題目列表(包括答案和解析)
（14分）
（1）開普勒行星運動第三定律指出：行星繞太陽運動的橢圓軌道的半長軸a的三次方與它的公轉周期T的二次方成正比，即
，k是一個對所有行星都相同的常量。將行星繞太陽的運動按圓周運動處理，請你推導出太陽系中該常量k的表達式。已知引力常量為G，太陽的質量為M太。
（2）開普勒定律不僅適用于太陽系，它對一切具有中心天體的引力系統(tǒng)（如地月系統(tǒng)）都成立。經測定月地距離為3.84×108m，月球繞地球運動的周期為2.36×106S，試計算地球的質M地。（G=6.67×10-11Nm2/kg2，結果保留一位有效數字）
【解析】：（1）因行星繞太陽作勻速圓周運動，于是軌道的半長軸a即為軌道半徑r。根據萬有引力定律和牛頓第二定律有
①
于是有 
②
即 
③
（2）在月地系統(tǒng)中，設月球繞地球運動的軌道半徑為R，周期為T，由②式可得
④
解得 M地=6×1024kg ⑤
（M地=5×1024kg也算對）
23．【題文】（16分）
如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經t0時間從P點射出。
（1）求電場強度的大小和方向。
（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經
時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運動加速度的大小。
（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間。
高考真題
1．【解析】本題考查了左手定則的應用。導線a在c處產生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導線b在c處產生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點的合場方向平行于ab，根據左手定則可判斷導線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊
【答案】C
2．【解析】由回旋加速器的結構可知，離子由加速器的中心附近進入加速器，所以選項A正確；因在盒內洛侖茲力不做功，所以離子從空隙的電場中獲得能量，故選項D正確．
【答案】AD
3．【解析】由安培定則判斷在水平直導線下面的磁場是垂直于紙面向里，所以小磁針的N極將垂直于紙面向里轉動
【答案】C
4．【解析】帶電粒子在洛侖茲力作用下，作勻速圓周運動，又根據左手定則得選項A正確．
【答案】A
5．【解析】因為tanα=板間距離/板長，并可用荷質比表示，由左手定則可以判斷負外；不正確，電子的荷質比是其本身的性質。
【答案】不正確，電子的荷質比是其本身的性質。
6．【解析】(1)質點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質點飛離磁場時，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質點軌跡與x軸的交點為A，過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。如圖所示，設圓弧的半徑為R，則有
R=dsinj
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
將①式代入②式，得
(2)質點在電場中的運動為類平拋運動。設質點射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有
v0＝vcosj vsinj＝at d=v0t聯(lián)立發(fā)上各式得
設電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得 qE＝ma 聯(lián)立得
【答案】（1） （2）
7．【解析】(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得，
mgy=
mv2
……①
得 v=
……②
（2）設在最大距離ym處的速率為vm,根據圓周運動有，
qvmB-mg=m
……③
且由②知 
……④
由③④及R=2ym
得
……⑤
（3）小球運動如圖所示，
由動能定理
（qE-mg）|ym|=
……⑥
由圓周運動 qvmB+mg-qE=m
……⑦
且由⑥⑦及R=2|ym|解得
vm=
【答案】（1） （2） （3）
8．【解析】⑴做直線運動有：
做圓周運動有：
只有電場時，粒子做類平拋，有：
解得：
粒子速度大小為：
速度方向與x軸夾角為：
粒子與x軸的距離為：
⑵撤電場加上磁場后，有：
解得：
粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關系得C點坐標為：
過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：
解得：
M點橫坐標為：
【答案】（1） （2）
9．【解析】方法1：（1）設粒子在0～t0時間內運動的位移大小為s1
①
②
又已知
聯(lián)立①②式解得
③
（2）粒子在t0~2t0時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則
④
⑤
聯(lián)立④⑤式得
⑥
又
⑦
即粒子在t0~2t0時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時間內，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為s2
⑧
解得 
⑨
由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0時間內繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2
⑩
11
解得 
12
由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0～5t0時間內，粒子運動到正極板（如圖所示）。因此粒子運動的最大半徑
（3）粒子在板間運動的軌跡如圖所示。
方法2：由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為
方向向上
后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T
粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為sn
又已知 
由以上各式得 
粒子速度大小為 
粒子做圓周運動的半徑為 
解得 
顯然 
【答案】（1）粒子在0～t0時間內的位移大小與極板間距h的比值
（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑 
（3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖。
10．【解析】（1）由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。
設入射粒子的速度為
，由洛侖茲力的表達式和牛頓第二定律得
………… ①
由上式解得 
…………
②
（2）設
是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心。連接
，設
。
如圖所示，由幾何關系得
………… ③
………… ④
由余弦定理得
………… ⑤
聯(lián)立④⑤式得
………… ⑥
設入射粒子的速度為
，由
解出
【答案】
11．【解析】⑴v0=
m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）
⑵t=2.8×10-2s兩次穿越磁場總時間恰好是一個周期，在磁場外的時間是
，代入數據得t=2.8×10-2s
【答案】（1）
（2）t=2.8×10-2s
名校試題
1．【解析】由安培定則判斷出P和QR的磁場方向，并求出其合磁場是水平向右，再由左手定則判斷出R受到的磁場力垂直R，指向y軸負方向
【答案】A
2．【解析】 電子在飛行過程中受到地磁場洛侖茲力的作用，洛侖茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運動的速率不發(fā)生改變；又因為電子在自西向東飛向熒光屏的過程中所受的地磁場感應強度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，故電子在在豎直平面內的運動軌跡是圓周。
【答案】CD
3．【解析】根據左手定則判斷出，正離子偏向B板，所以B板是電源的正極，因最后離子勻速運動，由平衡條件得
，故電源的電動勢為Bvd
【答案】BC
4．【解析】根據左手定則判斷出，正離子偏向后表面的電勢，所以選項A正確；，
所以選項C也正確．
【答案】AC
5．【解析】設D形盒的半徑為R，則粒子可能獲得的最大動能由qvB=m
得Ekm=
=
,由此式得選項AC正確．
【答案】AC
6．【解析】無磁場時，小球隊在C點由重力提供向心力，
，臨界速度
。
從A至C由機械能守恒定律得：
，有
加磁場后，小球在C點受向上的洛侖茲力，向心力減小，
臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機械能守恒
因
，所以
，故選項C正確。
【答案】C
7．【解析】(1)電場中加速，由
∴
磁場中偏轉，由牛頓第二定律得 
∴ 
可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形△O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2r www.ks5u.com
∴
(2)電場中，
中間磁場中，
右側磁場中， 
則
【答案】（1） （2）
8．【解析】（1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，故有
--------------①
同時有
-----------②
粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識知，
xC＝－（r＋rcos450）＝
，
------------ ③
故，C點坐標為（，0）。
----------- ④
（2）設粒子從A到C的時間為t1，設粒子從A到C的時間為t1，由題意知
------------ ⑤
設粒子從進入電場到返回C的時間為t2，其在電場中做勻變速運動，由牛頓第二定律和運動學知識，有 
------------⑥
及 
，
------------⑦
聯(lián)立⑥⑦解得 
------------⑧
設粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為t3，由題意知
------------
⑨
故而，設粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為
------------ ⑩
（3）粒子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程是在電場中做類似平拋的運動，即沿著v0的方向（設為x′軸）做勻速運動，即
……①
…………②
沿著qE的方向（設為y′軸）做初速為0的勻變速運動，即
……③ 
……④
設離子第四次穿越x軸時速度的大小為v，速度方向與電場方向的夾角為α.
由圖中幾何關系知
……⑤
……⑥
……⑦
綜合上述①②③④⑤⑥⑦得
……⑧
【答案】（1）C點坐標為（，0） （2） （3）
9．【解析】 ⑴由電場力與洛倫茲力平衡得：qE=qv0B得：E=v0B
⑵根據運動的對稱性，微粒能從P點到達Q點，應滿足
其中x為每次偏轉圓弧對應的弦長，偏轉圓弧對應的圓心角為
或
。
設圓弧的半徑為R，則有2R2=x2，可得：
又
由①②③式得：
，n =1、2、3、
⑶當n取奇數時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為
，
，其中n =1、3、5、……
當n取偶數時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為
，其中n =2、4、6、……
【答案】（1）E =v0B （2） （3）當n取奇數時，
當n取偶數時，
10．【解析】（1）粒子源發(fā)出的粒子，進入加速電場被加速，速度為v0，根據能的轉化和守恒定律得：
要使粒子能沿圖中虛線O2O3進入PQ、MN之間的區(qū)域，
則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，
得到
將②式代入①式，得
（2）粒子從O3以速度v0進入PQ、MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運動，打到ab板上，以大小為v0的速度垂直于磁場方向運動．粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內作勻速圓周運動，轉動一周后打到ab板的下部．由于不計板的厚度，所以質子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間，即一個周期T．
由
和運動學公式
，得
粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運動所需的時間為
粒子進入磁場中，在v0方向的總位移s=2Lsin45°，時間為
則t=t1+t2=
【答案】 （1） （2） 
11．【解析】設速度為v0時進入磁場后做圓周運動的半徑為r
有 
得r==
設速度為2v0時進入磁場做圓周運動的半徑r′
得r′==L
設其速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ
由圖中的幾何關系有：cosθ==
得θ＝45°或θ＝135°
（2）為使粒子進入電場后能垂直打在擋板上，則要求粒子進入電場時速度方向
與x軸正方向平行，如圖所示。粒子進入電場后由動能定理有
qEd=mv′2 －m(2v0)2 得v′=
當θ1=45°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為
y1=r－r′sin45°=(－1)L
當θ2 =135°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為
y2= r′+ r′sin45°=(+1)L
【答案】（1）θ＝45°或θ＝135° （2）當θ1=45°時，(－1)L；
θ2=135°(+1)L，
12．【解析】（1）設帶電粒子射入磁場時的速度大小為v，由于帶電粒子垂直射入勻強磁場帶電粒子在磁場中做圓周運動，圓心位于MN中點O′，
由幾何關系可知，軌道半徑r=lcos45=0.2（m
又Bqv = 
所以
設帶電粒子在磁場中運動時間為t1，在電場中運動的時間為t2，總時間為t。
t1 = 
t2 = 
聯(lián)立解得 t = 
=2.07×10-4（s）
（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設加速度為a，則：
lsin45 = at
【答案】（1） 2.07×10-4（s） （2）1.6（V/m）
13．【解析】（1）微粒在加速電場中由動能定理得：
① 解得v0 = 1.0×
（2）微粒在偏轉電場中做類平拋運動，有： 
，
飛出電場時，速度偏轉角的正切為：
② 解得 θ = 30o
（3）進入磁場時微粒的速度是：
③
軌跡如圖所示，由幾何關系有：
④
洛倫茲力提供向心力：
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