《（新课标Ⅲ）2019版高考物理一轮复习 专题十 磁场课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标Ⅲ）2019版高考物理一轮复习 专题十 磁场课件.ppt（226页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题十磁场高考物理高考物理高考物理高考物理 ( (课标课标课标课标专用专用专用专用) )考点一磁场、磁场力考点一磁场、磁场力1.(2018课标,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0,方向也垂直于纸面向外。则()A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大
2、小为B0五年高考A组 统一命题课标卷题组D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0答案AC本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2=B0,B0+B2-B1=B0,解得B1=B0,B2=B0,故A、C项正确。解题关键注意矢量的方向性本题解题的关键是要注意磁感应强度的方向性,如L2中电流产生的磁场方向在a点垂直纸面向里,在b点垂直纸面向外。2.(2
3、017课标,18,6分)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为()A.0B.B0C.B0D.2B0答案C本题考查安培定则、磁感应强度的矢量叠加。两导线中通电流I时,两电流在a点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和为0,则两电流磁感应强度的矢量和为-B0,如图甲得B=B0。P中电流反向后,如图乙,B合=B=B0,B合与B0的矢量和为B总=B0,故C项正确。甲乙易错点评安培定
4、则和矢量合成法则的运用正确运用安培定则画出甲、乙两图。由P和Q中电流为I时,a点处的合磁感应强度为0,得出B0的方向水平向左和B的大小为B0。P中的电流反向,则P中电流的磁场反向,Q中电流的磁场大小和方向不变。注意各物理量间的夹角大小关系。解后反思由P中电流反向前Ba=0分析得出P、Q中电流在a点处的合磁场的磁感应强度与B0等大反向,进而确定B0的方向是解题的关键。3.(2017课标,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置
5、于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将()A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉答案AD要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有电流通过,电路必须接通,故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180时,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线圈最终做往返运动,要使线圈连续转动,当线圈转过180时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性转动到初始位置再
6、接通电路即可实现连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、D正确。易错警示要使线圈连续转动,要么受到方向不变的持续的安培力,要么受到间歇性的方向不变的安培力,依靠惯性连续转动,而不能受到交变的安培力作用。4.(2017课标,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是()A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小
7、之比为1答案BC因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2Fcos60=F,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2Fcos30=F,故C正确、D错误。一题多解电流的磁场与安培力由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生的磁场磁感应强度大小相等,设为B。如图所示,由几何
8、关系可得L1所在处磁场B1=2Bcos60=B,方向与L2、L3所在平面垂直,再由左手定则知L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面平行,L1上单位长度所受安培力的大小为F1=BI。同理可判定L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直,单位长度所受安培力大小为F3=BI;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1F2F3=11,故A、D错误,B、C正确。5.(2015课标,18,6分,0.527)(多选)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法正确的是()A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正
9、上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转答案BC任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后,反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。解题指导指南针有两个磁极,在地磁场作用下指向南北。解题关键在指南针上方沿指针方向放置一直导线,导线通电后,会激发磁场,使指南针偏转。6.(2014课标,15,6分,0.809)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()A.安培力的方向可以不垂直于
10、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。易错警示安培力的方向与“谁”垂直是易错易混点。7.(2015课标
11、,24,12分,0.564)如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm。重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。答案见解析解析依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下。开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长
12、量为l1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1=mg式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1+l2)=mg+F由欧姆定律有E=IR式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。联立式,并代入题给数据得m=0.01kg(安培力方向判断正确给2分,式各2分)思路分析开关断开时对ab棒进行受力分析,列平衡方程。开关闭合时,判定安培力方向,对ab棒进行受力分析,列平衡方程。考点二带电粒子在磁场中的运动考点二带电粒子在磁
13、场中的运动8.(2017课标,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2v1为()A.2B.1C.1D.3答案C设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒子最远出射点为N,如图所示,则由几何知识得r1=,r2=R=由qvB=得r=,故=,选项C正确。审题指导粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子的轨迹
14、直径与磁场区域相交时,其弦长最长,即为最大分布。9.(2016课标,18,6分,)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()A.B.C.D.答案A定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角=30,所需时间t=T=;由题意可知粒子由M飞至N与圆筒旋转90所用时间相等,即t=,联立以上两式得=,A项正确。考查点
15、带电粒子在圆形磁场中的运动解题关键找圆心。利用几何关系找圆心角并求时间。方法技巧规范作图是找几何关系的基础。10.(2016课标,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,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.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
16、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。考查点带电粒子在有界磁场中的圆周运动审题技巧“该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点”表示轨迹与ON相切。解题关键正确画出轨迹图,利用几何知识找出角度关系。11.(2015课标,14,6分,0.759)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因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强
17、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。解题关键轨道半径表达式:r=。角速度表达式:=。12.(2015课标,19,6分,0.506)(多选)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=,
18、故T2=kT1,C正确。角速度=B,故2=1/k,D错。思路点拨利用洛伦兹力提供向心力推出R、a、T、的表达式,然后根据表达式进行判断。13.(2014课标,16,6分,0.637)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PQ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.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;由洛伦兹力提供向心力:qvB=,得v=;其动能Ek=mv2
19、=,故磁感应强度B=,=,选项D正确。解题关键利用洛伦兹力提供向心力,求出v与R的关系,导出Ek的表达式。14.(2014课标,20,6分,0.347)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是()A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小答案AC在同一匀强磁场中,各粒子进入磁场时速度方向相同,但速度大小关
20、系未知。由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛伦兹力方向相反,偏转方向必相反,故A正确。因r=,各粒子虽q相同,但v关系未知,故m相同、v不同时轨迹半径不同,而当r相同时只能表明mv相同,不能确定m的关系,故B错误、C正确。由Ek=mv2、r=得r=,可见当Ek越大时粒子轨迹半径越大,故D错误。审题指导本题考查带电粒子垂直射入磁场后的偏转问题,不要受“硅微条径迹探测器”这个名称的影响。15.(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
21、入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。答案(1)(1+)(2)(1-)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.mbmamc C.mcmambD.mcmbma答案B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所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下,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
22、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,洛伦兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。17.(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。此离子和质子的质量比约为()A.11B.12C.121D.144解题关键利用电场加速、磁场偏转推出的表达式。答案D设质子和
23、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。18.(2018课标,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求(1)磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比。答案(1)(2)14解析本题考查带电粒子在电场和磁场
24、中的运动。(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有q1U=m1由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1由几何关系知2R1=l由式得B=(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U=m2q2v2B=m2由题给条件有2R2=由式得,甲、乙两种离子的比荷之比为=14思路分析根据题设条件,分析离子在电场和磁场中的运动情况,结合动能定理、牛顿第二定律等知识列方程求解。19.(2018课标,25,20分)如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电
25、场,场强大小为E;在y,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。8.(2014安徽理综,18,6分)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁场,以使带电粒子在磁场中的
26、运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于()A.B.TC.D.T2答案A等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力,有:qvB=,得v=动能Ek=mv2=由题意得Ek=kT故有:kT=得B=即B,选项A正确。9.(2018江苏单科,15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点,各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时,粒子从O上方处射出磁场。取sin53=0.8,cos53=0.6。(1)求磁感应强度大小B;(2)入射速度为5v0时,求粒子从
27、O运动到O的时间t;(3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O的时间增加t,求t的最大值。答案(1)(2)(3)解析本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。(1)粒子圆周运动的半径r0=由题意知r0=,解得B=(2)设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为由d=rsin,得sin=,即=53在一个矩形磁场中的运动时间t1=,解得t1=直线运动的时间t2=,解得t2=则t=4t1+t2=(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y=2r(1-cos)+xtan由y2d,解得xd则当xm=d时,t有最大值粒子直线运动路程的最大值sm=+(2d-2
28、xm)=3d增加路程的最大值sm=sm-2d=d增加时间的最大值tm=思路点拨带电粒子在匀强磁场中的运动(1)粒子以v0射入磁场,从O点正上方处射出,说明粒子仅在最左边的磁场中做半径为r0=的圆周运动,轨迹为半圆。(2)粒子以5v0射入磁场,运动半径r=5r0=d。故可推知运动轨迹如图所示。(3)将中间两磁场分别向中央平移距离x,则粒子以5v0射入后,其运动轨迹如图所示。10.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T;
29、(2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度E的大小。答案(1)(2)vB 解析(1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=m带电粒子做匀速圆周运动的半径R=匀速圆周运动的周期T=(2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qvB场强E的大小E=vB 易错点拨直接写出半径R和周期T的结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得特别注意。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11.(2018北京理综,18,6分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤
30、除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是()A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度答案C不计重力的带电粒子,在电场和磁场的复合场中做匀速直线运动,则一定满足关系Eq=qvB;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅需满足洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,综合可知,粒子的电性和电量与能否完成题述两类运动无关,C对。12.(2018天津理综,11,18分)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域,外圆与
31、ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出。不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时间t;(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出。粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小。答案(1)(2)解析本题考查带电粒子在复合场中的运动。(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=m设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=ma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=a
32、t联立式得t=(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。设粒子在磁场中的轨迹半径为r,由几何关系可得(r-R)2+(R)2=r2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知tan=粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0,由运动的合成和分解可得tan=联立式得v0=思路分析带电粒子在复合场中的运动(1)粒子从P点静止释放,在环形
33、区域中做匀速圆周运动。可先求出粒子做匀速圆周运动的速度,即粒子在电场中运动的末速度,再由在电场中的加速运动求得运动的时间。(2)从Q点射出的粒子,在环形区域中仍做匀速圆周运动。要使其圆周运动时间最短,其运动轨迹必与内圆相切。13.(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
34、)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;(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=由题意知2r1min-2
35、r2maxL,即-L解得LI2;a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点,且a、b、c与两导线共面;b点在两导线之间,b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是()A.a点B.b点C.c点D.d点答案C由安培定则画出a、b、c、d的磁感线的分布图,由图可知电流I1、I2在a、c两点处的磁场方向相反,这两点处的磁感应强度可能为零,又I1I2,故磁感应强度为零的点距I1的距离应比I2的大,故C正确,A、B、D均错误。5.(2015重庆理综,7,15分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。如图是某音圈电机的原理示意图,它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈
36、边长为L,匝数为n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为B,区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外,右边始终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I。(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向。(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v,求安培力的功率。答案(1)nIBL水平向右(2)nIBLv 解析(1)由左手定则判定,线圈所受安培力的方向水平向右,大小为F=nBIL。(2)安培力的功率P=Fv=nBILv。考点二带电粒子在磁场中的运动考点二带电粒子在磁场中的运动6.(2014北京理综,16,6分)带电粒子a、b在同一匀强磁场中做
37、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qa0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60。不计重力,该磁场的磁感应强度大小为()A.B.C.D.答案A若磁场方向向外,带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示,由几何关系可知,其运动的轨迹半径r=R/tan30=R,由洛伦兹力提供向心力,即qv0B=知R=,故匀强磁场的磁感应强度B=,若磁场方向向里可得到同样的结果。选项A正确。解题关键
38、粒子沿半径方向进入圆形磁场,沿半径方向射出圆形磁场。找圆心,利用几何关系求出轨迹半径。温馨提示对于圆形有界磁场,带电粒子沿半径方向进入,就会沿半径方向射出,记住这个结论哦!8.(2013广东理综,21,6分)(多选)如图,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有()A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近答案AD因离子均向下偏转打到屏P上,根据左手定则可知a、b均带正电,A项正确。又因a、b为同种离子,m、q均相同,由R=,T=,可知它们的轨道
39、半径R与周期T也均相同。而a离子的轨迹是一段优弧,b离子的轨迹是一个半圆。a的路程比b的路程长,飞行时间也比b的飞行时间长,故B、C项均错误。b在P上的落点到O点的距离等于圆轨迹的直径,说明b的落点离O点最远,故D项正确。9.(2012大纲全国,17,6分)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是()A.若q1=q2,则它们做圆周运动的半径一定相等B.若m1=m2,则它们做圆周运动的半径一定相等C.若q1q2,则它们做圆周运动的周期一定不相等D.若m1m2,则它们做圆周运动的周期一定不相等答案A带电粒子在匀强
40、磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qvB=,得轨道半径r=,已知两粒子动量大小相等,若q1=q2,则r1=r2,A项正确;若m1=m2,r与有关,B项错误;带电粒子在磁场中运动的周期T=,因此运动周期T或,若m1m2,但=,周期T可相等,D项错误;若q1q2,但q1v1=q2v2,周期T也可相等,C项错误。10.(2010山东理综,25,18分)如图,在区域(0xd)和区域(d0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域,其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域时,速度方向与x轴正向的夹角为30;此时,另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域,其速度大小是a的1/3。
41、不计重力和两粒子之间的相互作用力。求(1)粒子a射入区域时速度的大小;(2)当a离开区域时,a、b两粒子的y坐标之差。答案(1)(2)(-2)d 解析(1)设粒子a在内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上),半径为Ra1,速率为va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P,如图。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaB=m由几何关系得PCP=Ra1=式中,=30。由式得va=(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra2,射出点为Pa(图中未画出轨迹),POaPa=。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)=m由式得Ra2=C、P和Oa三点共线,且由式知Oa点必位于x=d的平面上。由对称性
42、知,Pa点与P点纵坐标相同,即yPa=Ra1cos+h式中,h是C点的y坐标。设b在中运动的轨道半径为Rb1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qB=设a到达Pa点时,b位于Pb点,转过的角度为。如果b没有飞出,则=式中,t是a在区域中运动的时间,而Ta2=Tb1=由式得=30可得,b没有飞出。Pb点的y坐标为yPb=Rb1(2+cos)+h由式及题给条件得,a、b两粒子的y坐标之差为yPa-yPb=d 11.(2010全国,26,21分)如图,在0xa区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。在t=0时刻,一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子,所有粒子的初速度
43、大小相同,方向与y轴正方向的夹角分布在0180范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界上P(a,a)点离开磁场。求:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m;(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围;(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。答案(1)a(2)(3)2t 0解析(1)沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的运动轨迹如图1中的弧所示,其圆心为C。由题给条件可以得出图1OCP=此粒子飞出磁场所用的时间为t0=式中T为粒子做圆周运动的周期。设粒子运动速度的大小为v,半径为R,由几何关系可得R=a由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q
44、vB=mT=联立式,得=(2)依题意,同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同。在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧上,如图1所示。设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN。由对称性可知vP与OP、vM与OM、vN与ON的夹角均为/3。设vM、vN与y轴正向的夹角分别为M、N,由几何关系有M=N=对于所有此时仍在磁场中的粒子,其初速度与y轴正方向所成的夹角应满足(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切,其轨迹如图2所示。由几何关系可知,=由对称性可知,=从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间tm=2t0图212.(2010课标,25
45、,18分)如图所示,在0xa、0y范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源,在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们的速度大小相同,速度方向均在xy平面内,与y轴正方向的夹角分布在090范围内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小;(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。答案(1)(2)解析此题为粒子在磁场中运动临界值问题。(1)设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定
46、律和洛伦兹力公式,得qvB=m由式得R=当a/2Ra时,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为C的圆弧,圆弧与磁场的上边界相切,如图所示。设该粒子在磁场中运动的时间为t,依题意t=T/4,得OCA=设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为,由几何关系可得Rsin=R-Rsin=a-Rcos又sin2+cos2=1由式得R=a由式得v=(2)由式得sin=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13.(2014江苏单科,9,4分)(多选)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,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
47、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=,
48、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。14.(2013浙江理综,20,6分)(多选)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11B.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12D.离开电场区域时的动能之比为13答案BCD两离子所带电荷量之比为13,在电场中时由qE=ma知aq,故加速度之比为13,A
49、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。15.(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.,正答案C因导电材
50、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。评析本题难度较大,一是研究对象难以确定;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。16.(2016江苏单科,15,16分)回旋加速器的工作原理如图甲所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒
51、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乙所示,电压值的大小为U0,周期T=。一束该种粒子在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:甲乙(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d则导致sinn1说明n不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。1
52、8.(2015山东理综,24,20分)如图所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心,GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔。一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小;(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求区磁感应强度的大小;(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点,求这段时间粒子运动的路程。答案(1)(2)或(3)5.5D
53、解析(1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得qE=mv2由式得E=(2)设区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m如图甲所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得R=图甲联立式得B=若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得R=联立式得B=(3)设粒子在区和区做圆周运动的半径分别为R1、R2,由题意可知,区和区磁感应强度的大小分别为B1=、B2=,由牛顿第二定律得qvB1=m,qvB2=m代入数据得R1=,R2=设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2,由运动学公式得T1=,T2=据题意分析,粒子
54、两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图乙所示,根据对称可知,区两段圆弧所对圆心角相同,设为1,区内圆弧所对圆心角设为2,圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为,由几何关系得1=1202=180=60图乙粒子重复上述交替运动回到H点,轨迹如图丙所示,设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2,可得图丙t1=T1,t2=T2设粒子运动的路程为s,由运动学公式得s=v(t1+t2)联立式得s=5.5D19.(2015重庆理综,9,18分)图为某种离子加速器的设计方案。两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场。其中MN和MN是间距为h的两平行极板,其上分别有正对的两个小孔O和O
55、,ON=ON=d,P为靶点,OP=kd(k为大于1的整数)。极板间存在方向向上的匀强电场,两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速,经O进入磁场区域。当离子打到极板上ON区域(含N点)或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在,离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求:(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小;(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值;(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。答案(1)(2)(n=1,2,3k2-1)(3)h解析(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点时,轨道
56、半径R1=根据牛顿第二定律有:B1qv1=m对离子在电场中加速的过程应用动能定理有:qU=m解得:B1=(2)假设离子在电场中加速了n次后恰好打在P点,则有nqU=mBqv2=mR=解得B=若离子在电场中加速一次后恰好打在N。同理可得此时的磁感应强度B0=。由题意可知,BB0时离子才可能打在P点上。由解得:nk2,可见n的最大值应为k2-1,即n的取值应为n=1,2,3k2-1。(3)n=k2-1对应的离子就是打在P点的能量最大的离子。离子在磁场中运动的圈数为k2-,故在磁场中运动的时间t1=T=。设离子在电场中运动的时间为t2,则有:(k2-1)h=解得:t2=h。20.(2015江苏单科,
57、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=0.30
58、1,lg3=0.477,lg5=0.699)答案(1)(2)U(3)3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=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即最少次数为3
59、。21.(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
60、区内,。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)vmax=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
61、(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=22.(2014天津理综,12,20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原理简化为如图所示的模型。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间,初速度可视为零。每当A进入板间,两板的电势差变为U,粒子得到加速,当A离开N板时,两板的电荷量均立即变为零。两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场,A在磁场作用下做半径为R的圆周运动,R远大于板间距离。A经电场多次加速,动能不断增大,为使R保持不变,磁
62、场必须相应地变化。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射,不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。求(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小;(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率;(3)若有一个质量也为m、电荷量为+kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间,A、B初速度均可视为零,不计两者间的相互作用,除此之外,其他条件均不变。下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹。在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下,请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹,并经推导说明理由。答案(1)(2)(3)见解析解析(1)设A经电场第1次加速后速度为v1,
63、由动能定理得qU=m-0A在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力qv1B1=由得B1=(2)设A经n次加速后的速度为vn,由动能定理得nqU=m-0设A做第n次圆周运动的周期为Tn,有Tn=设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn,则Wn=qU在该段时间内电场力做功的平均功率为=由解得=(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹。A经过n次加速后,设其对应的磁感应强度为Bn,A、B的周期分别为Tn、T,综合、式并分别应用A、B的数据得Tn=T=由上可知,Tn是T的k倍,所以A每绕行1周,B就绕行k周。由于电场只在A通过时存在,故B仅在与A同时进入电场时才被加速。经n次加速后,A、B的速度分
64、别为vn和vn,考虑到式vn=vn=vn由题设条件并考虑到式,对A有Tnvn=2R设B的轨迹半径为R,有Tvn=2R比较上述两式得R=上式表明,运动过程中B的轨迹半径始终不变。由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图A所示。23.(2014山东理综,24,20分)如图甲所示,间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻,一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时,可使t=0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打
65、在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。图甲图乙(1)若t=TB,求B0;(2)若t=TB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;(3)若B0=,为使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。答案(1)(2)(3)或解析(1)设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿第二定律得qv0B0=据题意由几何关系得R1=d联立式得B0=(2)设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得a=据题意由几何关系得3R2=d联立式得a=(3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得T=由牛顿第二定律得qv0B0=由题意知B0=,代入式得d=4R粒子运动轨迹如图所示,O1、O2为圆
66、心,O1O2连线与水平方向的夹角为,在每个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板,且均要求0,由题意可知T=设经历完整TB的个数为n(n=0,1,2,3)若在A点击中P板,据题意由几何关系得R+2(R+Rsin)n=d当n=0时,无解当n=1时,联立式得=联立式得TB=当n2时,不满足090的要求若在B点击中P板,据题意由几何关系得R+2Rsin+2(R+Rsin)n=d当n=0时,无解当n=1时,联立式得=arcsin联立式得TB=当n2时,不满足00)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射,沿p板上表面运动时间t后到达K孔,不与板碰撞地进入两板之间。粒子视为质点,在图示平面内
67、运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为g。(1)求发射装置对粒子做的功;(2)电路中的直流电源内阻为r,开关S接“1”位置时,进入板间的粒子落在b板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l。此后将开关S接“2”位置,求阻值为R的电阻中的电流;(3)若选用恰当直流电源,电路中开关S接“1”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场磁感应强度B只能在0Bm=范围内选取,使粒子恰好从b板的T孔飞出,求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)。答案(1)(2)(3)0B0满足题目要求,夹角趋近0,即0=0则
68、题目所求为0arcsin说明式各1分评析本题是一道力、电综合题,主要考查带电粒子在电场中的加速、偏转以及在复合场中的运动。题目涉及的知识点较多,综合性强,难度较大。特别是第(3)问更是要求在透彻理解题意的基础上,画出粒子的运动轨迹,找到临界条件,并结合一定的数学知识求解,但本题所涉及知识均为高中阶段的主干知识,且问题设置层层递进,梯度合理,具有一定的难度和较好的区分度,仍不失为一道好题。25.(2014重庆理综,9,18分)如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的
69、水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。(1)求电场强度的大小和方向。(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。答案(1),方向竖直向上(2)(9-6)(3)见解析解析(1)设电场强度大小为E。由题意有mg=qE得E=,方向竖直向上。(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角
70、为。图1由r=有r1=,r2=r1由(r1+r2)sin=r2r1+r1cos=h得vmin=(9-6)(3)如图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x。图2由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,)xx=得r1=(1+),n3.5即n=1时,v=;n=2时,v=;n=3时,v=。评析试题背景为带电粒子在重力场、匀强电场、有界匀强磁场中的匀速圆周运动,问题设置涉及临界与极值、运动的周期性与多解,对考生的分析与推理能力、数学运算能力有极高的要求,试题难度高,区分度大,不失为一道压轴的好题。26.(2014江苏单科,14,16分
71、)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、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
72、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)解析(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题意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)27.(2013四川理综,11,19分)如图所示,竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy,x
73、轴沿水平方向。在x0的区域内存在方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板,平板平行于x轴且与x轴相距h。在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场(磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出)。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出;另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动,变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动,经圆周离开电磁场区域,沿y轴负方向运动,然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一点,且竖直方向速度相同。设运动
74、过程中小球P电量不变,小球P和Q始终在纸面内运动且均看做质点,重力加速为g。求:(1)匀强电场的场强大小,并判断P球所带电荷的正负;(2)小球Q的抛出速度v0的取值范围;(3)B1是B2的多少倍?答案(1)正(2)00,得00)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
75、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)+解析(1)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=将代入式得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sin=sin=由式解得sin=(3)粒子在运
76、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=+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。29.(2013天津理综,11,18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子
77、自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求:(1)M、N间电场强度E的大小;(2)圆筒的半径R;(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。答案(1)(2)(3)3解析(1)设两板间的电压为U,由动能定理得qU=mv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed联立式可得E=(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O,圆半径为r。设第一
78、次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角AOS等于。由几何关系得r=Rtan粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得qvB=m联立式得R=(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移d后,设板间电压为U,则U=设粒子进入S孔时的速度为v,由式看出=综合式可得v=v设粒子做圆周运动的半径为r,则r=设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为,比较两式得到r=R,可见=粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3评析本题考查了带电粒子在电场中的加速及在磁场中的匀速圆周运动,属于中等偏难的常规题目。本题中的难点是如何根据碰撞次数确定粒子
79、的运动轨迹,然后找出粒子从进入圆筒到第一次碰撞的运动轨迹所对应的圆心角及圆心的位置。碰撞次数为n,每段圆弧所对应的圆心角=-=,n=2,3,4 30.(2011全国,25,19分)如图,与水平面成45角的平面MN将空间分成和两个区域。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入区。粒子在区运动时,只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用,电场强度大小为E;在区运动时,只受到匀强磁场的作用,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。求粒子首次从区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。答案解析带电粒子进入电场后,在电场力的作用下沿抛物线运动,其加速度方向竖直向
80、下,设其大小为a,由牛顿定律得qE=ma设经过时间t0,粒子从平面MN上的点P1进入磁场,由运动学公式和几何关系得v0t0=a粒子速度大小为v1=设速度方向与竖直方向的夹角为,则tan=此时粒子到出发点P0的距离为s0=v0t0此后,粒子进入磁场,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,圆周半径为r1=设粒子首次离开磁场的点为P2,弧所对的圆心角为2,则点P1到点P2的距离为s1=2r1sin由几何关系得+=45联立式得s1=点P2与点P0相距l=s0+s1联立解得l=31.(2009全国,25,18分)如图,在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场,磁场方向垂直于纸面向里
81、,电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场,然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场,最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向,粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比以及粒子在磁场与电场中运动时间之比。答案varcsin解析粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图)。由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上。OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R。由几何关系得R2=+(R-d)2设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=m设P为虚线与分界线的交点,
82、POP=,则粒子在磁场中的运动时间为t1=式中sin=粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场。设粒子加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma由运动学公式有d=al2=vt2式中t2是粒子在电场中运动的时间。由式得=v由式得=arcsin考点一磁场、磁场力考点一磁场、磁场力1.(2018四川凉山三诊,17)如图,虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,有一长为L的金属丝,被弯折成N匝的正方形金属线圈,线圈垂直磁场放置,线圈中通有大小为I的电流,则该线圈受到的安培力的大小为()A.BILB.NBILC.D.三年模拟A组 20162018年高考模拟基础题组答案C
83、N匝的正方形金属线圈的边长为,则根据安培力公式可得,该线圈受到的安培力F=NBI=,选项C正确。考点二带电粒子在磁场中的运动考点二带电粒子在磁场中的运动2.(2018广西柳州高级中学、南宁二中二联,19)(多选)如图所示,在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,有一带正电的电荷从A点以v0的入射速度沿AB方向射入磁场,从CD边的中点射出,已知电荷的质量为m,电荷量为q,不计电荷的重力,则下列说法正确的是()A.匀强磁场磁感应强度为,方向垂直于纸面向里B.电荷在磁场中的运动时间一定大于C.入射速度越小,电荷在磁场中运动的时间越长D.若电荷的入射速度变为2v0,则粒子将从BD边某一点射出答
84、案BD画出如图所示的圆弧轨迹:在OCE中,+(L-r)2=r2,r=L=,解得B=,由左手定则可判断出方向垂直于纸面向外,A错误;若从A到E走直线,对应的时间为,做圆周运动的时间一定大于,B正确;入射速度对应的圆周运动直径小于L时,电荷在磁场中运动时间都等于半个周期,都相等,C错误;电荷的入射速度变为2v0,r=L,只要半径大于L,就会从BD边某一点射出,D正确。3.(2018贵州黔东南一模,17)如图,直角坐标系xOy平面内,有一半径为R的圆形匀强磁场区域,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向里,边界与x、y轴分别相切于a、b两点。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿平行于x轴正方向进
85、入磁场区域,离开磁场后做直线运动,经过x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为60。下列判断正确的是()A.粒子带正电B.粒子在磁场中运动的轨迹半径为RC.粒子运动的速率为D.粒子在磁场中运动的时间为答案C由于粒子离开磁场后做直线运动(不沿竖直方向),则粒子不计重力,由题设条件可知粒子向下偏转,由左手定则可知粒子带负电,选项A错误;由图中几何关系可得r=Rtan60=R,选项B错误;由qvB=得v=,选项C正确;由t=得t=,选项D错误。温馨提示解答带电粒子在磁场中的匀速周围运动问题,其难点在于图中的几何关系,因此找圆心、求半径成为解答此类问题的关键。4.(2018云南保山第二次市级统测,16)如图
86、所示,两个带正电的粒子P、Q(重力不计)以相同的速度v沿垂直匀强磁场方向射入等腰直角三角形区域,其中粒子P从A点沿AB边射入,粒子Q从AC边的中点D沿平行于AB边方向射入。若两粒子都从C点离开三角形区域,则()A.P、Q两粒子在三角形区域中运动的轨迹半径之比为31B.P、Q两粒子在三角形区域中运动的时间之比为11C.P、Q两粒子的比荷之比为12D.P、Q两粒子的比荷之比为21答案C粒子P从A点射入,从C点射出,在三角形区域中运动的圆心角为90,轨道半径等于AB;粒子Q从D点射入,从C点射出,在三角形区域中运动的圆心角也为90,轨道半径等于AB,则两粒子的轨道半径之比为21,故A错误。根据qvB
87、=m得粒子在磁场中的轨道半径R=,则两粒子比荷之比为12,故C正确、D错误。根据周期公式T=,可得两粒子在磁场中运动的周期之比为21,粒子在三角形区域中运动的时间t=T,可得运动时间之比为21,故B错误。5.(2018广西南宁3月适应性测试,25)如图所示,光滑绝缘的半圆形圆弧轨道ACD,固定在竖直面内,轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中,半圆弧的直径AD水平,圆弧的半径为R,匀强磁场的磁感应强度为B,在A端由静止释放一个带正电的质量为m的金属小球甲,结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时,对轨道的压力差为F,小球运动过程始终不脱离轨道,重力加速度为g。求:(1)小球甲经过轨道最低点C时的速
88、度大小;(2)小球甲所带的电荷量;(3)若在圆弧轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙,让小球甲仍由轨道的A端由静止释放,则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间,乙球对轨道的压力。(不计两球间静电力的作用)答案见解析解析(1)由于小球甲在运动过程中,只有重力做功,因此机械能守恒,则mgR=m求得vC=(2)小球甲第一次通过C点时:qvCB+F1-mg=m第二次通过C点时:F2-qvCB-mg=m由题意知F=F2-F1=F2-F1求得q=(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞,则mvC=mv甲+mv乙m=m+m求得v甲=0,v乙=vC设碰撞后的一瞬间,轨道对乙的支持力大小为F
89、乙,方向竖直向上,则F乙+qv乙B-mg=m求得F乙=3mg-根据牛顿第三定律可知,此时乙球对轨道的压力大小为3mg-,方向竖直向下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6.(2017云南楚雄一检,16)如图所示,平行金属板P、Q间有磁感应强度为B的匀强磁场,静止的电子从O点经加速电压U作用后由P板上的小孔垂直进入磁场,打在Q板上的A点。现使磁感应强度大小B加倍,要使电子的运动轨迹不发生变化,仍打在Q板上的A点,应该使U变为原来的()A.4倍B.2倍C.倍D.答案A要使电子仍打在A点,则电子在磁场中运动半径不变,由Bqv=m知R=;B加倍而R不变,不变,则v一定加倍;电子
90、在电场中加速过程有qU=mv2,得v=,得U应变为原来的4倍,故A正确。7.(2018四川凉山三诊,24)如图所示为回旋加速器的原理示意图,其核心部分是两个靠得非常近的D形盒,两盒分别和一交流电源的两极相连,交流电源对粒子的加速电压为U,匀强磁场分布在两D形盒内且垂直D形盒所在平面,磁感应强度为B,在D形盒中央S点处放有粒子源。粒子源放出质量为m、带电荷量为q的粒子(设粒子的初速度为零)被回旋加速器加速,设D形盒的最大半径为R。(1)求交流电源的周期T。(2)当粒子在D形盒中圆周运动半径为R时,通过特定装置将粒子导出,求将粒子导出前被加速的次数n。答案(1)(2)解析(1)圆周运动周期等于交流
91、电周期才能持续加速,设圆周运动半径为r由qvB=m=mr解得:T=(2)粒子做圆周运动:qvB=m粒子被加速:nqU=mv2解得:n=8.(2018贵州铜仁适应性考试二,24)如图所示,一边长为2R的正方形与半径为R的圆相切,两区域内有大小相等方向相反的匀强磁场,M是正方形左边的中点,O点是圆的圆心,M、O、N三点共线。若把比荷为、重力不计的两个带正电的粒子分别从M、N两点以速度大小v0沿MON直线相向射入磁场,它们在磁场中运动相同的时间,并以相同的方向离开磁场,若从N点进入磁场的带电粒子的速度大小变为2v0,并改变其速度方向,该粒子将从M点离开磁场。求:(1)匀强磁场的磁感应强度大小;(2)
92、粒子从N点以2v0进入磁场运动到M点的总时间。答案(1)(2)解析(1)如图所示,只有当带电粒子在磁场中运动圆周射出时,两个粒子在磁场中的运动时间才相同粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供qv0B=由几何关系可知,带电粒子做匀速圆周运动的半径r=R所以B=(2)带电粒子从N进入、从M点射出的运动轨迹如图所示,粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供q(2v0)B=解得r=2R所以MO2P和PNO1都是正三角形该粒子在两个磁场中运动的总时间t=T=联立解得t=B组20162018年高考模拟综合题组（时间:90分钟分值:100分）一、选择题一、选择题(每题每题6分分,共共12分分)1.(2018云
93、南曲靖一中4月质量监测七,16)如图所示,L1和L2为两条平行的虚线,L1上方和L2下方都是垂直纸面向外的磁感应强度相同的匀强磁场,A、B两点都在L1上。带正电的粒子从A点以初速度v斜向下与L1成45角射出,经过偏转后正好过B点,经过B点时速度方向也斜向下,且方向与A点速度方向相同。不计重力影响,下列说法正确的是()A.若将该粒子带上等量的负电荷,其他条件不变,则粒子不能经过B点B.若将磁场边界L1、L2的距离减小一点,其他条件不变,则粒子仍能经过B点C.若将带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变),它仍能经过B点D.若将带电粒子在A点时的初速度变小(方向不变),它不能经过B点答案C设两平行虚
94、线间距为d,若粒子带正电,得到运动轨迹如图所示(细实线),图中所示情况AB=2d,只要AB=2nd(n=1,2,3),粒子均过B点。若粒子带等量的负电荷,得到运动轨迹如图所示(粗实线),可知,不论粒子带正电或负电,均能由A点运动到B点,故A错误。若两边界的距离减小,粒子不一定经过B点,故B错误。若将带电粒子在A点时的初速度变大,则运动轨迹半径变大,以正电荷为例,运动轨迹如图所示(图中虚线轨迹),可知粒子仍经过B点;同理,若将带电粒子在A点时的初速度变小,粒子仍将经过B点,故C正确、D错误。2.(2017云南昆明适应性检测,20)(多选)如图所示,等腰直角三角形MON的直角边MO长度为L,在MO
95、N区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从M点沿MO方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场,在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3,且t1t2t3=332,不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是()A.粒子可能带正电B.三个粒子速度的大小关系可能是v2v1v3C.粒子的比荷=D.从ON边射出的粒子与O点的距离为L 答案BD由题意知粒子需向三角形区域内偏转,故由左手定则知带电粒子带负电,A错。由t1t2t3=332可知,以速度v1、v2射入磁场的粒子应从MN边界射出,由几何知识知轨迹圆心角均为90,即1=2由t=T和T=知t与成正比,由t1t
96、2t3=332知3=90=60t1=T=所以=,C错误。由图可知,R1、R2均小于R3,由R=可知v3一定大于v1与v2,v1与v2的大小关系并不确定,故B正确。设从ON边射出的粒子的轨迹与ON边的交点为M,则OMM=30故OM=Ltan30=L,D正确。所以选B、D。二、非选择题二、非选择题(共共88分分)3.(2018云南昆明一中第八次月考,25)(14分)如图所示,纸面为竖直面,在纸面上建立一正交坐标系xOy,x轴在水平地面上,在坐标系的第象限中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场。电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B=10-2T。一个质量为m=0.1g、电荷量为q=0
97、.1C的带正电的小滑块从A点由静止开始向右滑动,到达C点时离开地面做曲线运动,D点为小滑块在电场力、洛伦兹力以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D点时撤去磁场,此后小滑块在运动过程中经过y轴上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD=2m/s,C、D两点的坐标分别为(-4l,0)、(-2l,l),其中l=0.15m,重力加速度g=10m/s2,求:(1)电场强度E的大小;(2)小滑块运动到P点时速度的大小和方向。答案见解析解析(1)在C点时:qvCB=mgvC=1m/sC到D过程,由动能定理得:qE2l-mgl=m-m联立得:E=110-2N/C(2)由于小滑块在D点速度最
98、大,可知重力和电场力的合力方向与滑块在D点处的速度方向垂直,因为qE=mg,所以滑块在D点处的速度与x轴正方向的夹角=45从D运动到P的过程,在x方向:qE=max2l=vDcost+axt2联立得t=s(另一解舍去)vPx=vDcos+axt=2m/s在y方向:vPy=vDsin-gt=0vP=2m/s,方向沿x轴正方向4.(2018贵州凯里一中三模,25)(14分)如图所示,在真空中的xOy平面内,第象限存在水平向右的匀强电场E1,第、象限存在竖直向下的匀强电场E2,且E1和E2的场强大小相等,同时在第、象限中y轴与边界MN之间还存在垂直纸面向里的匀强磁场B1,磁感应强度B1=,第象限还存
99、在另一垂直纸面向外的匀强磁场B2,一带负电的小球自x轴上的A点(-L,0)以v0=2的初速度射出,沿直线AC运动经y轴上的C点(0,L)进入第象限,已知:在以后的运动中,小球会经过y轴上的D点(0,-4L),带电小球的质量为m,带电荷量为q,重力加速度为g。求:(1)为使小球能够到达D点,匀强磁场B1的宽度至少为多少;(2)第象限的匀强磁场的磁感应强度B2可能的大小。答案见解析解析(1)根据题意,小球在AC段受力分析如图,小球应做匀减速直线运动,重力与电场力大小相等,有:v2-=2ax,mg=ma,x=L解得v=2小球在第、象限,重力与电场力平衡,在洛伦兹力作用下做圆周运动,qvB1=m可得r
100、1=L运动轨迹如图,由几何关系得磁场B1的最小宽度为:d=L+L(2)小球在第象限做圆周运动,要使小球经过D点,运动轨迹有图中所示3种,由几何知识知:r2=或者r2=或者r2=qvB2=m可得B2=或者B2=或者B2=5.(2018广西防城港3月模拟,25)(15分)如图所示,在竖直平面内直线边界AB水平,AB下方充满匀强电场,上方充满垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量大小为q的带负电的粒子,从P点以初速度大小v0向各个方向射出,到达边界AB的速度大小均为v=v0,已知P到边界的距离为L。若平行边界AB向右以v0射出该粒子,粒子能再次经过P点(粒子重力不计),求:(1)匀强电场场强的大小
101、和方向;(2)匀强磁场磁感应强度大小及粒子从射出到回到P点的时间;(3)若粒子在电场中到达边界AB时,撤去磁场,一段时间后重新恢复磁场,要使粒子无法回到电场,则撤去磁场的时间满足的条件。答案见解析解析(1)粒子到达AB边界的速度大小相等,AB是等势面,场强方向竖直向下根据动能定理得qEL=mv2-m,解得E=(2)粒子平行边界AB向右射出时在电场中做类平抛运动,粒子从P点到磁场边界上C点过程,L=t1,x1=v0t1,+=v2设在C点速度与水平方向夹角为,则tan=解得=,x1=2L设圆周运动半径为R,由几何关系可知2x1=R,根据qvB=m,解得B=转过的圆心角为=2-2=,在磁场中运动的时
102、间为t2=从射出到回到P点的时间为t=2t1+t2解得t=(4+3)(3)设撤去磁场的时间至少为t,在此时间内粒子匀速运动的距离为s,粒子恰好不进入电场,与边界相切,由几何关系可知R-Rcos=ssins=vt解得t=,故t6.(2017广西柳州4月模拟,18)(15分)如图所示,圆心为O、半径R=2L的圆形区域被C、D、E、F、G、H与O点的连线等分成六个扇形区域,其中ODE、OFG、OHC区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,另外三区域内没有磁场,质量为m、电荷量为q的粒子以某一速率逆时针运动,恰能形成如图中虚线所示的闭合轨迹,已知粒子运动经过边界线OD时过A点,OA=L,求
103、(1)粒子运动的速度大小;(2)粒子运动的周期;(3)若在OCD区中施加垂直纸面的匀强磁场,使带电粒子经过A点后恰好从C点射出,求所加磁场的磁感应强度。答案见解析解析(1)粒子在ODE中运动轨迹的圆心如图所示,设半径为r,由几何关系得L=2rcos又qvB=m解得v=(2)由对称性,粒子在每个磁场区转过的圆心角均为=运动的每段圆弧轨迹长度s=在无场区运动的每段直线轨迹长度为L一个周期内在磁场区运动的总时间t1=一个周期内在无场区运动的总时间t2=粒子运动的周期T=t1+t2=(2+3)(3)在OCD区中施加磁场后,带电粒子在OCD区域中运动的轨迹如图所示,设其半径为r由几何关系得AC=Rsin
104、60=Lrcos60=又qvB=m解得B=方向垂直纸面向外7.(2017云南第二次高中毕业班复习统测,25)(15分)如图所示,在xOy平面直角坐标系中,与x轴成60角过原点的虚线OP是磁场和电场的分界线,左侧为垂直纸面向外,磁感应强度大小为B的匀强磁场区,右侧为与x轴成150角、场强大小为E的匀强电场区。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从y轴上N点以速度v0垂直磁场方向射入磁场,v0的方向与y轴成60角。不计粒子所受重力,为使粒子能在电场中做直线运动。求:(1)N点坐标;(2)粒子从释放到第三次到达虚线所经历的时间及位置坐标。答案见解析解析(1)粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力
105、:qv0B=m据几何关系可得:yN=r解得:yN=则N点坐标为(0,)(2)粒子从释放到第三次通过OP,粒子在磁场中运动的总时间:tB=T+TT=设粒子在电场中运动的总时间为tE,则:v0=aa=粒子从释放到第三次通过OP,所需的总时间:t=tB+tE解得:t=+设第三次通过OP时坐标为(xM,yM),则xM=4rcos60,yM=4rsin60,解得xM=,yM=即坐标为审题指导题目要求粒子能在电场中做直线运动,即粒子要逆着电场线方向射入电场,即可确定粒子的射入方向,从而确定圆周运动的圆心。8.(2017云南楚雄一检,25)(15分)如图所示,在xOy竖直平面内,y轴的右侧有垂直纸面向外的匀
106、强磁场(磁感应强度B=0.4T)和竖直向上的匀强电场(场强E=2N/C),长为L=16m的水平绝缘传送带AB以速度v0=3m/s顺时针匀速转动,右侧轮的轴心在y轴上,右侧轮的上侧边缘B点的坐标是(0,8m)。将一个质量为m=2g、电荷量为q=+0.01C的小物块(可视为点电荷)轻轻放在传送带左端,小物块与传送带之间的动摩擦因数=0.2,小物块从传送带滑下后经过x轴上的P点(没画出),重力加速度g=10m/s2。求:(1)P点的坐标;(2)小物块从静止开始到经过x轴所用的时间;(结果保留2位小数)(3)改变传送带匀速运行的速度,可让小物块从传送带上滑下后经过坐标原点O,那么要让小物块经过坐标原点
107、,传送带运行的速度范围。答案见解析解析(1)小物块刚放在传送带上时的加速度a=g=2m/s2小物块与传送带速度相等时:t1=1.5sx1=at2=2.25mL=16m小物块先匀加速运动,后匀速运动,匀速运动的时间t2=4.58s小物块进入y轴右侧后,因为电场力F=qE=mg=0.02N,所以做匀速圆周运动qv0B=解得r=1.5m运动时间t3=1.57s小物块离开磁场后做平抛运动,运动时间t4=1s水平方向上的位移x2=v0t4=3m所以,P点的坐标为(-3m,0)(2)小物块从静止开始到经过x轴所用的时间t=t1+t2+t3+t4=8.65s(3)小物块要经过坐标原点O,它做匀速圆周运动的半径R=4m由qv1B=解得v1=8m/s小物块在传送带上从静止加速到v1=8m/s时滑行的距离x=16m=L说明如果小物块在传送带上一直做匀加速运动,则小物块就会经过坐标原点O,所以传送带的速度v8m/s。
