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专题十磁场,高考物理(课标专用),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.(2017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,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=,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=,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.mbmamcC.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,q2v2B=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-2xm)=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;(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=at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)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-2r2maxL,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6.(2014北京理综,16,6分)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。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)2t0,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qvB=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2,12.(2010课标,25,18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,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式,得qvB=m由式得R=当a/2R1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。,18.(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,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=5.5D,19.(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,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,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=0.301,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。,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(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,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
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