《北京市2019版高考物理 专题十一 磁场课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市2019版高考物理 专题十一 磁场课件.ppt（156页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题十一 磁场高考物理高考物理 (北京市专用)1.(2016北京理综,17,6分,0.95)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是()A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用考点一磁场的描述、安培力考点一磁场的描述、安培力A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组五年高考答案答案C由题意可知,地理南、北极与
2、地磁场的南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确。选C。审题指导审题指导题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察,挖掘有用信息。评析评析本题考查地磁场的分布情况,属于容易题。2.2013北京理综,24(1),0.39对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。一段横截面积为S、长为l的直导线,单位体积
3、内有n个自由电子,电子电量为e。该导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率均为v。(a)求导线中的电流I;(b)将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B,导线所受安培力大小为F安,导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F,推导F安=F。解析解析(a)设t时间内通过导体横截面的电量为q,由电流定义,有I=neSv(b)每个自由电子所受的洛伦兹力:F洛=evB设导体中共有N个自由电子,则N=nSl导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和F=NF洛=nSlevB由安培力公式,有F安=IlB=neSvlB得F安=F答案答案(a)neSv(b)见解析3.(2018课标,20,6分)(多选)如图,
4、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小为B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0B B组组统一命题、课标卷题组统一命题、课标卷题组答案答案AC本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1
5、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。4.(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
6、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。5.(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直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C
7、.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。6.(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
8、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之比为1答案答案BC本题考查安培力。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
9、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,由几何关系可得L1所在处磁场的磁感应强度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;
10、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。7.(2015课标,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。解析解析依题意,开关闭合后,电流方向
11、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。)答案答案见解析8.(2017课标,21,6分)(多选)某
12、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C C组组教师专用题组教师专用题组答案答案AD本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、实验能力。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
13、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。易错警示易错警示一根漆包线绕制的矩形线圈中电流方向的判定。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。1.(2014北京理综,16,6分,0.77)带电粒子a、
14、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qam2),电荷量均为q。加速电场的电势差为U,离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力,也不考虑离子间的相互作用。(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1;(2)当磁感应强度的大小为B时,求两种离子在GA边落点的间距s;(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响,实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽,可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠,导
15、致两种离子无法完全分离。设磁感应强度大小可调,GA边长为定值L,狭缝宽度为d,狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场,入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离,求狭缝的最大宽度。答案答案(1)(2)(3)L解析解析(1)加速电场对离子m1做的功W=qU由动能定理m1=qU得v1=(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式qvB=,R=,利用式得离子在磁场中的轨道半径分别为R1=,R2=两种离子在GA上落点的间距s=2R1-2R2=(3)质量为m1的离子,在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处,由于狭缝的宽度为d,因此落点区域的宽度也是d。同理,质量为m2
16、的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。为保证两种离子能完全分离,两个区域应无交叠,条件为2(R1-R2)d利用式,代入式得2R1dR1的最大值满足2R1m=L-d得(L-d)d求得最大值dm=L6.(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,角速度减小答案答案D因洛伦兹力不做功,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
17、,轨道半径增大;由角速度=知,角速度减小,选项D正确。B组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组7.(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=,故磁感应强度B=,=,选项D正确。
18、8.(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
19、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及r=,得r=,可见当Ek越大时粒子的轨迹半径越大,故D错误。9.(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
20、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。10.(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
21、所用时间相等,即t=,联立以上两式得=,A项正确。反思总结反思总结此题考查处理粒子在磁场中运动问题的基本方法:定圆心、画轨迹,由几何知识求半径,找圆心角求时间。11.(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答案答案C本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、洛伦兹力,考
22、查学生的推理能力、作图能力。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,当粒子的轨迹直径与磁场区域相交时,其弦长最长,即最大分布。12.(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
23、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。解析解析本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。(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=m2答案答案(1)(2)14q2v2B=m2由题给条件有2R2=由式得,甲、乙两种离子的比荷之比为=14思路分析思路分析根据题设条件,分析离子在电场和
24、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。13.(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。解析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0)。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
25、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.C C组组教师专用题组教师专用题组答案答案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。方法技巧方法技巧由题意知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。评析评析本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,难度中等,正确画出
26、运动轨迹,并且找出各角关系是解答本题的关键。15.(2013课标,18,6分,0.456)如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60,则粒子的速率为(不计重力)()A.B.C.D.答案答案B作出粒子运动轨迹如图中实线所示。因P到ab距离为,可知=30。因粒子速度方向改变60,可知转过的圆心角2=60。由图中几何关系有(r+)tan=Rcos,解得r=R。再由Bqv=m可得v=,故B正确。1.(20
27、18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.粒子入射时的速度考点三带电粒子的复合场中的运动考点三带电粒子的复合场中的运动A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组答案答案C本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。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
28、,粒子的电性和电量与能否完成题述两类运动无关,C对。2.(2013北京理综,22,16分,0.75)如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电荷量为+q、质量为m的粒子,由静止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响,求:(1)匀强电场场强E的大小;(2)粒子从电场射出时速度v的大小;(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。解析解析(1)电场强度E=(2)根据动能定理,有qU=mv2得v=(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m得R=答案答案(1)(2)(3)
29、考查点考查点带电粒子在电场和磁场中的运动。思路点拨思路点拨本题属常规题型,首先弄清带电粒子在电场和磁场中的运动性质,再根据各运动所遵循的规律作答。3.(2017课标,16,6分)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()A.mambmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbmaB组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组答案答案B本题考查带电粒子在复合
30、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。4.(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
31、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答案答案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。审题指导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。评析评析此题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,难度中等。考生需要根据题目信息找出相关运
32、动规律公式,再结合题给条件分析解答。5.(2018课标,25,20分)如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在yr乙,所以m甲m乙。又T=,则T甲T乙,t甲=T甲,t乙=T乙,故t甲t乙。B选项正确,D选项错误。13.(2016北京西城二模,16)如图所示,有一圆形匀强磁场区域,O为圆的圆心,磁场方向垂直纸面向里。两个正、负电子a、b,以不同的速率沿着PO方向进入磁场,运动轨迹如图所示。不计电子之间的相互作用及重力。a与b比较,下列判断正确的是()A.a为正电子,b为负电子B.b的速率较大C.a在磁场中所受洛伦兹力较大D.b在磁场中运动的时间较长答案答案B由左手定则可
33、知b带正电,a带负电,由题图可知rbra,又qvB=m,r=,则vbva,f洛bf洛a。T=,两者周期相同,但b的运动轨迹所对圆心角小,b在磁场中运动时间较短。14.(2018北京东城期末,19)图甲为洛伦兹力演示仪的实物照片,图乙为其工作原理图。励磁线圈为两个圆形线圈,线圈通上励磁电流I(可由电流表读出)后,在两线圈间可得到垂直线圈平面的匀强磁场,其磁感应强度的大小和I成正比,比例系数用k表示,I的大小可通过“励磁电流调节旋钮”调节;电子从被加热的灯丝逸出(初速不计),经加速电压U(可由电压表读出)加速形成高速电子束,U的大小可通过“加速电压调节旋钮”调节。玻璃泡内充有稀薄气体,在电子束通过
34、时能够显示电子的径迹。请讨论以下问题:甲乙丙(1)调整灯丝位置使电子束垂直进入磁场,电子的径迹为圆周。若垂直线圈平面向里看电子的绕行方向为顺时针,那么匀强磁场的方向是怎样的?(2)用游标瞄准圆形电子束的圆心,读取并记录电子束轨道的直径D、励磁电流I、加速电压U。请用题目中的各量写出电子比荷的计算式。(3)某次实验看到了图丙所示的电子径迹,经过调节“励磁电流调节旋钮”又看到了图丙所示的电子径迹,游标测量显示二者直径之比为21;只调节“加速电压调节旋钮”也能达到同样的效果。a.通过计算分别说明两种调节方法是如何操作的;b.求通过调节“励磁电流调节旋钮”改变径迹的情况中,电子沿、轨迹运动一周所用时间
35、之比。解析解析(1)由左手定则判断,可知磁场方向垂直线圈平面向里。(2)设电子加速后的速度为v,对电子从灯丝逸出后经加速电压U加速的过程应用动能定理,有qU=mv2电子进入磁场后做匀速圆周运动,对其应用牛顿第二定律,有Bqv=m其中B=kI;R=联立、解得:=(3)由可得出:D正比于a.为使直径D变为原来的,两种调节方法分别是:保持“加速电压调节旋钮”的位置不变,调节“励磁电流调节旋钮”使励磁电流I变为原来的2倍;保持“励磁电流调节旋钮”的位置不变,调节“加速电压调节旋钮”使加速电压U变为原来的。b.电子在磁场中做匀速圆周运动,周期T=,与式联立得T=通过调节“励磁电流调节旋钮”改变径迹的情况
36、中,轨迹从变为,是因为励磁电流改变从答案答案见解析而改变了磁感应强度大小,则电子沿、轨迹运动一周所用时间之比=(或由周期T=,通过调节“励磁电流调节旋钮”改变径迹的情况中,“加速电压调节旋钮”位置保持不变,说明电压U不变,即电子速率v不变,因此可得:=)解题关键解题关键利用动能定理求出电子加速后的速度v。电子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力。15.(2017北京东城一模,18)如图所示是磁流体发电机的示意图,两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是()A
37、.Q板的电势高于P板的电势B.R中有由b向a方向的电流C.若只改变磁场强弱,R中电流保持不变D.若只增大粒子入射速度,R中电流增大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答案D由左手定则判定,带正电粒子向上偏转至P板,带负电粒子向下偏转至Q板,PQ,A错误。R中电流由a到b,B错误。P、Q两板间电势差U=Bdv,d为P、Q间距,B变化则U变化,则R中电流变化,C错误。v变大,则U变大,R中电流变大,D正确。16.(2017北京丰台二模,17)如图所示,两平行金属板P、Q水平放置,上极板带正电,下极板带负电;板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)。一个带电粒子在两板间沿虚线
38、所示路径做匀速直线运动。粒子通过两平行板后从O点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中,粒子做匀速圆周运动,经过半个周期后打在挡板MN上的A点。不计粒子重力。则下列说法不正确的是()A.此粒子一定带正电B.P、Q间的磁场一定垂直纸面向里C.若另一个带电粒子也能做匀速直线运动,则它一定与该粒子具有相同的比荷D.若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动,则它一定与该粒子具有相同的比荷答案答案C由粒子在磁场中的运动轨迹知,粒子一定带正电,A对。由粒子在两极板间受力平衡知洛伦兹力一定向上,则磁场垂直纸面向里,B对。若另一粒子也做匀速直线运动,则qvB=Eq,v=,C错。若轨迹相同,则r=相等,v相等,则比
39、荷相同,D对。17.(2017北京海淀期末,10)(多选)将一块长方体形状的半导体材料样品,表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时,在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面间会出现一定的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的将具有这样性质的半导体材料样品称为霍尔元件。如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压。已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合
40、后,电流表A和电表B、C都有明显示数,下列说法中正确的是()A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表B.接线端2的电势高于接线端4的电势C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大答案答案BC电表B测量的是输入霍尔元件的电流,电表C测量的是霍尔元件输出的霍尔电压,所以电表B为毫安表,电表C为毫伏表,A错;由铁芯上的线圈绕向可知霍尔元件处的磁场方向为自上而下,霍尔元件中的电流方向为由1到3,由左手定则可知载流子受到42方向的洛伦兹力,将会偏向2端,所以接线端2的电势高于接线端4的电势,B对;若使通过
41、电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则产生的霍尔电压的大小和方向均不变,毫伏表的示数将保持不变,C对;若减小R1,则霍尔元件处的磁感应强度B变大,增大R2,流入霍尔元件的电流I减小,对于霍尔元件有q=Bvq,I=nqSv,联立得U=,因不知B和I的变化量,无法确定毫伏表示数的具体变化,D错。思路点拨思路点拨该题是纸老虎,通过文字多、图复杂来吓唬人,其实仔细分析,它就是一个霍尔元件的电路问题,带正电的粒子充当自由移动的粒子也与以前的题不同,故该题有一定的新意。18.(2016北京顺义一模,20)环形对撞机是研究高能粒子的重要装置,如图所示,正、负粒子由静止经过电压为U的直线加速器
42、加速后,沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内,空腔内存在与圆环平面垂直的匀强磁场,调节磁感应强度的大小可使两种带电粒子被局限在环状空腔内,沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动,并在碰撞区内迎面相撞。为维持带电粒子沿环状空腔的中心线做匀速圆周运动,下列说法正确的是()A.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷越大,磁感应强度B越小B.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷越大,磁感应强度B越大C.对于给定的带电粒子,加速电压U越大,粒子做圆周运动的周期越大D.对于给定的带电粒子,粒子做圆周运动的周期与加速电压U无关答案答案A粒子加速过程,根据动能定理有Uq=mv2-0,则v=,粒子在环状空腔内做匀速圆
43、周运动的轨道半径r=,所以对于给定的加速电压,带电粒子的比荷越大,需要的磁感应强度B越小,A正确,B错误;对于给定的带电粒子,加速电压U越大,需要的磁感应强度B越大,由于T=,则粒子做圆周运动的周期越小,C、D错误。考查点考查点洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。解题关键解题关键解答本题时需要考生深刻理解题设条件“带电粒子沿环状空腔的中心线做匀速圆周运动”,即带电粒子经过电场加速后在匀强磁场中的圆轨道半径是定值。根据电场中动力学方程和磁场中动力学方程导出轨道半径跟电荷量和质量的关系,运动周期跟电荷量和质量的关系,然后做出正确的判断。19.(2018北京海淀一模,23)在某项科研实验中,需
44、要将电离后得到的氢离子(质量为m、电荷量为+e)和氦离子(质量为4m、电荷量为+2e)的混合粒子进行分离。小李同学尝试设计了如图甲所示的方案:首先他设计了一个加速离子的装置,让从离子发生器逸出的离子经过P、Q两平行板间的电场加速获得一定的速度,通过极板上的小孔S后进入Q板右侧的匀强磁场中,经磁场偏转到达磁场边界的不同位置,被离子接收器D接收从而实现分离。P、Q间的电压为U,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,装置放置在真空环境中,不计离子之间的相互作用力及所受的重力,且离子进入加速装置时的速度可忽略不计。求:(1)氢离子进入磁场时的速度大小;(2)氢、氦离子在磁场中运动的半径之比,并
45、根据计算结果说明该方案是否能将两种离子分离;(3)小王同学设计了如图乙所示的另一方案:在Q板右侧空间中将磁场更换为匀强电场,场强大小为E,离子垂直进入电场。请你论证该方案能否将两种离子分离。解析解析(1)氢离子在电场中加速,由动能定理有:Ue=m(2分)解得:vH=(2分)(2)电荷量为q、质量为m的正离子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,则:Bqv=m(2分)v=解得:r=(2分)则氢、氦离子在磁场中运动的半径之比为r1r2=1(1分)由上可见,离子在磁场中运动的半径与离子的比荷有关,氢、氦离子到达离子接收器的位置不同,可以分开。(1分)(3)电荷量为q、质量为m的正离子垂直进入
46、匀强电场中后,在入射方向上做匀速直线运动,当在水平方向上运动位移为x时,其运动时间为t=(1分)答案答案见解析v=离子在电场方向做匀加速运动,加速度a=(1分)沿电场方向的偏转位移为:y=at2(1分)联立解得:y=(3分)由此可见,氢、氦两种离子在电场运动过程中,侧向位移y与离子的比荷无关,即离子在电场中运动的轨迹相同,所以该方案不能将两种正离子分离。(2分)解题关键解题关键带电离子在电场中的加速、偏转,带电离子在磁场中的偏转。20.(2018北京朝阳二模,23)根据牛顿力学经典理论,只要物体的初始条件和受力情况确定,就可以预知物体此后的运动情况。(1)如图1所示,空间存在水平方向的匀强磁场
47、(垂直纸面向里),磁感应强度大小为B,一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,经过M点时速度的大小为v,方向水平向左。不计粒子所受重力。求粒子做匀速圆周运动的半径r和周期T。(2)如图2所示,空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在场中运动,不计粒子所受重力。a.若该带电粒子在场中做水平向右的匀速直线运动,求该粒子速度v的大小;b.若该粒子在M点由静止释放,其运动将比较复杂。为了研究该粒子的运动,可以应用运动的合成与分解的方法,将它为0的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度
48、。求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。解析解析(1)根据牛顿第二定律有qvB=m所以r=T=(6分)(2)a.根据牛顿第二定律有qvB-qE=0所以v=(4分)b.带电粒子由静止释放,其初速度可分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度,设为v0,令v0=,则带电粒子的运动可分解为沿水平方向的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。圆周运动的轨道半径r=。所以ym=2r=vm=2v0=(8分)答案答案(1)(2)a.b.解题关键第(3)问中分解运动时,应注意前两问运动特点,则可取单向分初速度大小为v0=,复杂的曲线运动就可分解为匀速直线运动和匀速圆周运动。21.(20
49、18北京丰台二模,22)如图所示是一种质谱仪的原理图,离子源(在狭缝S1上方,图中未画出)产生的带电粒子经狭缝S1与S2之间的电场加速后,进入P1和P2两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。沿直线通过狭缝S3垂直进入另一匀强磁场区域,在洛伦兹力的作用下带电粒子打到照相底片上形成一细条纹。若从离子源产生的粒子初速度为零、电荷量为+q、质量为m,S1与S2之间的加速电压为U1,P1和P2两金属板间距离为d,两板间匀强磁场的磁感应强度为B1,测出照相底片上的条纹到狭缝S3的距离为L。求:(1)粒子经加速电场加速后的速度v1;(2)P1和P2两金属板间电压U2;(3)经S3垂直进入的匀强磁场的磁感应
50、强度B2。解析解析(1)带电粒子在S1和S2间加速,根据动能定理有:qU1=m-0(2分)解得v1=(2分)(2)带电粒子在P1和P2两金属板间运动时,电场力与洛伦兹力平衡:q=qv1B1(3分)解得U2=B1d(3分)(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,据牛顿第二定律有qv1B2=m又R=(3分)解得B2=(3分)答案答案(1)(2)B1d(3)思路分析思路分析本题考查质谱仪的原理。粒子先在S1与S2之间的加速电场中加速,电场力做功等于动能的变化量,由此可以计算出加速后的速度。之后,粒子通过速度选择器,做匀速直线运动,受到的电场力等于洛伦兹力。最后,粒子进入匀强磁场,做匀速圆周运动,由洛伦
51、兹力提供向心力,轨迹半径R=,可以得到磁感应强度B2。22.(2017北京朝阳一模,23)物理学对电场和磁场的研究促进了现代科学技术的发展,提高了人们的生活水平。(1)现代技术设备中常常利用电场或磁场控制带电粒子的运动。现有一质量为m、电荷量为e的电子由静止经电压为U的加速电场加速后射出(忽略电子所受重力)。a.如图甲所示,若电子从加速电场射出后沿平行极板的方向射入偏转电场,偏转电场可看做匀强电场,板间电压为U,极板长度为L,板间距为d,求电子射入偏转电场时速度的大小v以及射出偏转电场时速度偏转角的正切值;b.如图乙所示,若电子从加速电场射出后沿直径方向进入半径为r的圆形磁场区域,该磁场的磁感
52、应强度大小为B、方向垂直纸面向里。设电子射出磁场时的速度方向与射入时相比偏转了角,请推导说明增大偏转角的方法(至少说出两种)。(2)磁场与电场有诸多相似之处。电场强度的定义式E=,请你由此类比,从运动电荷所受的洛伦兹力F洛出发,写出磁感应强度B的定义式;并从宏观与微观统一的思想出发构建一个合适的模型,推理论证该定义式与B=这一定义式的一致性。解析解析(1)a.在加速电场中,由动能定理可知:Ue=mv2-0解得v=在偏转电场中,电子做类平抛运动,设运动时间为t由运动分解可知:水平方向L=vt竖直方向vy=at,e=ma速度偏转角正切值为tan=解得tan=b.由a问可知,射入磁场时的速度为v=在
53、匀强磁场中,电子做匀速圆周运动,依据圆周运动规律可知:evB=m答案答案(1)a.v=tan=b.见解析(2)见解析解得R=电子在磁场中的运动轨迹如图所示依据几何关系可知:tan=解得tan=r增大偏转角即增大tan,可采用的方法有:增大磁感应强度B,增大匀强磁场半径r,减小加速电压U(2)由洛伦兹力公式F洛=qvB可知,B=根据题意构建模型如下:如图所示,在一匀强磁场中有一段固定的长为L的直导线,已知导线横截面积为S,单位体积内自由电荷数为n,导线内自由电荷的定向移动速率为v,磁场的磁感应强度为B。则导线内自由电荷数N=nSL,安培力与洛伦兹力的关系为F安=NF洛,导线内电流的微观表达式为I
54、=nqSv,联立上面3式可得B=,即定义式B=与B=这一定义式是一致的。考查点考查点带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动、磁感应强度的定义式。解题关键解题关键(1)此题中带电粒子在匀强电场中的偏转是类平抛运动,在匀强磁场中是匀速圆周运动,要注意区别。(2)从洛伦兹力和安培力的关系建立相关模型。1.(2018北京丰台期末,8)在磁场中的同一位置放置一条长为L的直导线,导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流,导线所受的安培力也不一样,图中几幅图像表示导线受安培力F与通过电流I的关系,a、b分别代表一组F、I的数据。正确的图像是()B B组组2016201820162018年高考模拟年
55、高考模拟综合题组综合题组 时间时间: :4545分钟分值分钟分值: :8 80 0分分一、选择题(每题6分,共48分)答案答案C由F=BIL可知,当B、L一定时,F-I图像为一条过原点的直线,故C正确。思路分析思路分析本题主要考查I对安培力F的影响,对F=BIL的理解。2.(2018北京朝阳期末,2)如图所示,把一根柔软的金属弹簧悬挂起来,弹簧静止时,它的下端刚好跟槽中的水银接触。通电后,关于弹簧,下列说法中正确的是()A.弹簧始终不动B.弹簧不断上下振动C.弹簧向上收缩后,保持静止D.弹簧向下伸长后,保持静止答案答案B通电后,弹簧中通有电流,弹簧的每一圈相当于一个小磁针,由右手螺旋定则判断,
56、知每一个小磁针的上端为S极下端为N极,据异名磁极互相吸引可知,线圈之间互相吸引而使弹簧变短,使下端离开水银面,离开水银面后断电,没有了电流,弹簧又恢复到原长状态,然后又重复上述过程,故B选项正确。解题关键解题关键能将每一圈弹簧等效为一个小磁针,利用磁极间的相互作用来判断弹簧的伸缩情况,当弹簧下端离开水银面后,电路处于断路状态,弹簧恢复原长,再次与水银面接触,重复收缩过程。3.(2016北京顺义一模,18)如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关示意图,O是转动轴,A是绝缘手柄,C是闸刀卡口,M、N接电源线。闸刀处于垂直纸面向里、B=0.1T的匀强磁场中,C、O间距离为10cm。当安培力为0.2N时,闸
57、刀开关会自动跳开。则要使闸刀开关能跳开,通过CO的电流的大小和方向为()A.电流大小为20A,电流方向OCB.电流大小为20A,电流方向COC.电流大小为2A,电流方向OCD.电流大小为2A,电流方向CO答案答案A根据安培力的计算公式,有F=BIL,则I=A=20A,C、D错误;根据左手定则可知,电流方向由O到C,故A正确,B错误。4.(2017北京西城一模,17)在粒子物理学的研究中,经常应用“气泡室”装置。粒子通过气泡室中的液体时能量降低,在它的周围有气泡形成,显示出它的径迹。如图所示为带电粒子在气泡室运动径迹的照片,气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中。下列有关甲、乙两粒子的判断正确的是(
58、)A.甲粒子带正电B.乙粒子带负电C.甲粒子从b向a运动D.乙粒子从c向d运动答案答案C由题意知,粒子通过气泡室中的液体时能量降低,即速度v减小,由R=知,R越来越小,C正确、D错误。由于磁场方向垂直纸面向里,由左手定则知,甲粒子带负电,乙粒子带正电,A、B错误。5.(2018北京海淀期末,6)图甲是洛伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图,玻璃泡内充有稀薄的气体,由电子枪发射电子束,在电子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图,两线圈之间产生近似匀强磁场,线圈中电流越大磁场越强,磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来
59、调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子,给励磁线圈通电后,能看到电子束的径迹呈圆形。关于电子束的轨道半径,下列说法正确的是()A.只增大电子枪的加速电压,轨道半径不变B.只增大电子枪的加速电压,轨道半径变小C.只增大励磁线圈中的电流,轨道半径不变D.只增大励磁线圈中的电流,轨道半径变小答案答案D电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,evB=m,R=。电子在加速电场中加速过程由动能定理有,eU=mv2。只增大加速电压,则v增大,R增大。只增大励磁线圈中的电流,则B增大,R减小。D项正确。易错警示易错警示学生错误的可能原因是对此演示实验淡忘,审题不认真,不能正确理解题目所描述的物理情景,进而转化为物理模型,
60、不清楚电子枪的加速电压与励磁线圈中的电流所起的作用。6.(2018北京西城期末,7)在如图所示的平行板器件中,电场强度E和磁感应强度B相互垂直,两平行板水平放置。具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来,所以叫做速度选择器。现有一束带电粒子以速度v0从左端水平射入,不计粒子重力。下列判断正确的是()A.若粒子带正电且速度v0=,则粒子将沿图中虚线方向通过速度选择器B.若粒子带负电且速度v0=,则粒子将偏离虚线方向向上做曲线运动C.若粒子带正电且速度v0,则粒子将偏离虚线方向向上做曲线运动答案答案A不计重力,带正电粒子受竖直向下的电场力Eq,
61、竖直向上的洛伦兹力Bqv0。当Eq=Bqv0时,即v0=时,粒子沿直线通过速度选择器,A正确。带负电粒子如果以v0=进入速度选择器,所受竖直向上的电场力与竖直向下的洛伦兹力平衡,粒子沿直线通过速度选择器,B错。如果v0,即EqBqv0,带正电粒子向上偏转,带负电粒子向下偏转,C、D错误。7.(2017北京朝阳期末,7)如图所示,是回旋加速器的示意图,利用该装置我们可以获得高能粒子,其核心部分为处于匀强磁场中的两个D形盒,两D形盒之间接交流电源,并留有窄缝,粒子在通过窄缝时得到加速,忽略粒子的重力等因素,为了增大某种带电粒子射出时的动能,下列说法正确的是()A.只增大D形盒的半径B.只增大加速电
62、场的电压C.只增大窄缝的宽度D.只减小磁感应强度答案答案A回旋加速器工作时,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,当速度最大时,设最大速度为v,由Bqv=m,得v=,带电粒子射出时的动能Ek=mv2=,可知动能与加速电压无关,与窄缝的宽度无关,与磁感应强度大小和D形盒的半径有关,增大D形盒的半径或增大磁感应强度,可以增大带电粒子射出时的动能。故选A。8.(2016北京东城零模,19)利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器,广泛应用于测量和自动控制等领域。图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品薄片放在沿y轴正方向的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品薄片时
63、,会在与z轴垂直的两个侧面之间产生电势差,这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累,于是上、下表面间建立起电场EH,同时产生霍尔电势差UH。当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时,EH和UH达到稳定值,UH的大小与I和B满足关系UH=kHIB,其中kH称为霍尔元件灵敏度。已知此半导体材料是电子导电,薄片内单位体积中导电的电子数为n,电子的电荷量为e。下列说法中正确的是()A.半导体样品的上表面电势高于下表面电势B.霍尔元件灵敏度与半导体样品薄片的长度a、宽度b均无关C.在其他条件不变时,单位体积中导电的电子数n越大,霍尔元件灵敏度越高D.在其他条件不变时,
64、沿磁场方向半导体薄片的厚度c越大,霍尔元件灵敏度越高答案答案B电子在洛伦兹力的作用下发生偏转,利用左手定则可知电子向上表面偏转和积累,导致上表面电势低于下表面电势,A错误;根据题意,对电子有Bev=EHe,UH=EHb,I=nevbc,整理可得UH=kHIB,即kH=,故B正确;由kH=可知,n越大,kH越小;c越大,kH越小,故C、D均错误。考查点考查点电场力、洛伦兹力。解题关键解题关键解答本题时有以下几个问题需要考生注意:一是要根据题给条件作出运动电子受力的平面图;二是注意电子带负电,需正确运用左手定则以判断电子的偏转方向;三是要理解因电荷累积而形成附加电场,其后的运动电子将同时受电场力和
65、洛伦兹力作用。“霍尔效应”在近年的考试中屡有出现,需要引起足够重视。9.(12分)(2018北京海淀期末,16)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。测量前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入质量m1=15.0g的砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量m0=10.0g,匝数n=10,下边长l=10.0cm的矩形线圈挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中,如图甲所示,线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势E=1.5V,内阻r=1.0。开关S闭合后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4V时,R1=10,此时天平正好平衡。g=10m/
66、s2,求:(1)线圈下边所受安培力的大小F,以及线圈中电流的方向;(2)矩形线圈的电阻R;(3)该匀强磁场的磁感应强度B的大小。二、非选择题(共32分)甲乙答案答案(1)见解析(2)4(3)0.5T解析解析(1)天平平衡,因此有m1g=m0g+F可得:F=m1g-m0g=0.05NF的方向竖直向下,根据左手定则可判断出线圈中电流方向为顺时针(2)线圈中电流的大小为:I=(E-U)/r=0.1A根据电路规律有:U=I(R1+R)可得:R=4(3)矩形线圈下边所受安培力为:F=nBIl将数值代入可得:B=0.5T易错警示易错警示(1)问线圈中电流方向应答顺时针还是逆时针。电压表测量值U=I(R1+
67、R),而不能认为U=Ir。10.(20分)(2016北京海淀二模,24)如图为某种质谱仪的结构的截面示意图,该种质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器及收集器组成。其中静电分析器由两个相互绝缘且同心的四分之一圆柱面的金属电极K1和K2构成,两柱面电极的半径分别为R1和R2,O1点是圆柱面电极的圆心。S1和S2分别为静电分析器两端为带电粒子进出所留的狭缝。静电分析器中的电场的等势面在该截面图中是一系列以O1为圆心的同心圆弧,图中虚线A是到K1、K2距离相等的等势线。磁分析器中有以O2为圆心的四分之一圆区域,该区域有垂直于截面的匀强磁场,磁场左边界与静电分析器的右边界平行。P1为磁分析器上为带电粒
68、子进入所留的狭缝,O2、P1的连线与O1、S1的连线垂直。离子源不断地发出正离子束,正离子束包含电荷量均为q的两种质量分别为m、m(mm2m)的同位素离子,其中质量为m的同位素离子个数所占的百分比为。离子束从离子源发出的初速度可忽略不计,经电压为U的加速电场加速后,全部从狭缝S1沿垂直于O1S1的方向进入静电分析器。稳定情况下,离子束进入静电分析器时的等效电流为I。进入静电分析器后,质量为m的同位素离子沿等势线A运动并从狭缝S2射出静电分析器,而后由狭缝P1沿垂直于O2P1的方向进入磁场中,偏转后从磁场下边界中点P2沿垂直于O2P2的方向射出,最后进入收集器。忽略离子的重力、离子之间的相互作用
69、、离子对场的影响和场的边缘效应。(1)求静电分析器中等势线A上各点的电场强度E的大小;(2)通过计算说明质量为m的同位素离子能否从狭缝S2射出电场并最终从磁场下边界射出;(3)求收集器单位时间内收集的离子的质量M0。解析解析(1)设质量为m的离子从狭缝S1进入静电分析器时的速度为v,则其在加速电场中加速过程中,根据动能定理有qU=mv2由题意可知,等势线A的半径R=质量为m的离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有qE=m解得:E=(2)设质量为m的离子经加速电场加速后,速度为v,由动能定理可得qU=mv2质量为m的离子在电场中做半径为R的匀速圆周运动,所需要的向心力F向=m解得:
70、F向=qE即该离子所受电场力恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力,因此这个离子仍然在静电分析器中做半径为R的匀速圆周运动。故质量为m的离子能从狭缝S2射出,仍从狭缝P1进入磁场做匀速圆周运动。答案答案(1)(2)见解析(3)m+(1-)m设质量为m的离子进入磁场做匀速圆周运动的半径为r,O2P2=d,若质量为m的离子能从磁场下边界射出,则出射位置到O2距离为x须满足的条件为0x2d质量为m的离子在磁分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有qvB=m离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径r=,r由题意可知,质量为m的离子在磁分析器中做匀速圆周运动的轨道半径r=d所以质量为m的离子在磁分析器中做匀速
71、圆周运动的半径r=r=d 因mm2m,故drd。则由几何关系有r2=x2+(r-d)2解得:=(2-1)d24d2,所以质量为m的离子能从磁场下边界射出。(3)t时间内能进入静电分析器的离子个数N=因所有离子都能进入磁场并从磁场下边界射出进入收集器,由题意可知,进入收集器的离子中,质量为m的离子个数N1=N,质量为m的离子个数N2=(1-)N解得:M0=m+(1-)m考查点考查点电场力、洛伦兹力、质谱仪。解题关键解题关键本题中带电粒子经过加速电场后先进入静电分析器再进入磁分析器,因静电分析器中等势面是同心圆,可以判断出电场类似点电荷形成的电场,带电粒子在电场中的运动类似行星模型,电场力提供向心
72、力。判断质量为m的同位素离子能否由S2射出,即判断该离子在静电分析器中轨道半径是否与质量为m的离子相同。判断质量为m的离子能否从磁场下边界射出,即判断该离子在磁场中的轨道半径范围。1.(2015北京四中模拟)如图所示,A、B、C是等边三角形的三个顶点,O是A、B连线的中点,以O为坐标原点,A、B连线为x轴,O、C连线为y轴,建立坐标系。过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等、方向向里的电流。则过O点的通电直导线所受安培力的方向为()A.沿y轴正方向B.沿y轴负方向C.沿x轴正方向D.沿x轴负方向C C组组 教师专用题组教师专用题组答案答案A由安培定则可知A、B、
73、C处三条长直导线在O点处产生的合磁感应强度方向水平向左,再由左手定则可判断O点的通电导线受到的安培力沿y轴正方向,故A正确。2.(2017北京海淀一模,18)在匀强磁场中有一带正电的粒子甲做匀速圆周运动,当它运动到M点时,突然向与原运动相反的方向放出一个不带电的粒子乙,形成一个新的粒子丙。如图所示,用实线表示粒子甲运动的轨迹,虚线表示粒子丙运动的轨迹。若不计粒子所受重力及空气阻力的影响,则粒子甲和粒子丙运动的轨迹可能是()答案答案B甲放出粒子乙,形成粒子丙的过程动量守恒,则以甲初始运动方向为正方向有:m甲v甲=m丙v丙-m乙v乙。由于乙不带电,则q甲=q丙,由qvB=m,r=可知r甲r丙,因此
74、B正确。3.(2018北京朝阳期末,18)如图所示,两平行金属板间的电势差为U,金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。电荷量为+q、质量为m的粒子,由静止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并垂直磁场边界从O点进入磁场,经历半个圆周打在P点。忽略重力的影响,求:(1)粒子从电场射出时速度v的大小;(2)O、P两点间的距离l。解析解析(1)根据动能定理有qU=mv2-0所以v=(2)根据牛顿第二定律有qvB=m则R=所以l=2R=答案答案(1)(2)解题关键解题关键利用牛顿第二定律求解粒子做圆周运动的轨迹半径,用几何关系求出O、P两点间的距离l。4.(2017北京海淀一模,22)如图所示,分界
75、线MN左侧存在平行于纸面水平向右的有界匀强电场,右侧存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场。电场强度E=200N/C,磁感应强度B=1.0T。一质量m=2.010-12kg、电荷量q=+1.010-10C的带电质点,从A点由静止开始在电场中加速运动,经t1=2.010-3s,在O点处沿垂直边界的方向射入磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电质点所受重力及空气阻力。求:(1)带电质点刚离开电场时的速度大小v;(2)带电质点在磁场中做匀速圆周运动的半径R;(3)带电质点在磁场中运动半周的时间t2。解析解析(1)带电质点在电场中所受电场力F=qE根据牛顿第二定律可知,质点运动的加速度a=所以质点离开电场时
76、的速度v=at1=t1=20m/s(2)质点进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=解得:R=0.40m(3)质点在磁场中运动半周的时间t2=6.2810-2s答案答案(1)20m/s(2)0.40m(3)6.2810-2s5.(2017北京海淀期末,18)某种粒子加速器的设计方案如图所示,M、N为两块垂直于纸面放置的圆形正对平行金属板,两金属板中心均有小孔(孔的直径大小可忽略不计),板间距离为h。两板间接一直流电源,每当粒子进入M板的小孔时,控制两板的电势差为U,粒子得到加速,当粒子离开N板时,两板的电势差立刻变为零。两金属板外部存在着上、下两个范围足够大且有理
77、想平面边界的匀强磁场,上方磁场的下边界cd与金属板M在同一水平面上,下方磁场的上边界ef与金属板N在同一水平面上,两磁场平行边界间的距离也为h,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B。在两平行金属板右侧形成与金属板间距离一样为h的无电场、无磁场的狭缝区域。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板小孔处无初速度释放,粒子在MN板间被加速,粒子离开N板后进入下方磁场中运动。若空气阻力、粒子所受的重力以及粒子在运动过程中产生的电磁辐射均可忽略不计,不考虑相对论效应、两金属板间电场的边缘效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响。(1)为使带电粒子经过电场加速后不打到金属板上,请说明圆形金属板的半径R
78、应满足什么条件;(2)在ef边界上的P点放置一个目标靶,P点到N板小孔O的距离为s时,粒子恰好可以击中目标靶。对于击中目标靶的粒子,求:其进入电场的次数n;其在电场中运动的总时间与在磁场中运动的总时间之比。答案答案(1)R(2)解析解析(1)设粒子第一次经过电场加速后的速度为v1,对于这个加速过程,根据动能定理有:qU=m解得v1=粒子进入磁场中做匀速圆周运动,设其运动的轨道半径为r1,根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有:qv1B=m得r1=为使粒子不打到金属板上,应使金属板的半径R2r1即RmYmZ,所以RXRYRZ,因为只有一种离子恰能在细管中做圆周运动并沿狭缝射出,而另外两种分别打到细管的
79、上壁和下壁,可知进入接收系统的是Y离子。(3)由式可知,利用该装置若想依次收集另外两种离子,在不改变细管半径的条件下,可以采答案答案见解析取以下两种方案:方案一:若保持加速电压U不变,则可以通过改变电磁铁所产生的磁感应强度来实现,适当增加磁感应强度B可以收集X离子,反之,可以收集Z离子;方案二:若保持磁感应强度B不变,则可以通过改变加速电压来实现,适当提高加速电压U可以收集Z离子,反之,可以收集X离子。7.(2018北京门头沟一模,22)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,先在正交的电、磁场中做匀速直线运动,穿过边界MN后进入垂直纸面向外的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知匀强电场的电场强度为E,边界MN两侧匀强磁场的磁感应强度大小都为B,不计带电粒子所受重力。求(1)带电粒子运动的速度大小v;(2)粒子做匀速圆周运动的轨迹半径R和周期T。8.(2018北京西城期末,19)如图所示,质量为m、电荷量为+q的粒子,从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场,其初速度几乎为零。粒子经过小孔S2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,做半径为R的匀速圆周运动,随后离开磁场。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。(1)求粒子在磁场中运动的速度大小v;(2)求加速电场的电压U;(3)粒子离开磁场时被收集。已知时间t内收集到粒子的质量为M,求这段时间内粒子束离开磁场时的等效电流I。
