方向夹角为θ1,受力情况如图1,此时有F安cosθ1+FN=mgF安sinθ1−μFN=mamax,联立得F安(sinθ1+μcosθ1)-当θ1+φ=π2时,amax=F安1+当导体棒减速且加速度最大时,导体棒所受安培力F安'必定斜向左下方(破题关键),由左手定则知匀强磁场方向必定斜向左上方,与水平向右方向夹角为θ2,受力情况如图2,此时有FN'=F安'sinα+mgμFN'+F安'cosα=mamax',联立得F安'(μsinα+cosα图2当α+φ'=π2时,F安'1+μ2+μmg=mamax',有amax'=F因为F安与F安'大小相等,则联立各式得,μ=33,θ1=60°,α=30°,则θ2=90°+α=120°,故B、C正确方法点津必备数学知识辅助角公式asinα+bcosα=a2+b2sin(α+φ),其中tan6.C左右两侧电流与中心电流为同向电流,上下两侧电流与中心电流为反向电流,由同向电流相互吸引、反向电流相互排斥这一结论,可知弹性长管左右两侧受到向里的压力,上下两侧受到向外的斥力,则只有C项正确。故选C。7.C粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,可得粒子做圆周运动的半径r=mvqB,根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+rcos45°=(1+2)8.A分析在xOy平面内的投影即俯视图,由左手定则可知质子所形成的轨迹如图所示,选项A正确,B错误。而该轨迹在xOz平面上的投影应为平行于x轴的直线,故C、D项错误。9.D思路点拨粒子沿圆形边界磁场径向射入,必沿径向射出,且根据对称性可知粒子再次射入圆形边界磁场时仍沿半径方向,粒子从圆形边界磁场射出(射入)前后的轨迹可组成一个完整的圆。在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出的(解题技法),根据圆的对称性特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域时间最短时,根据对称性可知轨迹如图甲,则最短时间t=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=3R3,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,可得v=10.B带正电粒子从原点O由静止释放,在电场力作用下,获得向上的速度后,会受到向左的洛伦兹力,故粒子向左侧偏转,排除A、C选项;当粒子再回到x轴时,电场力整体做功为零,洛伦兹力始终不做功,故此时速度为零(破题关键),以后会重复原来的运动,不可能运动到x轴下方,故B正确,D错误。11.D由P=Fvcosθ,电场力的瞬时功率为P=Eqv1,A错误;该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=qv2B,B错误;离子在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动,同时沿水平方向做加速运动(破题关键),v1增大,v2不变,v2与v1的比值不断变小,C错误;离子受到的洛伦兹力大小不变,洛伦兹力方向始终垂直于磁场方向,即始终垂直于电场方向,又因为离子受到的电场力不变,则该离子的加速度大小不变,D正确。故选D。12.ABD油滴a在纸面内做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知其带负电,有mg=Eq,解得q=mgE,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力,有Bqv=mv2R,得R=mvBq,代入q解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=gBRE,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,得3R=m2v1Bq2,解得v1=3BqRm=3gBRE,周期为T=2π·3Rv1=2πEgB,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒(破题关键),设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a13.D设电子定向移动的平均速率为v,样品每平方米电子数为n,建立平面流体模型,t时间内通过样品的电荷量为nevtb,由电流的定义式得I=nevtbt=nevb,稳定时电子受力平衡,有eUb=evB,联立解得U=IneB,由题图(b)可知U-B图线的斜率k=80mV290mT=Ine,解得n≈2.教材溯源人教版教材中建立立体流体模型,推导出了电流的微观表达式I=nqvS,其中n指单位体积内的自由电荷数。借鉴教材知识,可推导得出I=nevb,n为单位面积内的自由电荷数。14.D设H为CF中点,且CH=l,粒子从H射出,在C点作速度的垂线及CH的中垂线得圆心O1,由直线边界的对称性(入射点速度与边界夹角等于出射点速度与边界夹角)可知H处速度方向竖直向下,可得半径r=mvqB2=22l,圆心角为90°,t0=若仅将区域Ⅰ中的磁感应强度大小变为2B1,根据qE=qv'·2B1得v'=E2B1,则其速度变为原来的12,在区域Ⅱ中运动半径变为原来的12,作图可知粒子仍从边界CF上射出,圆心角仍为90°,运动时间t=T4=πm2qB2,则t=t0,A错误;同理,若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则速度变为原来的2倍,在区域Ⅱ中运动半径变为原来的2倍,作图可知粒子从F点射出,对应圆心角仍然为90°,则t=t0,所以B错误;若仅将区域Ⅱ中磁感应强度变为34B2,因为速度不变,则粒子在区域Ⅱ中运动半径r'=236l,由于r'>2r,则粒子从边界FG上射出,圆心为O4,过出射点作CO的平行线,CO=2l,由几何关系知sinθ=32,得θ=60°,此时t=16T'=16·8πm3qB2=83t09,所以C错误;同理,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度变为24B2,得15.答案(1)v0B(2)3mv解析(1)当电子的入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有eE=ev0B,解得电场强度的大小E=v0B。(2)由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知,eEy1=12mv022-12mv(3)设能到达纵坐标y2=mv05eB位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v2',半径为R',则洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,ev2'B=mv解得v2'≥v则电子入射速度v=v0-v2'即v≤910v由题意可知电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2=mv05eB位置的电子数N占总电子数N0的百分比η=910一题多解第(2)问还可以利用“配速法”求解。若电子沿x轴正方向的入射速度为v04,利用运动的分解,可将初速度v04分解为一个沿x轴正方向的速度v1(大小v1=v0)和一个沿x轴负方向的速度v2大小v2=34v0,由v1产生的洛伦兹力ev0设v2的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v1与v2的合速度大小为v02,由余弦定理得cosθ解得cosθ=7设以v2=34v0做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev2B=mv22R,运动速度为v02时的纵坐标y1=R(1-cosθ16.答案(1)2πmv0eL解析(1)若所有电子均能经过O进入电场,则在沿x正方向有L=v0t电子在yOz平面内做匀速圆周运动,其运动周期T=2π若能经过O进入电场,则运动时间t=nT(n=1,2,3,…)联立求得当n=1时,磁感应强度最小,最小值B=2π(2)设在O'点当电子在y方向的分速度最大为vy时,进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向的夹角最大为θ,则tanθ=v由几何关系可得,电子在yOz平面内做匀速圆周运动的最大半径为r,则由洛伦兹力提供向心力有evyB=mv联立并代入B=2πm解得tanθ=2π(3)进入O点右侧区域后,电子沿y轴正方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有eE=ma沿y轴正方向的最大位移h=v其中vy=v0tanθ=2π联立解得h=2关键点拨本题中带电粒子在筒内做螺旋线运动,是一种立体的运动轨迹,解题关键是将运动分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,这两个分运动在互相垂直的方向上,互不影响。17.答案(1)带正电π(2)3πU0t0解析(1)粒子在磁场中沿顺时针方向做圆周运动,结合粒子速度方向及左手定则可以判断粒子带正电。由于粒子在磁场中运动半个圆周用时t0,可知粒子做圆周运动的周期T=2t0①洛伦兹力提供向心力,有qBv=mv2粒子做圆周运动的周期T=2πRv联立①②③式解得q=πmB(2)粒子在金属板间的运动可以看作两段类平抛运动的组合在水平方向有πD3=vt0在竖直方向有R=12at0加速度大小a=F电m=q由④⑤⑥⑦式解得D=3πUv=π3(3)分析可得R=πU0t根据运动的对称性可知粒子在t=4t0时刻离开金属板区域进入水平电场区域,t=5t0时刻粒子到达水平电场区域左侧最远处,t=6t0时刻粒子再次以水平初速度v进入金属板之间,此时两金属板间电压恰好变为-U0,t=6.5t0时刻粒子向上偏转R并恰好到达上极板。全过程电场力对粒子做的功W=12mv2+RDqU0=π3mU高考模拟练1.A粒子原来的轨迹半径为R=m1vq1B,碰撞过程动量守恒,有m1v=(m1+m2)v2,可得结合后在磁场中运动的轨迹半径为R'=(m12.D将立体图转化为俯视图,未稳定时和稳定时电子的受力如图所示无论盖上盖板还是打开盖板,霍尔元件处磁场方向向下,电流方向向左,根据左手定则可得,载流子受力方向指向a,因此a端带负电,故A、B错误;设霍尔元件的长度为l,宽度为d,高度为c,则稳定时Udq=qvB,I=nqSv=nqdcv,所以U=BInqc,盖上屏幕过程中,磁感应强度变大,则霍尔电压增大,即a、b间电势差逐渐增大,故C错误,D3.C根据电容的定义式,有C=QU,可知金属棒在导轨上运动过程中通过它的电荷量为q=CΔU=34CU。由动量定理,可得BIlt=mv,又q=It(解题技法),联立解得v=3BCUl4.B模型构建对于粒子在电场中的运动,构建匀加速直线运动模型。带电粒子在A、C两板间做匀加速直线运动,加