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2009年5月，英国特技演员史蒂夫?特鲁加里亚飞车挑战世界最大环形车道．如图所示，环形车道竖直放置，直径达12m，若汽车在车道上以12m/s恒定的速率运动，演员与摩托车的总质量为1000kg，车轮与轨道间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s²，则（　　）

A．汽车发动机的功率恒定为4.08×10⁴W

B．汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×l0⁴N

C．若要挑战成功，汽车不可能以低于12 m/s的恒定速率运动

D．汽车在环形车道上的角速度为1 rad/s

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物理选修3-4
（1）近年来全球地震频发已引起全球的高度关注．

某实验室一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成．如图1，在某次地震中同一震源产生的地震横波和地震纵波的波长分别为10km和20km，频率为0.5Hz．假设该地震波的震源恰好处在地震仪的正下方，观察到两振子相差5s开始振动，则地震仪中的两个弹簧振子振动的频率等于

 

．地震仪的竖直弹簧振子P先开始振动，震源距地震仪约

 

．
（2）“光纤之父”高锟获得2009年诺贝尔物理学奖的理由为--“在光学通信领域光在光纤中传输方面所取得的开创性成就”．某有线制导导弹发射时，在导弹发射基地和导弹间连一根细如蛛丝的特制光纤，它双向传输信号，能达到有线制导作用．光纤由纤芯和包层组成，其剖面如图2，为保证从光纤一端入射的光信号不会通过包层“泄漏”出去，光在光纤内部由纤芯射向纤芯与包层的界面时须发生

 

，故纤芯的折射率一定

 

包层的折射率（填“大于”、“小于”或“等于”）．若已知某光纤纤芯的折射率为n，光纤总长度为L，且暴露在空气中．光从光纤一端以某一角度入射时，恰好能使入射的光信号无“泄露”，求光在光纤内部传播所需要的时间（已知光在真空中的传播速度为C）．

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                       高考真题

1．【解析】本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边

【答案】C

2．【解析】由回旋加速器的结构可知，离子由加速器的中心附近进入加速器，所以选项A正确；因在盒内洛仑兹力不做功，所以离子从空隙的电场中获得能量，故选项D正确．

【答案】AD

3．【解析】由安培定则判断在水平直导线下面的磁场是垂直于纸面向里，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动

【答案】C

4．【解析】带电粒子在洛仑兹力作用下，作匀速圆周运动，又根据左手定则得选项A正确．

【答案】A

5．【解析】因为tanα=板间距离/板长，并可用荷质比表示，由左手定则可以判断负外；不正确，电子的荷质比是其本身的性质。

【答案】不正确，电子的荷质比是其本身的性质。

6．【解析】(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。如图所示，设圆弧的半径为R，则有

                            R=dsinj                     

     由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得                                         

将①式代入②式，得                             

(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v₀，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有

v₀＝vcosj                           vsinj＝at                            d=v₀t联立发上各式得

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得    qE＝ma         联立得

【答案】（1）    （2）

7．【解析】(1)洛伦兹力不做功，由动能定理得，

  mgy=mv²           ……①

得  v=            ……②

（2）设在最大距离y_m处的速率为v_m,根据圆周运动有，

qv_mB-mg=m             ……③

且由②知         ……④

由③④及R=2y_m

得                  ……⑤

（3）小球运动如图所示，

由动能定理 （qE-mg）|y_m|=       ……⑥　

由圆周运动  qv_mB+mg-qE=m         ……⑦   

且由⑥⑦及R=2|y_m|解得

v_m=

【答案】（1）     （2）   （3）

8．【解析】⑴做直线运动有：                     

          做圆周运动有：

          只有电场时，粒子做类平抛，有：

                  解得：

          粒子速度大小为：

          速度方向与x轴夹角为：

          粒子与x轴的距离为：

        ⑵撤电场加上磁场后，有：

                          解得：                    

          粒子运动轨迹如图所示，圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π/4，有几何关系得C点坐标为：

           过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：

                          解得：

           M点横坐标为：

【答案】（1）    （2）

9．【解析】方法1：（1）设粒子在0～t₀时间内运动的位移大小为s₁

                                                   ①

                                        ②

又已知

联立①②式解得

                                           ③

（2）粒子在t₀~2t₀时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v₁，轨道半径为R₁，周期为T，则

                                          ④

                                 ⑤

联立④⑤式得

                                         ⑥

又                                    ⑦

即粒子在t₀~2t₀时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t₀~3t₀时间内，粒子做初速度为v₁的匀加速直线运动，设位移大小为s₂

                             ⑧

解得                               ⑨

由于s₁+s₂＜h,所以粒子在3t₀~4t₀时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v₂，半径为R₂

                                   ⑩

                                 11

解得                              12

由于s₁+s₂+R₂＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t₀～5t₀时间内，粒子运动到正极板（如图所示）。因此粒子运动的最大半径

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示。                   

方法2：由题意可知，电磁场的周期为2t₀，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为

                方向向上

        后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T

        粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n个周期末，粒子位移大小为s_n

        又已知 

        由以上各式得      

        粒子速度大小为    

       粒子做圆周运动的半径为     

       解得      

       显然       

   【答案】（1）粒子在0～t₀时间内的位移大小与极板间距h的比值  

      （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径  

      （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图。

10．【解析】（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。                                         

设入射粒子的速度为，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得

             ………… ①

由上式解得           ………… ②

（2）设是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心。连接，设。  

如图所示，由几何关系得     ………… ③

                     ………… ④

由余弦定理得

                ………… ⑤

联立④⑤式得

                     ………… ⑥

设入射粒子的速度为，由解出

【答案】

11．【解析】⑴v₀=100m/s（提示：微粒在磁场中的半径满足：L<r<2L，因此80<v₀<160，而m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）               

⑵t=2.8×10^-2s两次穿越磁场总时间恰好是一个周期，在磁场外的时间是，代入数据得t=2.8×10^-2s

【答案】（1）    （2）t=2.8×10^-2s

                   名校试题

1．【解析】由安培定则判断出P和QR的磁场方向，并求出其合磁场是水平向右，再由左手定则判断出R受到的磁场力垂直R，指向y轴负方向

【答案】A

2．【解析】 电子在飞行过程中受到地磁场洛仑兹力的作用，洛仑兹力是变力而且不做功，所以电子向荧光屏运动的速率不发生改变；又因为电子在自西向东飞向荧光屏的过程中所受的地磁场感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，故电子在在竖直平面内的运动轨迹是圆周。

【答案】CD

3．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向B板，所以B板是电源的正极，因最后离子匀速运动，由平衡条件得，故电源的电动势为Bvd

【答案】BC

4．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向后表面的电势，所以选项A正确；，所以选项C也正确．

【答案】AC

5．【解析】设D形盒的半径为R，则粒子可能获得的最大动能由qvB=m得E_km==,由此式得选项AC正确．

【答案】AC

6．【解析】无磁场时，小球队在C点由重力提供向心力，，临界速度。

从A至C由机械能守恒定律得：，有

加磁场后，小球在C点受向上的洛仑兹力，向心力减小，

临界速度v减小。洛仑兹力不做功，由A到C机械能守恒

因，所以，故选项C正确。

【答案】C

7．【解析】(1)电场中加速，由                   

∴                           

磁场中偏转，由牛顿第二定律得  

∴                      

可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形△O₁O₂O₃是等边三角形，其边长为2r www.ks5u.com                                

∴   

(2)电场中，        中间磁场中，             

右侧磁场中，             则           

【答案】（1）    （2）

8．【解析】（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有

     --------------①

同时有   -----------②

粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知， 

x_C＝－（r＋rcos45⁰）＝，        ------------ ③

故，C点坐标为（，0）。         ----------- ④

（2）设粒子从A到C的时间为t₁，设粒子从A到C的时间为t₁，由题意知

                        ------------ ⑤

设粒子从进入电场到返回C的时间为t₂，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有                      ------------⑥

及  ，       ------------⑦

联立⑥⑦解得       ------------⑧

设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t₃，由题意知

            ------------ ⑨

故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为

    ------------ ⑩

（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v₀的方向（设为x′轴）做匀速运动，即

     ……①              …………② 

沿着qE的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即

    ……③             ……④  

设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.

由图中几何关系知

      ……⑤             ……⑥

       ……⑦

综合上述①②③④⑤⑥⑦得

        ……⑧            

【答案】（1）C点坐标为（，0）     （2）       （3）        

9．【解析】 ⑴由电场力与洛伦兹力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B

⑵根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足 

其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或。

设圆弧的半径为R，则有2R²=x²，可得：

又

由①②③式得：，n =1、2、3、

⑶当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为

，

，其中n =1、3、5、……

当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为

，其中n =2、4、6、……

【答案】（1）E =v₀B  （2）    （3）当n取奇数时，

当n取偶数时，

10．【解析】（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，速度为v₀，根据能的转化和守恒定律得：                                           

要使粒子能沿图中虚线O₂O₃进入PQ、MN之间的区域，

则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，

   得到                                      　　

将②式代入①式，得                        

（2）粒子从O₃以速度v₀进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，打到ab板上，以大小为v₀的速度垂直于磁场方向运动．粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部．由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T．

由和运动学公式，得                     

粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为            

粒子进入磁场中，在v₀方向的总位移s=2Lsin45°，时间为         

则t=t₁+t₂=

   【答案】 （1）     （2）     

11．【解析】设速度为v₀时进入磁场后做圆周运动的半径为r

有                 得r==                           

设速度为2v₀时进入磁场做圆周运动的半径r′

得r′==L                                         

设其速度方向与x轴正方向之间的夹角为θ                     

由图中的几何关系有：cosθ==                              

得θ＝45°或θ＝135°                                         

（2）为使粒子进入电场后能垂直打在挡板上，则要求粒子进入电场时速度方向

与x轴正方向平行，如图所示。粒子进入电场后由动能定理有

qEd=mv′² －m(2v₀)²   得v′=          

当θ₁=45°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为

y₁=r－r′sin45°=(－1)L                                 

当θ₂ =135°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为

y₂= r′+ r′sin45°=(+1)L                                 

【答案】（1）θ＝45°或θ＝135°    （2）当θ₁=45°时，(－1)L；

θ₂=135°(+1)L，

12．【解析】（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由于带电粒子垂直射入匀强磁场带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于MN中点O′，

由几何关系可知，轨道半径r=lcos45=0.2（m

又Bqv =  

所以

设带电粒子在磁场中运动时间为t₁，在电场中运动的时间为t₂，总时间为t。

t₁ =      t₂ =

联立解得 t = =2.07×10^-4（s）

（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则：

lsin45 = at₂²   a =    解得：E = sin45=1.6（V/m）

【答案】（1）  2.07×10^-4（s）   （2）1.6（V/m）

13．【解析】（1）微粒在加速电场中由动能定理得：

 ①        解得v₀ = 1.0×10⁴m/s   

（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：  ，  

飞出电场时，速度偏转角的正切为：

    ②    解得  θ = 30^o   

（3）进入磁场时微粒的速度是：     ③

轨迹如图所示，由几何关系有：  ④   

洛伦兹力提供向心力：         ⑤

由③～⑤联立得：   代入数据解得：B ＝/5=0.346T     

所以，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346T。

(B =0.35T照样给分)

【答案】（1）v₀=1.0×10⁴m/s    （2）  θ=30^o      （3）B ＝/5=0.346T

考点预测题

1．【解析】因带电粒子在运动过程中受电场力和洛仑兹力的作用，由于带电粒子受到的电场力不断改变，若正电荷做匀速直线运动，则所受洛伦兹力的大小改变，所以选项B对

【答案】B

2．【解析】由左手定则判断这些质子流相对于预定地点向东偏转，故选项B正确

【答案】B

3．【解析】因小球受到的洛伦兹力沿半径方向，与回复力方向垂直，所以周期不变；摆球在最大位移处时，洛伦兹力为零，小球此时受重力和绳的拉力，与后垂直方向的夹角相同，所受丝线的拉力大小不变，选项AD正确

【答案】AD

4．【解析】：若a板电势高于b板，则电子受电场力向上，要使电子沿直线运动，则电子受到的洛仑兹力向下 ，由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里，A正确；若a板电势低于b板，则电子受电场力向下，要使电子沿直线运动，则电子受到的洛仑兹力向上 ，由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，D正确；此题考查带电粒子在复合场中的运动、速度选择器。

【答案】AD

5．【解析】直导线1和2在点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，则导线2在点产生的磁感应强度为；因两点到导线2的 距离相等，则去掉导 线1后，点的磁感应强度大小也为，由安培定则可判断磁感应强度的方向垂直纸面向外。

【答案】     方向垂直纸面向外

6．【解析】右手螺旋定则判断出通电环B的外部是“叉”磁场，然后再用左手定则判断出它的受力方向向右。当A、B中的电流大小保持不变，同时改变方向时，用上面的方法判断的结果是：通电导线A所受安培力的方向是不变的，仍向右。

【答案】受力方向向右；仍向右

7．【解析】在导轨通有电流Ｉ时，炮弹作为导体受到磁场施加的

安培力为Ｆ＝IwB              ①

设炮弹的加速度的大小为a，则有因而　　　F=ma                   ②

炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而　　　　　　　　　　　③

　　联立①②③式得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

代入题给数据得：　　　　　　　　

【答案】

8．【解析】在电容器放电的极短时间Dt内，导线中有从N®M的电流，此电流受到垂直纸面向里的安培力作用，由于时间极短，在Dt内可近似认为水平方向只受安培力作用，根据动量定理得：

       BIlDt=mv……①

其中v是导体棒获得的速度。                                   

       S断开后导体在拉力T和重力作用下上升，只有重力作功，机械能守恒，有：

       mv²/2=mgh②

又：IDt=Q……③、C=Q/U……④

由①②③④解得h=

【答案】h=

9．【解析】半圆的直径在y轴上，半径的范围从0到a，屏上发亮的范围从0到2a。轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场。对轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场，关键是分析出速度最大的粒子落在哪里，进而画出其轨迹图。因为速度最大粒子的落点恰好是这题的临界条件。考虑r=a的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切（虚线），OD=2a，这是水平屏上发亮范围的左边界。速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C和，C在y轴上，有对称性可知在x=2a直线上。

学生要根据具体问题列出物理关系式。设t₁为粒子在0<x<a的区域中运动的时间，t₂为在x>a的区域中运动的时间，由题意可知

由此解得：                          ②

                          ③

结合几何图形，挖掘隐含的对称关系和几何关系，              图37

这恰恰是对他们灵活应数学知识综合解决物理问题能力的检验，也正是高考命题者的用心甩在，而大多数学生对此认识不足，从而导致了解题的困难。

由②、③式和对称性可得               ④

                                     ⑤

        ⑥

所以                             ⑦

即为1/4圆周。因此，圆心在x轴上。

设速度