（江苏专版）2019版高考物理一轮复习 专题九 磁场课件.ppt

专题九磁场,高考物理(江苏专用),考点一磁场安培力1.(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,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(),五年高考,A组自主命题江苏卷题组,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。,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。,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。,2.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为,间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到底端的过程中,金属棒(1)末速度的大小v;(2)通过的电流大小I;(3)通过的电荷量Q。,答案(1)(2)(3),解析(1)匀加速直线运动v2=2as解得v=(2)安培力F安=IdB金属棒所受合力F=mgsin-F安由牛顿运动定律得F=ma解得I=(3)运动时间t=电荷量Q=It解得Q=,试题评析情景新颖、题设巧妙此题主要考查运动学公式和牛顿第二定律的简单应用,但应用情景为导体在磁场中导轨上的运动。情景新颖,题设巧妙,过程简单,是一道考查考生基础知识掌握水平的好题,本题难度为易。,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B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0,B组统一命题、省(区、市)卷题组,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,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。,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本题考查安培力、电路。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.(2015课标,18,6分)(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。,5.(2015课标,24,12分)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),1.(2017上海单科,11,4分)如图,一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间。开关闭合后导体棒受到的安培力方向()A.向上B.向下C.向左D.向右,C组教师专用题组,答案D本题考查电流的磁效应、安培力及左手定则。根据图中的电流方向,由安培定则知U形铁芯下端为N极,上端为S极,ab中的电流方向由ab,由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右,选项D正确。,思路分析绕有线圈的U形铁芯为电磁铁,据通过线圈的电流方向,确定U形铁芯的磁极,再通过左手定则确定安培力的方向。,2.(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()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。,3.(2014浙江理综,20,6分)(多选)如图1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t=0时刻起,棒上有如图2所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图1中I所示方向为电流正方向。则金属棒(),答案ABC根据题意得出v-t图像如图所示,金属棒一直向右运动,A正确。速度随时间做周期性变化,B正确。据F安=BIL及左手定则可判定,F安大小不变,方向做周期性变化,则C项正确。F安在前半周期做正功,后半周期做负功,则D项错。,评析题中“从t=0时刻起,棒上有如图2所示的持续交变电流”中“有”字较模糊,易引起歧义,有可能理解成动生电情况。,考点二洛仑兹力带电粒子在磁场中的运动A组自主命题江苏卷题组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.11B.12C.14D.41,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.(2012江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有()A.若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0B.若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于v0-D.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于v0+,答案BC当粒子从O点垂直于MN进入磁场时,落在MN上的点离O点最远,设O、A间的距离为d+x,则有:=当v0大小不变、方向改变时,粒子就落在A点的左侧,故A项错误。若粒子落在A点的右侧,由r=可知,v一定大于v0,故B正确。若粒子落在A点左侧d处时,粒子的最小速度vmin一定满足:=解两式可得:vmin=v0-,故C项正确。当vv0+时,只要改变速度的方向,也可以使粒子落在A点左右两侧d的范围内,故D项错误。,3.(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。,4.(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、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)(1n0)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,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。,7.(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)洛仑兹力提供向心力,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,洛仑兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qvB场强E的大小E=vB,考点三带电粒子在复合场中的运动A组自主命题江苏卷题组1.(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=,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。,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。,2.(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L2-,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。,3.(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1,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d0时,粒子被加速,则最多连续被加速的次数N=25,分析可得,当粒子在连续被加速的次数最多,且u=U0时也被加速时,最终获得的动能最大。粒子由静止开始加速的时刻t=(n+)T0(n=0,1,2,)最大动能Ekm=2(+)qU0+qU0解得Ekm=qU0,评析本题以加速器为背景,考查带电粒子在电场中的加速,题目情景新、难度大,特别是第(2)问中对空间想象能力的考查和第(3)问中对数学能力的要求,都具有较高的区分度。,6.(2012江苏单科,15,16分,)如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场。图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反。质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0加速后,水平射入偏转电压为U1的平移器,最终从A点水平射入待测区域。不考虑粒子受到的重力。(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0时,欲使粒子仍从A点射入待测区域,求此时的偏转电压U;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F。现取水平向右为x轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz。保持加速电压为U0不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示。,请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向。,答案(1)(2)4U1(3)见解析,解析(1)设粒子射出加速器的速度为v0由动能定理有qU0=m由题意得v1=v0,即v1=(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t加速度的大小a=在离开时,竖直分速度vy=at竖直位移y1=at2水平位移l=v1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t竖直位移y2=vyt由题意知,粒子竖直总位移y=2y1+y2解得y=则当加速电压为4U0时,U=4U1,(3)(a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知:B平行于x轴且E=(b)由沿y轴方向射入时的受力情况可知:E与Oxy平面平行。F2+f2=(F)2,则f=2F且f=qv1B解得B=(c)设电场方向与x轴方向夹角为。若B沿x轴方向,由沿z轴方向射入时的受力情况得(f+Fsin)2+(Fcos)2=(F)2解得=30或=150即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30或150。同理,若B沿-x轴方向E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为-30或-150。,7.(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1,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(0mcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma,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。,3.(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,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。,4.(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y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60,并从坐标原点O处第一次射出磁场H的质量为m,电荷量为q。不计重力。求(1H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;(2)磁场的磁感应强度大小;(3H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。,答案(1)h(2)(3)(-1)h,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。(1H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1=v1t1h=a1由题给条件H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角1=60H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1tan1,联立以上各式得s1=h(2H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE=ma1设H进入磁场时速度的大小为v1,由速度合成法则有v1=设磁感应强度大小为BH在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1B=由几何关系得s1=2R1sin1联立以上各式得B=,(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得(2m)=m由牛顿第二定律有qE=2ma2设H第一次射入磁场时的速度大小为v2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2=v2t2h=a2v2=sin2=联立以上各式得s2=s1,2=1,v2=v1,设H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2=R1所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2,由几何关系有s2=2R2sin2联立式得H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2-s2=(-1)h,规律总结带电粒子在组合场中运动问题的一般解题思路电场中类平抛运动:x=v0t,y=at2速度方向:tan=位移方向:tan=磁场中匀速圆周运动的解题步骤:a.确定圆心;b.利用几何关系求半径;c.qvB=,5.(2018课标,25,20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。,解析本题考查带电粒子在复合场中的运动。(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)图(a)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为见图(b),速度沿电场方向的分量为v1。,答案(1)见解析(2)(3),图(b),根据牛顿第二定律有qE=ma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1=atl=v0tv1=vcos粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=由几何关系得l=2Rcos联立式得v0=(3)由运动学公式和题给数据得,v1=v0cot联立式得=设粒子由M点运动到N点所用的时间为t,则t=2t+T式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,T=由式得t=,审题指导对称性是解题关键,6.(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。,7.(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。,8.(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。,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=,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=m由几何关系可知R=L联立式得=,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。,1.(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。,C组教师专用题组,答案(1)(2)mgh-(3),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g,g=且=+g2t2解得vP=,2.(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;(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=B0,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21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。,4.(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=1,2,3,k2-1)(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=1,2,3,k2-1。(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。,5.(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0B.B,答案C如图所示,电子正好经过C点,此时圆周运动的半径R=,要想电子从BC边经过,圆周运动的半径要大于,由带电粒子在磁场中运动的半径公式r=得,即B,C选项正确。,3.(2016苏北四市联考,3)如图所示为洛仑兹力演示仪的结构图,励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节,下列说法正确的是()A.仅增大励磁线圈中的电流,电子束径迹的半径变大B.仅提高电子枪的加速电压,电子束径迹的半径变大C.仅增大励磁线圈中的电流,电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期将变大,答案B由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式R=和周期公式T=,可知,当两个励磁线圈中的电流增大时产生的磁场增强,B增大,其他条件不变的情况下,R变小,T变小,A、C错误;因为eU=mv2,则v=,若仅提高电子枪的加速电压,电子速度增大,其在磁场中的运动半径R增大,T不变,B正确,D错误。,4.(2018江苏如皋调研,15)如图所示