1、专题九磁场高考物理高考物理(江苏省专用江苏省专用)一、单项选择题一、单项选择题1.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1 1B.1 2C.1 4D.4 1A组 自主命题江苏卷题组五年高考答案A磁通量=BS,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。因为是同一磁场,B相同,且有效面积相同,Sa=Sb,故a=b。选项A正确。友情提醒虽然两线圈面积不同,但是有效面积相等。2.(2015江苏单科,4,3分)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同
2、,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是()答案A天平处于平衡状态,说明线圈受到的重力和安培力的合力等于两侧砝码重力差,根据安培力公式F=BIL,知选项A中线圈在磁场中有效长度最大,所受安培力最大,磁场发生微小变化,安培力变化最大,天平最容易失去平衡,选项A符合题意。考查点本题考查考生对安培力的理解和推理能力。属于中等难度题。错解分析易错选D。错误的原因可能是对电流天平的工作原理未弄懂,或不了解“有效长度”的分析方法。3.(2014江苏单科,9,4分)如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间
3、,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足:UH=k,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则()A.霍尔元件前表面的电势低于后表面B.若电源的正负极对调,电压表将反偏HI Bd二、多项选择题二、多项选择题C.IH与I成正比D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比答案CD由左手定则可判定,霍尔元件的后表面积累负电荷,前表面电势较高,故A错。由电路关系可见,当电源的正、负极对调时,通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方
4、向同时反向,前表面的电势仍然较高,故B错。由电路可见,=,则IH=I,故C正确。RL的热功率PL=RL=RL=,因为B与I成正比,故有:UH=k=k=k=PL,可得知UH与PL成正比,故D正确。HLIILRRLLRRR2LI2HLRIR22HLR IRHI BdHI Id2H()LLIRRdR2()Lk RRdR考查点本题考查霍尔元件、带电粒子在匀强磁场中的运动、电阻的串联与并联、欧姆定律、电功率等知识和分析综合能力,属于较难题。学习指导物理高考题经常把与物理联系密切的生产、生活中的实际问题作为载体,考查考生应用物理知识分析、解决实际问题的能力。所以,学习过程中要把常见的仪器、仪表的原理理解透
5、彻,熟练掌握,如质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计等。4.(2017江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q,质量分别为2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;三、非选择题三、非选择题(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d;(3)若考虑加速
6、电压有波动,在(U0-U)到(U0+U)之间变化,要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠,求狭缝宽度L满足的条件。答案见解析解析本题考查动能定理、牛顿第二定律。(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1电场加速qU0=2mv2且qvB=2m解得r1=根据几何关系x=2r1-L解得x=-L(2)如图所示1221vr2B0mUq4B0mUq最窄处位于过两虚线交点的垂线上d=r1-解得d=-(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2r1的最小半径r1min=r2的最大半径r2max=2212Lr2B0mUq20244mULqB2B0()m UUq1B02()m UUq 由题意知2r1min-2r2maxL,
7、即-L解得L2-4B0()m UUq2B02()m UUq 2Bmq0()UU02()UU 方法技巧平移分析法(2)中,把甲种离子运动轨迹由过M点的半圆向右平移至过N点的位置,轨迹扫过的范围,就是甲种离子经过的区域。分析过程中,可把L放长一些、圆的半径放大一些,在草稿纸上规范作图,并作出恰当的辅助线,便容易看清几何关系,顺利解题。5.(2016江苏单科,15,16分)回旋加速器的工作原理如图1所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图2所示,电压值的大小为U0,周期T=。一束该种粒
8、子在t=0时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用。求:图12 mqB2T图2(1)出射粒子的动能Em;(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0;(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件。答案(1)(2)-(3)d99%,解得d02100mUqB R考查点本题考查带电粒子在电场中的加速运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动、交变电压的规律、动能定理、匀变速直线运动公式等知识,对考生的分析推理能力要求较高,属于较难题。方法技巧计算粒子在电场中运动的总时间时,可直接将粒子在电
9、场中的各段运动衔接起来,作为一个匀加速直线运动来处理,可用总位移nd=at2或总速度v=at来计算。126.(2015江苏单科,15,16分,)一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上。已知放置底片的区域MN=L,且OM=L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到。(1)求原本打在MN中点P的离子质量m;(2)为使原本打在P的离子能打在QN区
10、域,求加速电压U的调节范围;(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整,求需要调节U的最少次数。(取lg2=0.301,lg3=0.477,lg5=0.699)2313解析(1)离子在电场中加速,qU0=mv2在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m,解得r=代入r=L,解得m=(2)由(1)知,U=离子打在Q点r=L,U=离子打在N点r=L,U=则电压的范围为U(3)由(1)可知,r由题意知,第1次调节电压到U1,使原本打在Q点的离子打在N点,=此时,原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上=122vr1B02mUq34220932qB LU202169U rL56010081U016
11、9U010081U0169UU56LL10UU156Lr10UU答案(1)(2)U(3)3次220932qB LU010081U0169U解得r1=L第2次调节电压到U2,使原本打在Q1的离子打在N点,原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上,则=,=,解得r2=L同理,第n次调节电压,有rn=L检测完整,有rn,解得n-12.8最少次数为3次。2561Lr20UU256Lr20UU356156n2Llg26lg5考查点本题考查带电粒子在匀强电场中的加速运动、带电粒子在匀强磁场中的运动以及洛仑兹力等知识,对考生的推理能力、分析综合能力和应用数学知识解决物理问题的能力有较高要求。属于较难题。解题思
12、路由带电粒子经电场加速后的速度v与其在磁场中做圆周运动半径r之间的关系,即可推出加速电压U与质量m、半径r之间的关系,可得到加速电压U与r的关系式,再结合粒子在Q点和N点的半径,即可得到加速电压的调节范围。第(3)问中要找出第一次、第二次调节电压后同一粒子在两种情形下的电压和半径之间的关系式,根据两次调节电压后表达式的相似性,再运用数学归纳法推出通式,加上边界条件求解之。7.(2014江苏单科,14,16分,)某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图所示。装置的长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反,两磁场的间距为d。装置右端有一收集板,M
13、、N、P为板上的三点,M位于轴线OO上,N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内,质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成30角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(1)求磁场区域的宽度h;(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量v;(3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值。答案(1)(L-d)(1-)(2)(-d)(3)(-d)(1n-1,n取整数)23332qBm6L34qBm1Ln333Ld解析(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题
14、意L=3rsin30+3dcos30且h=r(1-cos30)解得h=(L-d)(1-)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为rm=qvB,m=qvB由题意知3rsin30=4rsin30解得v=v-v=(-d)(3)设粒子经过上方磁场n次由题意知L=(2n+2)dcos30+(2n+2)rnsin30且m=qvnB,解得vn=(-d)(1n-1,n取整数)233322vr2vrqBm6L342nnvrqBm1Ln333Ld考查点本题考查了洛仑兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动等知识,属于较难题。审题技巧审题过程中注意抓住关键词语,如“恰好到达P点”、“入射速度的最小变化量”、“速度大小
15、的可能值”等,由关键词语的含义并结合对称性和周期性建立粒子运动的情景。8.(2013江苏单科,15,16分,)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图1所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图2所示。x轴正方向为E的正方向,垂直纸面向里为B的正方向。在坐标原点O有一粒子P,其质量和电荷量分别为m和+q。不计重力。在t=时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动。图12图2(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0;(2)求B0应满足的关系;(3)在t0(0t00)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射
16、入磁场,速度与OM成30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A.B.C.D.2mvqB3mvqB2mvqB4mvqB答案D粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m得R=,分析图中角度关系可知,PO半径与OQ半径在同一条直线上。则PQ=2R,所以OQ=4R=,选项D正确。2vRmvqB4mvqB方法技巧由题意知v与OM成30角,而OS垂直于v,则OSQ=60;由于SO=OQ=R,所以SOQ为等边三角形,SOQ=60,由四边形OSOP可求得SOP=120,所以SOP+SOQ=180。4.(2016
17、四川理综,4,6分)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力。则()A.vb vc=1 2,tb tc=2 1B.vb vc=2 1,tb tc=1 2C.vb vc=2 1,tb tc=2 1D.vb vc=1 2,tb tc=1 2答案A由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在a点,半径为正六边形边长L;粒子以vc射入时轨迹圆心在M点,半径为2L;由半径公式r=可得vb vc=rb rc=
18、1 2,由几何图形可看出,两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120、60,所以tb tc=2 1,A项正确。mvqB5.(2015课标,14,6分)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的()A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小答案D因洛仑兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=知,轨道半径增大;由角速度=知,角速度减小,选项D正确。mvqBvr6.(2015海南单科,1,3分)
19、如图,a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A.向上B.向下C.向左D.向右答案AP前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛仑兹力方向向上,A对,B、C、D错。7.(2014课标,16,6分)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达P
20、Q的中点O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A.2B.C.1D.222答案D由题图可知,带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍;由洛仑兹力提供向心力:qvB=得v=;其动能Ek=mv2=,故磁感应强度B=,=,选项D正确。2mvRqBRm122222q B Rmk222mEq R12BBk1k2EE21RR228.(2015课标,19,6分)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比,中的电子()A.运动轨迹的半径是中的k倍B.加速度的大小
21、是中的k倍C.做圆周运动的周期是中的k倍D.做圆周运动的角速度与中的相等二、多项选择题二、多项选择题答案AC由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R=,故R2=kR1,A正确。加速度大小a=B,故a2=a1/k,B错。周期T=,故T2=kT1,C正确。角速度=B,故2=1/k,D错。mvBe1BBevm2 mBe1B2TBem9.(2017课标,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域,磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方向再次沿x轴
22、正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。三、非选择题三、非选择题答案(1)(1+)(2)(1-)0mB q1002mvB q1解析本题考查带电粒子在磁场中的运动。(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x0区域,圆周半径为R1;在xB右,所以R左mbmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma考点三带电粒子在复合场中的运动考点三带电粒子在复合场中的运动一、单项选择题一、单项选择题答案B本题考查带电粒子在复合场中的运动。因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛仑兹力的方向分别是竖直向上与竖
23、直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+BqvbqE、mcg=qE-Bqvcmamc,B正确。规律总结复合场中粒子的特殊运动带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成的复合场中运动时:若做匀速圆周运动,重力必与电场力平衡,洛仑兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。2.(2016课标,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍
24、。此离子和质子的质量比约为()A.11B.12C.121D.144审题指导注意题给信息的含义,“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在磁场中运动的半径相等。答案D设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU=mv2,在磁场中qvB=m,联立两式得m=,故有=144,选项D正确。122vR222R B qU21mm2221BB3.(2013重庆理综,5,6分)如图所示,一段长方体形导电材料,左右两端面的边长都为a和b,内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B。当通以从左
25、到右的稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为()A.,负B.,正C.,负D.,正|IBq aU|IBq aU|IBq bU|IBq bU答案C因导电材料上表面的电势比下表面的低,故上表面带负电荷,根据左手定则可判断自由运动电荷带负电,则B、D两项均错。设长方体形材料长度为L,总电量为Q,则其单位体积内自由运动电荷数为,当电流I稳恒时,材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡,则有=BIL,故=,A项错误,C项正确。|Qq ab LUQa|Qq ab L|BIq bU评析本题难度较大,一是
26、研究对象难以确定;二是受力分析较难。当电流稳恒时上下极板间形成电场,其对自由电荷产生的电场力与磁场力相平衡。为了解题简便,可选取整段电流为研究对象求安培力。把整段材料内的自由电荷看成质点,求其所受的电场力。4.(2013浙江理综,20,6分)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+()A.在电场中的加速度之比为1 1B.在磁场中运动的半径之比为 1C.在磁场中转过的角度之比为1 2D.
27、离开电场区域时的动能之比为1 33二、多项选择题二、多项选择题答案BCD两离子所带电荷量之比为1 3,在电场中时由qE=ma知aq,故加速度之比为13,A错误;离开电场区域时的动能由Ek=qU知Ekq,故D正确;在磁场中运动的半径由Bqv=m、Ek=mv2知R=,故B正确;设磁场区域的宽度为d,则有sin=,即=,故=60=2,C正确。2vR121B2mUq1qdR1Rsin30sin135.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到
28、y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问:(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。三、非选择题三、非选择题答案见解析解析本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有2L=v0tL=at2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy=at设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为,有tan=联立式得=45即粒子到达O点时速度方向与x轴正
29、方向成45角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v=120yvv220yvv联立式得v=v0(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得F=ma又F=qE设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛仑兹力提供向心力,有qvB=m22vR由几何关系可知R=L联立式得=2EB02v步骤得分粒子在电场中做类平抛运动,由于题给条件太少,仅有2x=y及初速度v0,所以可先按类平抛运动模型的常用步骤及方程组建思路。比如,x=v0t,y=at2,vy=at,v=,tan=等,再将已知条件代入,逐渐消除中间变量,最
30、后找到答案。带电粒子在匀强磁场中的运动属于匀速圆周运动,即使不知道半径R,也可以先写出qvB=,尽可能多拿分。1222 20va t0yvv2mvR6.(2016四川理综,11,19分)如图所示,图面内有竖直线DD,过DD且垂直于图面的平面将空间分成、两区域。区域有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出);区域有固定在水平地面上高h=2l、倾角=/4的光滑绝缘斜面,斜面顶端与直线DD距离s=4l,区域可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出);C点在DD上,距地面高H=3l。零时刻,质量为m、带电量为q的小球P在K点具有大小v0=、方向与水平面夹角=/3的速度,在区
31、域内做半径r=3l/的匀速圆周运动,经C点水平进入区域。某时刻,不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点,不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知,g为重力加速度。(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)若小球A、P在斜面底端相遇,求释放小球A的时刻tA;(3)若小球A、P在时刻t=(为常数)相遇于斜面某处,求此情况下区域的匀强电场的场强E,并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。gl/l g答案(1)(2)(3-2)(3)见解析3mlqgl2lg解析(1)由题知,小球P在区域内做匀速圆周运动,有m=qv0B代入数据解得B=(2)
32、小球P在区域做匀速圆周运动转过的圆心角为,运动到C点的时刻为tC,到达斜面底端时刻为t1,有tC=s-=v0(t1-tC)小球A释放后沿斜面运动加速度为aA,与小球P在时刻t1相遇于斜面底端,有mgsin=maA=aA(t1-tA)2联立以上方程解得tA=(3-2)(3)设所求电场方向向下,在tA时刻释放小球A,小球P在区域运动加速度为aP,有20vr3mlqgl0rvtanhsinh122lgs=v0(t-tC)+aA(t-tA)2cosmg+qE=maPH-h+aA(t-tA)2sin=aP(t-tC)2联立相关方程解得E=对小球P的所有运动情形讨论可得35由此可得场强极小值为Emin=0
33、;场强极大值为Emax=,方向竖直向上。12121222(11)(1)mgq 78mgq7.(2015福建理综,22,20分,)如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC;(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D点为小滑块在电场力、洛仑兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到
34、D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。解析(1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足qvB+N=qE小滑块在C点离开MN时N=0解得vC=(2)由动能定理mgh-Wf=m-0解得Wf=mgh-(3)如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为gEB122Cv222mEB答案(1)(2)mgh-(3)EB222mEB2222()DqEvgtmg=且=+g2t2解得vP=22()qEgm2Pv2Dv2222()DqEvg
35、tm1.(2015北京理综,17,6分)实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变,衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意如图。则()A.轨迹1是电子的,磁场方向垂直纸面向外B.轨迹2是电子的,磁场方向垂直纸面向外C.轨迹1是新核的,磁场方向垂直纸面向里D.轨迹2是新核的,磁场方向垂直纸面向里一、单项选择题一、单项选择题C组 教师专用题组答案D由静止的原子核发生衰变后产生的新核和电子做匀速圆周运动的方向相反及原子核衰变前后动量守恒得meve-m核v核=0,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=,因为qer核,故轨迹1是电子的,轨迹2是新核的,根据左手定则可判定磁场
36、方向垂直纸面向里,故D项正确。mvqB2.(2015广东理综,16,4分)在同一匀强磁场中,粒子He)和质子H)做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则粒子和质子()A.运动半径之比是2 1B.运动周期之比是2 1C.运动速度大小之比是4 1D.受到的洛仑兹力之比是2 142(11(答案B设质子与粒子的质量、电荷量分别为m、e与4m、2e,则由r=,可知=,A错误;由T=,知=,B正确;由p=mv,知=,C错误;由f=Bqv,知=,D错误。mvqBpqBHrr122 mqBHTT21Hvv14Hff123.(2014课标,15,6分)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是()
37、A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半答案B由左手定则可知,安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确;安培力的大小F=BILsin与直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成直角,假设原来直导线与磁场方向垂直,若折成直角后一段与磁场仍垂直,另一段与磁场平行,则安培力的大小变为原来的一半,若折成直角后,两段都与磁场垂直,则安培力的大小变为原来的,因此安培力大小不一定是原来的一半,选项D错误。224.(2014北京理综,16,6分
38、)带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,它们的动量大小相等,a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb,质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb。则一定有()A.qaqbB.mambC.TaTbD.Rb,pa=pb,Ba=Bb,故qa,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹的半径r=4.55cm。由图中几何关系有=,=。当=90时,取得最小值r,此时=,从而有l=+-dcos=+-dcos。当=90时,l=9.1cm,当=60时,l=6.78cm,当=45时,l=5.68cm,当=30时,l=4.55cm。故可知A、D正确,B、C错误。OD12MN|mve BO C2
39、20()rrdO D220(2)rdO D3ODO D2LNCONO C2L220()rrd7.(2014广东理综,36,18分,)如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和,以水平面MN为理想分界面,区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入区,并直接偏转到MN上的P点,再进入区,P点与A1板的距离是L的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E;三、非选
40、择题三、非选择题(2)若2k3,且粒子沿水平方向从S2射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式。答案(1)(2)v=B=B02202qB Lmd20(1)2kqB Lm3kk解析(1)粒子在电场中,由动能定理有qEd=m-0粒子在区洛仑兹力提供向心力qv1B0=m当k=1时,由几何关系得r=L由解得E=(2)由于2k3时,由题意可知粒子在区只能发生一次偏转,运动轨迹如图所示,由几何关系可知1221v21vr2202qB Lmd(r1-L)2+(kL)2=解得r1=L粒子在区洛仑兹力提供向心力qvB0=由解得v=粒子在区洛仑兹力提供向心力qvB=m21r212
41、k 21mvr20(1)2kqB Lm22vr由对称性及几何关系可知=解得r2=L由解得B=B03kk12rr2(3)(1)2k kk3kk8.(2014浙江理综,25,22分,)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图1所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。为电离区,将氙气电离获得1价正离子;为加速区,长度为L,两端加有电压,形成轴向的匀强电场。区产生的正离子以接近0的初速度进入区,被加速后以速度vM从右侧喷出。区内有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在离轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动,截面如图2所示(从
42、左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角(090)。推进器工作时,向区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0,电子在区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,电离效果越好。已知离子质量为M;电子质量为m,电量为e。(电子碰到器壁即被吸收,不考虑电子间的碰撞)(1)求区的加速电压及离子的加速度大小;(2)为取得好的电离效果,请判断区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”);(3)为90时,要取得好的电离效果,求射出的电子速率v的范围;(4)要取得好的电离效果,求射出的电子最大速率vmax与角的关系。图1图2答案(1)(2)垂直纸面向外(3)v0v)(4)vm
43、ax=22MMve22MvL34eBRm043mveR34(2sin)eBRm解析(1)由动能定理得M=eUU=a=e=(2)由题知电子在区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,电离效果越好,则题图2中显然电子往左半部偏转较好,故区中磁场方向应垂直纸面向外(3)设电子运动的最大半径为r2r=ReBv=m所以有v0v(4)如图所示,OA=R-r,OC=,AC=r根据几何关系得r=由式得vmax=043mveR2R34(2sin)R34(2sin)eBRm9.(2013山东理综,23,18分,)如图所示,在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里;第四象限内有沿y
44、轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。一带电荷量为+q、质量为m的粒子,自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d。不计粒子重力。(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0。(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。答案(1)2与x轴正方向夹角45(2)(3)(2+)qEdm2mEqd2mdqE解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t0,加速度的大
45、小为a,粒子的初速度为v0,过Q点时速度的大小为v,沿y轴方向分速度的大小为vy,速度与x轴正方向间的夹角为,由牛顿第二定律得qE=ma由运动学公式得d=a2d=v0t0vy=at0v=tan=联立式得v=2=45(2)设粒子做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示,O1为圆心,由几何关系1220t220yvv0yvvqEdm可知O1OQ为等腰直角三角形,得R1=2d由牛顿第二定律得qvB0=m联立式得B0=(3)设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示。O2、O2是粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O2、O2,由几何关系知
46、,O2FGO2和O2QHO2均为矩形,进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩形,又FHGQ,可知QFGH是正方形,221vR2mEqdQOF为等腰直角三角形】可知,粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆,得2R2=2d粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得FG=HQ=2R2设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有t=联立式得t=(2+)222FGHQRv2mdqE10.(2013福建理综,22,20分,)如图甲,空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。让质量为m,电量为q(q0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计
47、重力和粒子间的影响。(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射,恰好能经过x轴上的A(a,0)点,求v1的大小;(2)已知一粒子的初速度大小为v(vv1),为使该粒子能经过A(a,0)点,其入射角(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个?并求出对应的sin值;(3)如图乙,若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场,一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射。研究表明:粒子在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比,比例系数与场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值vm。答案(1)(2)2个(3)+2qBam2aqBmvEB220()EvB解析(1)
48、带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动,半径为R,有qvB=m当粒子以初速度v1沿y轴正向入射,转过半个圆周至A点,该圆周半径为R1,有:R1=由代入式得v1=(2)如图,O、A两点处于同一圆周上,且圆心在x=的直线上,半径为R。当给定一个初速率v时,有2个入射角,分别在第1、2象限,有2vR2a2qBam2asin=sin=由式解得sin=(3)粒子在运动过程中仅电场力做功,因而在轨道的最高点处速率最大,用ym表示其y坐标,由动能定理,有qEym=m-m由题知,有vm=kym若E=0时,粒子以初速度v0沿y轴正向入射,有qv0B=mv0=kR0由式解得vm=+2aR2aqBmv122m
49、v1220v200vREB220()EvB评析解答本题要求能够做到物理与数学相结合。图中的OA若从数学角度看其实就是一条弦,过该弦可以作出两个相交圆,两相交圆对应的两切线即为所求的粒子速度方向所在直线。11.(2015天津理综,12,20分,)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电
50、磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为n,试求sinn;(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。解析(1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛仑兹力不做功。由动能定理,有2qEd=m由式解得v2=2粒子在第2层磁场中受到的洛仑兹力充当向心力,有qv2B=m由式解得r2=(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下
