高中物理 第三章 磁场 第六节 洛伦兹力与现代技术教学案 粤教版选修3-1

第六节 洛伦兹力与现代技术1.带电粒子沿垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，带电粒子做匀速圆周运动。2带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，轨道半径为r。3利用质谱仪可以准确地测出各种同位素的原子量。4回旋加速器由两个D形盒组成，带电粒子在D形盒中做圆周运动，每次在两个D形盒之间的窄缝区域被电场加速，带电粒子最终获得的动能为Ek。一、带电粒子在磁场中的运动1运动特点沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动。2向心力由洛伦兹力提供，qvBm。3半径r。4周期T。二、质谱仪1同位素原子序数相同、原子质量不同的原子。图3612质谱仪如图361所示。(1)P1P2之间的部分就是一个速度选择器，粒子要匀速通过狭缝应有v。(2)带电粒子在S0下方区域，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。其中轨道半径r。 (3)以上两式消去v得。三、回旋加速器1构造(1)核心部分：两个D形盒，置于巨大磁铁之间的真空容器中，如图362所示。图362(2)粒子源：放于窄缝中心附近。(3)磁场：方向垂直于金属盒底面。(4)电场：两盒分别接在周期性变化的交变电源的两极上，窄缝中形成方向可变的加速电场，方向垂直于窄缝。2工作原理及工作过程(1)工作原理：利用电场对带电粒子的加速作用和磁场对带电粒子的偏转作用，实现通过多次加速获得高能量的带电粒子。(2)工作过程：从位于两D形盒的缝隙中央处的粒子源放射出的带电粒子，经两D形盒间的电场加速后，垂直磁场方向进入某一D形盒内，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，经磁场偏转半个周期后又回到缝隙。此时缝隙间的电场方向恰好改变，带电粒子在缝隙中再一次被加速，以更大的速度进入另一D形盒做匀速圆周运动这样，带电粒子不断地被加速，直至带电粒子在D形盒沿螺旋轨道逐渐趋于盒的边缘，达到预期的速率后，用特殊装置把它们引出。1自主思考判一判(1)带电粒子进入匀强磁场后一定做匀速圆周运动。()(2)带电粒子的速度越大，在磁场中做圆周运动的半径越大。()(3)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关。()(4)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做类平抛运动。()(5)应用质谱仪可以测定带电粒子的比荷。()(6)回旋加速器两狭缝可以接直流电源。()2合作探究议一议(1)带电粒子若垂直进入非匀强磁场后做半径不断变化的运动，这时公式r是否成立？提示：成立。在非匀强磁场中，随着B的变化，粒子轨迹的圆心、半径不断变化，但粒子运动到某位置的半径仍由B、q、v、m决定，仍满足r。(2)回旋加速器中所加的交变电压的周期由什么决定？提示：由于回旋加速器工作时，必须满足交变电压周期和粒子在磁场中运动周期相同，即粒子在磁场中运动周期决定了电压周期。(3)粒子经回旋加速器加速后，最终获得的动能与交变电压大小有无关系？提示：无关，仅与盒半径有关。带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动1带电粒子垂直进入匀强磁场中，只受洛伦兹力，由其提供向心力做匀速圆周运动，运动半径r，运动周期T，除了半径和周期外，我们有时还分析粒子运动的速度、时间等问题。2分析方法：“三定”，即一定圆心，二定半径，三定圆心角。(1)圆心的确定：因为洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直，洛伦兹力为粒子做圆周运动提供了向心力，总是指向圆心。根据此点，我们可以很容易地找到圆周的圆心。在实际问题中，圆心位置的确定极为重要，通常有两种方法：画出粒子运动中的任意两点(一般是射入和射出磁场的两点)的洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心，如图363甲。图363通过入射点或出射点作速度方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图乙。(2)半径的确定和计算：半径的计算一般是利用几何知识(三角函数关系、三角形知识等)求解。(3)圆心角的确定：确定圆心角时，利用好四个角的关系，即圆心角偏向角2弦切角。利用好三角形尤其是直角三角形的相关知识。计算出圆心角，则带电粒子在磁场中的运动时间tT。典例如图364所示，在xOy平面内，y0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置。图364思路点拨解答本题时可按以下思路分析：解析当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，对粒子，由于洛伦兹力提供向心力，则qv0Bm ，R，T故粒子在磁场中的运动时间t1T粒子在C点离开磁场OC2Rsin 60故离开磁场的位置为当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，同理求得粒子在磁场中的运动时间t2T离开磁场时的位置为。答案或分析带电粒子在磁场中做圆周运动问题的要点(1)确定粒子的运动轨迹、半径、圆心角等是解决此类问题的关键。(2)掌握粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径公式和周期公式是分析此类问题的依据。 1(2015全国卷)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，角速度减小解析：选D分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据知角速度减小。选项D正确。2.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图365中虚线所示，下列表述正确的是()图365AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间解析：选A根据左手定则可知N带正电，M带负电，选项A正确；由qvBm得r，由题知m、q、B相同，且rNrM，所以vMvN，选项B错误；由于洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力不会对M、N做功，选项C错误；又周期T，两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，由图可知两个粒子在磁场中均偏转了半个周期，故在磁场中运动的时间相等，选项D错误。3.如图366所示，一束电子(电荷量为e)以速度v由A点垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，在C点穿出磁场时的速度方向与电子原来的入射方向成30夹角，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间是多少？图366解析：电子在磁场中运动，只受洛伦兹力的作用，故其轨迹是圆周的一部分，又因洛伦兹力总是与速度方向垂直，故电子做圆周运动的圆心在电子射入和穿出磁场时受到的洛伦兹力作用线的交点上，即过轨迹上两点作速度的垂线可找到圆心O点，如图所示。由几何关系可知，弧AC所对的圆心角30，OC为半径，则r2d由eBvm得r，所以m因为弧AC所对的圆心角是30，故电子穿过磁场的时间为tT。答案：质谱仪和回旋加速器问题1对质谱仪的理解(1)速度选择器只选择粒子的速度(大小和方向)而不选择粒子的质量、电荷量和电性。(2)从S1与S2之间得以加速的粒子的电性是固定的，因此进入偏转磁场空间的粒子的电性也是固定的。(3)打在底片上同一位置的粒子，只能判断其是相同的，不能确定其质量或电量一定相同。2对回旋加速器的理解(1)交变电压的周期：带电粒子做匀速圆周运动的周期T与速率、半径均无关，运动相等的时间(半个周期)后进入电场，为了保证带电粒子每次经过狭缝时都被加速，须在狭缝两侧加上跟带电粒子在D形盒中运动周期相同的交变电压，所以交变电压的周期也与粒子的速率、半径无关，由带电粒子的比荷和磁场的磁感应强度决定。(2)带电粒子的最终能量：由r知，当带电粒子的运动半径最大时，其速度也最大，若D形盒半径为R，则带电粒子的最终动能Ekm。可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能地增大磁感应强度B和D形盒的半径R。(3)粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器盒中被加速的次数n(U是加速电压的大小)，一个周期加速两次。(4)粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2T(n是粒子被加速次数)，总时间为tt1t2，因为t1t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2。1(多选)1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图367所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是()图367A离子由加速器的中心附近进入加速器B离子由加速器的边缘进入加速器C离子从磁场中获得能量D离子从电场中获得能量解析：选AD离子从加速器的中间位置进入加速器，最后由加速器边缘飞出，所以A对，B错。加速器中所加的磁场是使离子做匀速圆周运动，所加的电场由交流电提供，它用以加速离子。交流电的周期与离子做圆周运动的周期相同。故C错，D 对。2(多选)图368甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是()图368A在Ekt图中应该有tn1tntntn1B在Ekt图中应该有tn1tntntn1C在Ekt图中应该有En1EnEnEn1D在Ekt图中应该有En1EnEnEn1解析：选AC根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在Ekt图中应该有tn1tntntn1，选项A正确B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ekt图中应该有En1EnEnEn1，选项C正确D错误。3如图369所示为某种质谱仪的结构示意图。其中加速电场的电压为U，静电分析器中与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1；磁分析器中在以O2为圆心、圆心角为90的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨迹做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器。而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界又垂直于磁场的方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器。测量出Q点与圆心O2的距离为d。图369(1)试求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；(2)试求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向。解析：设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理得：qUmv2(1)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：qEm联立两式，解得：E(2)离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvBm由题意可知，圆周运动的轨道半径为：rd联立式，解得：B 由左手定则判断，磁场方向垂直纸面向外。答案：(1)(2) 方向垂直纸面向外带电粒子在有界磁场中的运动问题典例如图3610所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间是多少？图3610解析根据作图法找出速度为v时的粒子轨迹圆圆心O，由几何关系可得：磁场中的轨迹弧所对圆心角AOC60，设圆形磁场的半径为r，粒子的轨道半径为R1，因此有：qvBm，tan，轨迹圆半径：R1r，当粒子速度变为时，粒子的轨道半径为R2，因此有：qBm，tan，其轨迹圆半径：R2r，磁场中的轨迹弧所对圆心角：1120，周期：T，粒子运动时间：t2T，解得：t22t。答案2t带电粒子在三类有界磁场中的运动轨迹特点(1)直线边界：进出磁场具有对称性。(2)平行边界：存在临界条件。(3)圆形边界：沿径向射入必沿径向射出。 1(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A使粒子的速度vB使粒子的速度vC使粒子的速度vD使粒子的速度v解析：选AB如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r122l2又r1，所以v1粒子刚好打在极板左边缘时，有r2，v2综合上述分析可知，选项A、B正确。2. (多选)如图3611所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是()图3611AB，垂直纸面向里BB，垂直纸面向里CB，垂直纸面向外 DB，垂直纸面向外解析：选BD当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设圆周运动半径为r1，由几何关系可知，sin 30，可得r1s，由r1可得：B1；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹即圆弧与OP相切于N点，如图乙所示，由几何关系，sr2，得r2，r2，所以B2，选项B、D正确，A、C错误。3. (多选)如图3612所示，左右边界分别为PP、QQ的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，欲使粒子不能从边界QQ射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()图3612A. B.C. D.解析：选BC粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R知，粒子的入射速度v0越大，R越大。当粒子的径迹和边界QQ相切时，粒子刚好不从QQ射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin 45dR1，将R1代入得v0，选项B正确。若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O点)，容易看出R2R2cos 45d，将R2代入得v0，选项C正确。1. (多选)如图1所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是()图1AaBbCc Dd解析：选BD粒子的出射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a、c均不可能，正确答案为B、D。2.如图2所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆弧所在平面，并且指向纸外。有一束粒子对准a端射入弯管，粒子有不同的质量、不同的速度，但都是一价正离子，则()图2A只有速度v大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管B只有质量m大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管C只有质量m与速度v的乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管D只有动能Ek大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管解析：选C因为粒子能通过弯管要有一定的半径，其半径rR。所以rR，由粒子的q、B都相同，则只有当mv一定时，粒子才能通过弯管。3.水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图3所示，则电子的运动情况是()图3A沿路径Oa运动B沿路径Ob运动C沿路径Oc运动 D沿路径Od运动解析：选D由左手定则知只能是Oc或Od路径。而远离导线磁场减弱B减小，由半径公式r，可知r增大，所以只能是Od路径，故D正确。4(多选)(2015全国卷)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解析：选AC两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度B1是磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB得r，即中电子运动轨迹的半径是中的k倍，选项A正确。由F合ma得aB，所以，选项B错误。由T得Tr，所以k，选项C正确。由得，选项D错误。5.如图4所示，有界匀强磁场边界线SPMN，速度不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直，穿过b点的粒子，其速度方向与MN成60角，设两粒子从S到a、b所需的时间分别为t1、t2，则t1t2为()图4A13 B43C11 D32解析：选D画出运动轨迹，过a点的粒子转过90，过b点的粒子转过60，故选项D正确。6.如图5所示，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)()图5A. B.C. D.解析：选B设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律可得：qvBm，根据几何关系可知rR，联立两式解得v，选项B正确。7. (多选)如图6所示，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()图6Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近解析：选AD离子要打在屏P上，都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，选项A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由qvBm可知，它们做圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，如图所示，比较得a在磁场中运动的路程比b的长，选项C错误；由t可知，a在磁场中运动的时间比b的长，选项B错误；从图上可以看出，选项D正确。8如图7甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示。忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是()图7A在Ekt图像中应有t4t3t3t2t2t1B加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大C粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积解析：选D带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ekt图中应有t4t3t3t2t2t1，A错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，由粒子做圆周运动的半径r可知Ek，即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，故C错误，D正确。9回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图8所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()图8A增大匀强电场间的加速电压B减小磁场的磁感应强度C减小周期性变化的电场的频率D增大D形金属盒的半径解析：选D粒子最后射出时的旋转半径为D形盒的最大半径R，R，Ekmv2。可见，要增大粒子射出时的动能，应增大磁感应强度B和增大D形盒的半径R，故D正确。10.1922年，英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场。图9所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的带电粒子(不计重力)P，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点。设ODx，则在下列中能正确反映x2与U之间函数关系的是()图9解析：选A根据动能定理qUmv2得，v 。粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力qvBm，则R。x2R 。知x2U。故A正确，B、C、D错误。11.如图10所示，空间存在一方向垂直于纸面、磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域，一电荷量为q的粒子(不计重力)从A点沿AB方向以速度v射入磁场，粒子从BC边上的E点离开磁场，且AE2BE2d。求：图10(1)磁场的方向；(2)带电粒子的质量及其在磁场区域的运动时间。解析：(1)粒子沿弧AE运动，从带电粒子所受洛伦兹力的方向可判断出磁场的方向垂直纸面向里。(2)如图所示，连接AE，作线段AE的中垂线，交AD的延长线于O点，O即为圆心，为弦切角，因AE2BE2d，所以30；为圆弧轨迹的圆心角，260。AOE为等边三角形，R2d，由qvBm得，m；T，所以粒子在磁场区域的运动时间t。答案：(1)垂直纸面向里(2)12(2015江苏高考节选)一台质谱仪的工作原理如图11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MNL，且OML。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。图11(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。解析：(1)离子在电场中加速，qU0mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvBm解得r0 代入r0L，解得m。(2)由(1)知，U，离子打在Q点时，rL，得U离子打在N点时，rL，得U则电压的范围U。答案：(1)(2)U带电粒子在组合场、复合场中的运动1(多选)在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子(不计重力)可能沿水平方向向右作直线运动的是()解析：选BC对选项A，若电子向右运动，则受到电场力向左，洛伦兹力向下，合力跟初速度方向不在同一直线上，故A错误；对选项B，若电子向右运动，则受到电场力向左，不受洛伦兹力，合力跟初速度方向在同一直线上，故B正确；对选项C，若电子向右运动，则受到电场力向上，洛伦兹力向下，当BvqEq时，电子做匀速直线运动，C正确；选项D中，若电子向右运动，则电子所受电场力和洛伦兹力均向上，电子不可能做直线运动，D错误。2. (多选)速度相同的一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图1所示，则下列说法中正确的是()图1A该束带电粒子带负电B速度选择器的P1极板带正电C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，粒子的比荷越小解析：选BC由左手定则可知，该束带电粒子带正电，速度选择器的P1极板带正电，选项A错误，B正确；由qEqvB1可得能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于v，选项C正确；由r可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，r越小，粒子的比荷越大，选项D错误。3. (多选)在半导体离子注入工艺中，质量相等、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，宽度为d的匀强磁场区域，P离子在磁场中转过30后，从磁场右边界射出，如图2所示。关于上述运动，下列说法正确的是()图2AP和P3在电场中运动的时间之比为31BP和P3在磁场中运动的半径之比为31CP和P3在磁场中运动的时间之比为32DP和P3离开磁场时的动能之比为13解析：选CD两个离子的质量相同，其带电量是13的关系，所以由a可知，其在电场中的加速度是13，dat2，t ，所以运动时间之比是1，故A错误。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v ，可知其速度之比为1。又由qvBm知，r，所以其半径之比为1，故B错误。由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin ，则可知角度的正弦值之比为1，又P转过的角度为30，可知P3转过的角度为60，即在磁场中转过的角度之比为12，在磁场中的运动时间：t，故运动时间之比为：，故C正确。由电场加速后：qUmv2可知，两离子离开电场的动能之比为13，故D正确。4.如图3所示是质谱仪示意图，它可以测定单个离子的质量，图中离子源S产生带电荷量为q的离子，经电压为U的电场加速后垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，沿半圆轨道运动到记录它的照相底片P上，测得它在P上位置与A处水平距离为d，则该离子的质量m大小为()图3A.B.C. D.解析：选A粒子经过加速电场过程中由动能定理得qUmv2。在匀强磁场中粒子做圆周运动的半径为，则有。联立以上两式解得m。5.如图4所示，有一混合正离子束先后通过正交的匀强电场、匀强磁场区域和匀强磁场区域，如果这束正离子束在区域中不偏转，进入区域后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()图4A速度 B质量C电荷量 D动能解析：选A离子束在区域中不偏转，一定是qEqvB，v，A正确。进入区域后，做匀速圆周运动的半径相同，由r知，因v、B相同，只能是比荷相同，故B、C、D错误。6. (多选)如图5所示，竖直平面内的光滑绝缘轨道ABC，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电，乙球带负电，甲、乙两球的电荷量相等，丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则下列说法中正确的是()图5A经过最高点时三个小球的速度相等B经过最高点时甲的速度最小C甲释放时的位置比乙高D运动过程中三个小球的机械能保持不变解析：选CD在圆形轨道最高点，甲球所受的洛伦兹力向下，则有mgBqv甲，乙球所受的洛伦兹力向上，则mgBqv乙，丙球不带电，则有mg，故经过最高点时甲的速度最大，选项A、B错误。小球在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒，选项C、D正确。7.如图6所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是()图6A小球能越过d点并继续沿环向上运动B当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C小球从a点运动到b点的过程中，电势能增大D小球经过c点时速度最大解析：选B电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”，关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；由于bc弧的中点相当于“最低点”，即速度最大， 而d点速度最小为零，则不受洛伦兹力，故B正确，D错误；小球从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C错误。8.如图7所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O与x轴成30角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R。则()图7A粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为21C粒子完成一次周期性运动的时间为D粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R解析：选D由r可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为12，选项B错误；粒子完成一次周期性运动的时间tT1T2，选项C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了lR2R3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，所以选项A错误，D正确。9.在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图8所示。在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电量为q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)图8解析：要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足2Rnl。2RnlREqymv2联立可得：y(n1、2、3)。答案：见解析10.如图9所示，在宽l的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了角，求此磁场的磁感应强度B。图9解析：粒子在电场中做类平抛运动，则运行的时间t；加速度a，则tan 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有Bvqm由图示几何关系，知sin 联立以上各式，得B。答案：11. (2015山东高考节选)如图10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。图10(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。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qEmv2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qvBm如图所示，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。答案：(1)(2)或第三章磁场(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第15小题中只有一个选项符合题意，第68小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)1如图1所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是()图1A都绕圆柱转动B以不等的加速度相向运动C以相等的加速度相向运动D以相等的加速度相背运动解析：选C同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但根据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力大小相等，所以C项正确。2.图2中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图2A向上B向下C向左 D向右解析：选B根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知，b、d两导线在O点产生的磁场大小相等，方向相反，a、c两导线在O点产生的磁场的方向均向左，故O点的合磁场方向向左，又带正电的粒子沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可判断出带电粒子受到的洛伦兹力向下，选项B正确。3.如图3所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是()图3A沿纸面逆时针转动B沿纸面顺时针转动Ca端转向纸外，b端转向纸里Da端转向纸里，b端转向纸外解析：选D根据长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则，可以判断两电流M、N连线中垂线上方磁场方向水平向右，ab上半段所受安培力垂直于纸面向里，两电流M、N连线中垂线下方磁场方向水平向左，ab下半段所受安培力垂直于纸面向外，所以a端转向纸里，b端转向纸外，选项D正确。4一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系图像的是()解析：选D带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，qvBmR，由圆周运动规律，T，可见粒子运动周期与半径无关，故D项正确。5.如图4所示的区域中存在着匀强电场和匀强磁场，二者平行但方向相反。质量为m，所带电荷量为q的粒子(不计重力)沿电场方向以初速度v0射入场区，下列关于该粒子的说法正确的是()图4A所受洛伦兹力越来越小 B速度方向保持不变C所受电场力越来越小 D向右的最大位移为解析：选D因v0与B平行，故该粒子不受洛伦兹力，选项A错误；因所受电场力与v0方向相反，故经一定时间后，速度方向可能改变，选项B错误；因电场是匀强电场，故粒子所受电场力不变，选项C错误；由动能定理可知qElmmv02，得lm，故选项D正确。6如图5甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()图5A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功解析：选ABC由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力FBIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误。7.如图6所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度Bk，式中k是常量、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是()图6A小球先做加速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的压力先减小后增大D小球对桌面的压力一直在增大解析：选BD由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所以M处电流的磁场由M到O逐渐减弱；N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿连线运动到b点，受到的洛伦兹力FBqv为变力，则从a到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到b洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，且洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确，A错误。8.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用运动的带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使带电粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步。如图7所示为一种改进后的回旋加速器的示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向进入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是()图7A带电粒子每运动一周被加速一次BP1P2P2P3C粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D加速电场的方向需要做周期性的变化解析：选AC由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A正确；由R和qUmv22mv12可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，B错误；由v可知，粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C正确；粒子在电场中运动的方向始终不变，故D错误。二、计算题(本题共3小题，共52分)9. (14分)(2015重庆高考)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。图8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。图8(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。解析：(1)由安培力表达式FBIL可知，线圈所受的安培力FnBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右。(2)由功率公式PFv可知，安培力的功率PnBILv。答案：(1)安培力的大小：nBIL方向：水平向右(2)安培力的功率：nBILv10. (18分)(2015福建高考)如图9所示，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。图9(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、洛伦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qvBNqE小滑块在C点离开MN时N0解得vC(2)由动能定理得mghWfmvC20解得Wfmgh(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g，g 且vP2vD2g2t2解得vP 答案：(1)(2)mgh(3) 11(20分)如图10所示，一平行板电容器长为d，极板间距也为d，极板间存在竖直向上的匀强电场E1，在平行板电容器的右侧(虚线右侧)，极板的中间平分线OO上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B，OO下方存在竖直向上的匀强电场E2，一带电微粒初速度为v0，质量为m，带电量为q(q0)，从O点沿着OO的方向射入电场，恰好从上极板的右边缘射入匀强磁场，并从A点垂直OO向下进入电场。(不计微粒重力，E2E1，E1、E2、B均未知)求：图10(1)平行板电容器内电场的电场强度E