高考物理总复习必考部分专题十磁场习题市赛课公开课一等奖省名师获奖课件

专题十磁场高考物理

(课标Ⅱ专用)1/182考点一磁场、磁场力1.(课标Ⅲ,18,6分)如图,在磁感应强度大小为B0匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面

固定放置,二者之间距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里电流I时,纸面内与两

导线距离均为la点处磁感应强度为零。假如让P中电流反向、其它条件不变,则a点处磁

感应强度大小为

()

A.0

B.

B0

C.

B0

D.2B0

五年高考A组统一命题·课标卷题组2/182答案

C本题考查磁感应强度矢量性和安培定则。两导线中通电流I时,两电流在a点处

磁感应强度与匀强磁场磁感应强度矢量合为0,则两电流磁感应强度矢量和为-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矢量和为B总=

B0,故C项正确。

甲乙易错点评概念了解、矢量合成法则利用①正确利用安培定则画出甲、乙两图。②由P和Q电流为I时合场强为0,得出B0方向水平向左和B大小为

B0。③P中电流反向,则P磁场反向,Q磁场大小和方向不变。④注意各物理量间夹角大小关系。3/1822.(课标Ⅱ,21,6分)(多项选择)某同学自制简易电动机示意图如图所表示。矩形线圈由一根漆包

线绕制而成,漆包线两端分别从线圈一组对边中间位置引出,并作为线圈转轴。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、右转轴下侧绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧绝缘漆刮掉,右转轴下侧绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧绝缘漆都刮掉,右转轴下侧绝缘漆刮掉4/182答案

AD本题考查安培力、电路。要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有电流经过,电

路必须接通,故左右转轴下侧绝缘漆都必须刮掉;但假如上侧绝缘漆也都刮掉,当线圈转过1

80°时,靠近磁极导线与开始时靠近磁极导线中电流方向相反,受到安培力相反,线圈向

原来反方向转动,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

电流经过,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,要么受到方向不变连续安培力,要么受到间歇性方向不变

安培力,依靠惯性连续转动,而不能受到交变安培力作用。5/1823.(课标Ⅰ,19,6分)(多项选择)如图,三根相互平行固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电

流I,L1中电流方向与L2中相同,与L3中相反。以下说法正确是

()

A.L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受磁场作用力大小之比为1∶1∶

D.L1、L2和L3单位长度所受磁场作用力大小之比为

∶

∶16/182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

作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所表示,由图中几何关

系可知,L1所受磁场作用力F1方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3方向与L1、L2

所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度导线两两之间作用力大小为F,则由几何关系可

得L1、L2单位长度所受磁场作用力大小为2Fcos60°=F,L3单位长度所受磁场作用力大小为

2Fcos30°=

F,故C正确、D错误。

7/182一题多解电流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磁场磁感应强度大小相等,设为B。如

图所表示,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=

B·I;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1∶F2∶F3=1∶1∶

,故A、D错误,B、C正确。

8/1824.(课标Ⅱ,18,6分,0.527)(多项选择)指南针是我国古代四大创造之一。关于指南针,以下说法正

确是

()A.指南针能够仅含有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球含有磁场C.指南针指向会受到附近铁块干扰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任何磁体均含有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针两个

磁极受到磁场力作用,这说明地球含有磁场,即B正确。放在指南针附近铁块被磁化后,反过

来会影响指南针指向,即C正确。通电直导线产生磁场对其正下方指南针有磁场力作

用,会使指南针发生偏转,故D错。考查点磁场易错警示铁块被指南针磁化后反过来会影响指南针。9/1825.(课标Ⅰ,15,6分,0.809)关于通电直导线在匀强磁场中所受安培力,以下说法正确是

()A.安培力方向能够不垂直于直导线B.安培力方向总是垂直于磁场方向C.安培力大小与通电直导线和磁场方向夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力大小一定变为原来二分之一答案

B由左手定则可知,安培力方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确;安

培力大小F=BILsinθ,与直导线和磁场方向夹角相关,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

力大小变为原来二分之一,若折成直角后,两段都与磁场垂直,则安培力大小变为原来

,因此安培力大小不一定是原来二分之一,选项D错误。考查点安培力、左手定则易错警示安培力方向与“谁”垂直是易错易混点。10/1826.(课标Ⅰ,24,12分,0.564)如图,一长为10cm金属棒ab用两个完全相同弹簧水平地悬挂

在匀强磁场中;磁场磁感应强度大小为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。金属棒经过开关与一电动势为12V电池相连,电路总电阻为2Ω。已知开关断开时

两弹簧伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧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方向,并求出金

属棒质量。答案看法析11/182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伸长量为Δl1=0.5cm。由胡克定律和力平衡条件得2kΔl1=mg

①式中,m为金属棒质量,k是弹簧劲度系数,g是重力加速度大小。开关闭合后,金属棒所受安培力大小为F=IBL

②式中,I是回路电流,L是金属棒长度。两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3cm,由胡克定律和力平衡

条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F

③由欧姆定律有E=IR

④式中,E是电池电动势,R是电路总电阻。联立①②③④式,并代入题给数据得m=0.01kg⑤(安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分。)12/182考查点安培力、闭合电路欧姆定律思绪分析①开关断开时对ab棒进行受力分析,列平衡方程。②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。13/182考点二带电粒子在匀强磁场中运动7.(课标Ⅱ,18,6分)如图,虚线所表示圆形区域内存在一垂直于纸面匀强磁场,P为磁场边界

上一点。大量相同带电粒子以相同速率经过P点,在纸面内沿不一样方向射入磁场。若粒

子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相

应出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间相互作用。则v2∶v1为

(

)

A.

∶2

B.

∶1

C.

∶1

D.3∶

14/182答案

C设速率为v1粒子最远出射点为M,速率为v2粒子最远出射点为N,如图所表示,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,当粒子轨迹直径与磁场区域相

交时,其弦长最长,即为最大分布。15/1828.(课标Ⅱ,18,6分,)一圆筒处于磁感应强度大小为B匀强磁场中,磁场方向与筒轴平行,

筒横截面如图所表示。图中直径MN两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω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

比荷为

()

A.

B.

C.

D.

16/182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θ=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运动解题关键①找圆心。②利用几何关系找圆心角θ并求时间。方法技巧规范作图是找几何关系基础。17/1829.(课标Ⅲ,18,6分)平面OM和平面ON之间夹角为30°,其横截面(纸面)如图所表示,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。一带电粒子质量为m,电荷量为q

(q>0)。粒子沿纸面以大小为v速度从OM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

离开磁场出射点到两平面交线O距离为

()

A.

B.

C.

D.

18/182答案

D粒子在磁场中运动轨迹如图所表示,由qvB=m

得R=

,分析图中角度关系可知,PO'半径与O'Q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圆周运动审题技巧“该粒子在磁场中运动轨迹与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。19/18210.(课标Ⅰ,14,6分,0.759)两相邻匀强磁场区域磁感应强度大小不一样、方向平行。一速度

方向与磁感应强度方向垂直带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒

子

()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ω=

知,角速度减小,选项D正确。解题关键①轨道半径表示式:r=

。②角速度表示式ω=

。考查点带电粒子在磁场中偏转20/18211.(课标Ⅱ,19,6分,0.506)(多项选择)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中磁感应强度是Ⅱ中k

倍。两个速率相同电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动电子相比,Ⅱ中电子

()A.运动轨迹半径是Ⅰ中k倍B.加速度大小是Ⅰ中k倍C.做圆周运动周期是Ⅰ中k倍D.做圆周运动角速度与Ⅰ中相等答案

AC由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动轨迹半径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ω=

=

∝B,故ω2=ω1/k,D错。考查点带电粒子在磁场中偏转思绪点拨利用洛伦兹力提供向心力推出r、a、T、ω表示式,然后依据表示式进行判断。21/18212.(课标Ⅰ,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匀

强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后

抵达PQ中点O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失二分之一,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝

板上方和下方磁感应强度大小之比为

()A.2

B.

C.1

D.

22/182答案

D由题图可知,带电粒子在铝板上方轨迹半径为下方轨迹半径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。考查点带电粒子在磁场中偏转解题关键利用洛伦兹力提供向心力,求出v与R关系,导出Ek表示式。23/18213.(课标Ⅱ,20,6分,0.347)(多项选择)图为某磁谱仪部分构件示意图。图中,永磁铁提供匀强磁

场,硅微条径迹探测器能够探测粒子在其中运动轨迹。宇宙射线中有大量电子、正电子和

质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,以下说法正确是

()

A.电子与正电子偏转方向一定不一样B.电子与正电子在磁场中运动轨迹半径一定相同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.粒子动能越大,它在磁场中运动轨迹半径越小24/182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不一样时轨迹半径不一样,而当r相同时只能表明mv相同,不能确定m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。考查点洛伦兹力、左手定则审题指导本题考查带电粒子垂直射入磁场后偏转问题,不要受“硅微条径迹探测器”这个

名称影响。25/18214.(课标Ⅱ,17,6分,0.499)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域横截面半径为R,磁场方

向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)粒子以速率v0沿横截面某直径射入磁场,离

开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力,该磁场磁感应强度大小为

()A.

B.

C.

D.

26/182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表示,由几何关系可知,其运动轨

迹半径r=R/tan30°=

R,由洛伦兹力提供向心力,即qv0B=

知

R=

,故匀强磁场磁感应强度B=

,若磁场方向向里可得到一样结果。选项A正确。

考查点带电粒子在磁场中偏转解题关键①粒子沿半径方向进入圆形磁场,沿半径方向射出圆形磁场。②找圆心,利用几何关系求出轨迹半径表示式。温馨提醒对于圆形有界磁场,沿半径方向进入,就会沿半径方向射出,记住这个结论哦!27/18215.(课标Ⅲ,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里磁场。在x≥0区域,磁

感应强度大小为B0;x<0区域,磁感应强度大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>

0)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。当粒子速度方向再

次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动时间;(2)粒子与O点间距离。

答案(1)

(1+

)(2)

(1-

)28/182解析本题考查带电粒子在磁场中运动。(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R

2。由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB0v0=m

①qλB0v0=m

②粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1=

③粒子再转过180°时,所需时间t2为t2=

④联立①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2=

(1+

)

⑤(2)由几何关系及①②式得,所求距离为d0=2(R1-R2)=

(1-

)

⑥29/182综合点评带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。特点是粒子在y轴左、

右两侧受力大小有突变。因为B左>B右,所以R左<R右。速度方向再次沿x轴正向时,意味着粒子在

左、右磁场中各转过半周。所以粒子与O点间距离为直径差值。题目内容精典,难度较小。30/182考点三带电粒子在复合场中运动16.(课标Ⅰ,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。以下选项正确是

()

A.ma>mb>mc

B.mb>ma>mcC.mc>ma>mb

D.mc>mb>ma

31/182答案

B本题考查带电粒子在复合场中运动。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;由左手定则能够判定微粒b、c所受洛伦兹力方向分别是竖直向

上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvc<qE,故有mb>ma>

mc,B正确。规律总结复合场中粒子特殊运动带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成复合场中运动时: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,协力定为零。32/18217.(课标Ⅰ,15,6分)当代质谱仪可用来分析比质子重很多倍离子,其示意图如图所表示,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12倍。此离子和质子质量比约为

(

)

A.11

B.12

C.121

D.14433/182答案

D设质子和离子质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后磁感应强度为B2。

在加速电场中qU=

mv2①,在磁场中qvB=m

②,联立两式得m=

,故有

=

=144,选项D正确。考查点带电粒子在复合场中运动解题关键利用电场加速、磁场偏转推出

表示式。34/18218.(纲领全国,25,20分)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)

向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小

为v0速度发射出一带正电荷粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴方向进入电场。不计重

力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向夹角为θ,求

(1)电场强度大小与磁感应强度大小比值;(2)该粒子在电场中运动时间。答案(1)

v0tan2

θ(2)

35/182解析(1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度大小为B,粒子质量与所带电

荷量分别为m和q,圆周运动半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得

qv0B=m

①由题给条件和几何关系可知R0=d

②设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向加速度大小为ax,在电场中运动时间为t,

离开电场时沿x轴负方向速度大小为vx。由牛顿运动定律及运动学公式得Eq=max

③vx=axt

④

t=d

⑤因为粒子在电场中做类平抛运动(如图),有36/182tanθ=

⑥联立①②③④⑤⑥式得

=

v0tan2

θ

⑦(2)联立⑤⑥式得t=

⑧评分参考:第(1)问18分,①式3分,②式1分,③④⑤⑥式各3分,⑦式2分;第(2)问2分,⑧式2分。考查点带电粒子在复合场中运动审题技巧由关键点“平行x轴”“垂直x轴”可知R0=d。思绪分析①在第一象限带电粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。②在第四象限,带电粒子在电场中偏转,竖直方向做匀速直线运动,水平方向做匀加速直线运

动。37/182考点一磁场、磁场力1.(上海单科,11,4分)如图,一导体棒ab静止在U形铁芯两臂之间。电键闭合后导体棒受到

安培力方向

()

A.向上

B.向下

C.向左

D.向右B组自主命题·省（区、市）卷题组38/182答案

D本题考查电流磁效应、安培力及左手定则。依据图中电流方向,由安培定则知

U形铁芯下端为N极,上端为S极,ab中电流方向由a→b,由左手定则可知导体棒受到安培力

方向向右,选项D正确。

思绪分析绕有线圈U形铁芯为电磁铁,据经过线圈电流方向,确定U形铁芯磁极,再经过

左手定则确定安培力方向。39/1822.(江苏单科,1,3分)如图所表示,两个单匝线圈a、b半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B边

缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈磁通量之比为

()

A.1∶1

B.1∶2C.1∶4

D.4∶1答案

A磁通量Φ=B·S,其中B为磁感应强度,S为与B垂直有效面积。因为是同一磁场,B相

同,且有效面积相同,Sa=Sb,故Φa=Φb。选项A正确。易错点评即使两线圈面积不一样,不过有效面积相等。40/1823.(北京理综,17,6分)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。”深入研究表明,地球周围地磁场磁感线分布

示意如图。结合上述材料,以下说法不正确是

()

A.地理南、北极与地磁场南、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.地球表面任意位置地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道带电宇宙射线粒子有力作用41/182答案

C由题意可知,地理南、北极与地磁场南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感线

是闭合,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

附近磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道带电宇宙射线粒子运动方向与地磁场

方向不平行,故地磁场对其有力作用,这是磁场基本性质,故D正确。选C。审题指导题图往往提供解题关键信息,所以要仔细观察图,挖掘有用信息。42/1824.(江苏单科,4,3分)如图所表示,用天平测量匀强磁场磁感应强度。以下各选项所表示载流

线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平右臂下方。线圈中通有大小相同电流,天

平处于平衡状态。若磁场发生微小改变,天平最轻易失去平衡是

()

43/182答案

A天平处于平衡状态,说明线圈受到重力和安培力协力等于两侧砝码重力差,依据

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,磁场发生微小改变,

安培力改变最大,天平最轻易失去平衡,选项A符合题意。44/182考点二带电粒子在匀强磁场中运动5.(海南单科,1,3分)如图,a是竖直平面P上一点。P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a

点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁磁场共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在

电子经过a点瞬间,条形磁铁磁场对该电子作用力方向

()

A.向上

B.向下

C.向左

D.向右答案

A

P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点磁场垂直于竖直平面向

外,在电子经过a点瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D错。45/1826.(四川理综,7,6分)(多项选择)如图所表示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN

垂直于纸面。在纸面内长度L=9.1cm,中点O与S间距离d=4.55cm,MN与SO直线夹角为θ,

板所在平面有电子源一侧区域有方向垂直于纸面向外匀强磁场,磁感应强度B=2.0×10-4T。

电子质量m=9.1×10-31kg,电量e=-1.6×10-19C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s一

个电子,该电子打在板上可能位置区域长度为l,则

()

A.θ=90°时,l=9.1cm

B.θ=60°时,l=9.1cmC.θ=45°时,l=4.55cm

D.θ=30°时,l=4.55cm46/182答案

AD如图,S到MN距离d0=dsinθ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN上

最上端位置对应于电子运动轨迹与MN切点,电子打在MN上最下端位置对应于到S距

离等于电子运动轨迹直径点(若

>

,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹半径r=

=4.55cm。由图中几何关系有

=

,

=

。当θ=90°时,

取得最小值

r,此时

=

>

,从而有l=

=

+

-dcosθ=

+

-dcosθ。当θ=90°时,l=9.1cm,当θ=60°时,l=6.78cm,当θ=45°时,l=5.68cm,当θ=30°时,l=4.55cm。故可知A、D正确,

B、C错误。

47/1827.(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

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平均

动能与等离子体温度T成正比,为约束更高温度等离子体,则需要更强磁场,以使带电粒子

在磁场中运动半径不变。由此可判断所需磁感应强度B正比于

()A.

B.TC.

D.T2

48/182答案

A等离子体在磁场中受到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。49/1828.(广东理综,21,6分)(多项选择)如图,两个初速度大小相同同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方

向进入匀强磁场,最终打到屏P上。不计重力。以下说法正确有

()

A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行时间比b短C.a在磁场中飞行旅程比b短D.a在P上落点与O点距离比b近50/182答案

AD因离子均向下偏转打到屏P上,依据左手定则可知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=

,可知它们轨道半径R与周期T也均相同。而a离子轨迹是一段优弧,b离子轨迹是一个半圆。a旅程比b旅程长,飞行时间也比b飞行

时间长,故B、C项均错误。b在P上落点到O点距离等于圆轨迹直径,说明b落点离O点

最远,故D项正确。51/1829.(北京理综,22,16分)如图所表示,质量为m、电荷量为q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匀强电场,求电场强度E

大小。52/182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半径R=

匀速圆周运动周期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大小E=vB答案(1)

(2)vB易错点拨直接写出半径R和周期T结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得尤其注意。53/18210.(重庆理综,7,15分)音圈电机是一个应用于硬盘、光驱等系统特殊电动机。如图是某

音圈电机原理示意图,它由一对正正确磁极和一个正方形刚性线圈组成,线圈边长为L,匝数为

n,磁极正对区域内磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为B,区域外磁场忽略不

计。线圈左边一直在磁场外,右边一直在磁场内,前后两边在磁场内长度一直相等。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大小和方向。(2)若此时线圈水平向右运动速度大小为v,求安培力功率。

解析(1)由左手定则判定,线圈所受安培力方向水平向右,大小为F=nBIL。(2)安培力功率P=Fv=nBILv。答案(1)nIBL水平向右(2)nIBLv54/182考点三带电粒子在复合场中运动11.(浙江理综,20,6分)(多项选择)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略磷离子P+和P3+,经电

压为U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、有一定宽度匀强

磁场区域,如图所表示。已知离子P+在磁场中转过θ=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.在电场中加速度之比为1∶1B.在磁场中运动半径之比为

∶1C.在磁场中转过角度之比为1∶2D.离开电场区域时动能之比为1∶355/182答案

BCD两离子所带电荷量之比为1∶3,在电场中时由qE=ma知a∝q,故加速度之比为1∶

3,A错误;离开电场区域时动能由Ek=qU知Ek∝q,故D正确;在磁场中运动半径由Bqv=m

、Ek=

mv2知R=

∝

,故B正确;设磁场区域宽度为d,则有sinθ=

∝

,即

=

,故θ'=60°=2θ,C正确。56/18212.(江苏单科,15,16分)一台质谱仪工作原理如图所表示。大量甲、乙两种离子飘入电压

为U0加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,经过宽为L狭缝MN沿着与磁场垂直方向进入

磁感应强度为B匀强磁场中,最终打到摄影底片上。已知甲、乙两种离子电荷量均为+q,质

量分别为2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N甲种离子运动轨迹。不考虑离子

间相互作用。(1)求甲种离子打在底片上位置到N点最小距离x;(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过区域,并求该区域最窄处宽度d;(3)若考虑加速电压有波动,在(U0-ΔU)到(U0+ΔU)之间改变,要使甲、乙两种离子在底片上没有

重合,求狭缝宽度L满足条件。57/182答案看法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运动半径为r1电场加速qU0=

×2mv2且qvB=2m

解得r1=

依据几何关系x=2r1-L解得x=

-L(2)如图所表示58/182最窄处位于过两虚线交点垂线上d=r1-

解得d=

-

(3)设乙种离子在磁场中运动半径为r2r1最小半径r1min=

r2最大半径r2max=

由题意知2r1min-2r2max>L,即

-

>L解得L<

[2

-

]59/18213.(天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里匀强磁场,第

Ⅲ象限存在沿y轴负方向匀强电场,如图所表示。一带负电粒子从电场中Q点以速度v0沿x轴

正方向开始运动,Q点到y轴距离为到x轴距离2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最

终从x轴上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)粒子抵达O点时速度大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度大小之比。答案看法析60/182解析本题考查带电粒子在电场中偏转及带电粒子在匀强磁场中运动。(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,粒子加速度为a,运动时

间为t,有2L=v0t

①L=

at2

②设粒子抵达O点时沿y轴方向分速度为vyvy=at

③设粒子抵达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有tanα=

④联立①②③④式得α=45°

⑤即粒子抵达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上设粒子抵达O点时速度大小为v,由运动合成有v=

⑥61/182联立①②③⑥式得v=

v0

⑦(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到电场力为F,由牛顿第二定律

可得F=ma

⑧又F=qE

⑨设磁场磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为R,所受洛伦兹力提供

向心力,有

qvB=m

⑩62/182由几何关系可知R=

L

联立①②⑦⑧⑨⑩

式得

=

63/18214.(山东理综,24,20分)如图所表示,直径分别为D和2D同心圆处于同一竖直面内,O为圆心,

GH为大圆水平直径。两圆之间环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里

匀强磁场。间距为d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粒子由小孔下方

处静止释放,加速后粒子以竖直向上速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子重力。

(1)求极板间电场强度大小;(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求Ⅰ区磁感应强度大小;(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度大小分别为

、

,粒子运动一段时间后再次经过H点,求这段时间粒子运动旅程。64/182解析(1)设极板间电场强度大小为E,对粒子在电场中加速运动,由动能定理得qE

=

mv2

①由①式得E=

②(2)设Ⅰ区磁感应强度大小为B,粒子做圆周运动半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m

③如图甲所表示,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=

④

图甲答案(1)

(2)

或

(3)5.5πD65/182联立③④式得B=

⑤若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得R=

⑥联立③⑥式得B=

⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动半径分别为R1、R2,由题意可知,Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度

大小分别为B1=

、B2=

,由牛顿第二定律得qvB1=m

,qvB2=m

⑧代入数据得R1=

,R2=

⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动周期分别为T1、T2,由运动学公式得T1=

,T2=

⑩据题意分析,粒子两次与大圆相切时间间隔内,运动轨迹如图乙所表示,依据对称可知,Ⅰ区两段66/182圆弧所对圆心角相同,设为θ1,Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2,圆弧和大圆两个切点与圆心O连

线间夹角设为α,由几何关系得图乙θ1=120°

θ2=180°

α=60°

粒子重复上述交替运动回到H点,轨迹如图丙所表示,设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动时间分别

为t1、t2,可得67/182图丙t1=

×

T1,t2=

×

T2

设粒子运动旅程为s,由运动学公式得s=v(t1+t2)

联立⑨⑩

式得s=5.5πD

68/18215.(天津理综,11,18分)如图所表示,空间中存在着水平向右匀强电场,电场强度大小E=5

N/C,同时存在着水平方向匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5T。有一

带正电小球,质量m=1×10-6kg,电荷量q=2×10-6C,正以速度v在图示竖直面内做匀速直线运

动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引发电磁感应现象),取g=10m/s2。求:(1)小球做匀速直线运动速度v大小和方向;(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在这条电场线经历时间t。

答案(1)看法析(2)3.5s69/182解析(1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受三个力在同一平面内,协力为零,有

qvB= 

①代入数据解得v=20m/s②速度v方向与电场E方向之间夹角θ满足tanθ=

③代入数据解得tanθ=

θ=60°

④70/182(2)解法一:撤去磁场,小球在重力与电场力协力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有a=

⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上分位移为x,有x=vt

⑥设小球在重力与电场力协力方向上分位移为y,有y=

at2

⑦a与mg夹角和v与E夹角相同,均为θ,又tanθ=

⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t=2

s=3.5s⑨解法二:撤去磁场后,因为电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向分运动没有影响,以P点为坐标原点,

竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为71/182vy=vsinθ

⑤若使小球再次穿过P点所在电场线,仅需小球竖直方向上分位移为零,则有vyt-

gt2=0

⑥联立⑤⑥式,代入数据解得t=2

s=3.5s⑦方法技巧1.在撤去磁场前,小球受重力、洛伦兹力、电场力三个力作用,三力平衡。2.撤去磁

场后,可考虑把小球运动分解成水平方向和竖直方向上运动,其中竖直方向上运动为竖直

上抛运动。72/18216.(浙江理综,25,22分)使用盘旋加速器试验需要把离子束从加速器中引出,离子束引出

方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m,速度为v离子在盘旋加速器内旋转,旋转

轨道是半径为r圆,圆心在O点,轨道在垂直纸面向外匀强磁场中,磁感应强度为B。为引出离子束,使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所表示,一对圆弧形金属板组成弧

形引出通道,通道圆心位于O'点(O'点图中未画出)。引出离子时,令引出通道内磁场磁感应

强度降低,从而使离子从P点进入通道,沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L,OQ与OP

夹角为θ。(1)求离子电荷量q并判断其正负;(2)离子从P点进入,Q点射出,通道内匀强磁场磁感应强度应降为B',求B';(3)换用静电偏转法引出离子束,维持通道内原有磁感应强度B不变,在内外金属板间加直流电

压,两板间产生径向电场,忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入,Q点射出,求通道内引出轨迹处

电场强度E方向和大小。73/182答案(1)

正电荷(2)

(3)方向沿径向向外

Bv-

74/182解析(1)离子做圆周运动Bqv=

①q=

,带正电荷

②(2)如图所表示

O'Q=R,OQ=L,O'O=R-r引出轨迹为圆弧,有B'qv=

③R=

④依据几何关系得75/182R=

⑤B'=

=

⑥(3)电场强度方向沿径向向外

⑦引出轨迹为圆弧,有Bqv-Eq=

⑧E=Bv-

⑨76/18217.(广东理综,36,18分)如图所表示,足够大平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。两板间存在

两个方向相反匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面,Ⅰ区磁感应强度为B0,方向

垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正正确小孔S1、S2,两孔与分界面MN距离均为L。质量

为m、电量为+q粒子经宽度为d匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏

转到MN上P点,再进入Ⅱ区,P点与A1板距离是Lk倍,不计重力,碰到挡板粒子不予考虑。(1)若k=1,求匀强电场电场强度E;(2)若2<k<3,且粒子沿水平方向从S2射出,求出粒子在磁场中速度大小v与k关系式和Ⅱ区磁感应强度B与k关系式。答案(1)

(2)v=

B=

B0

77/182解析(1)粒子在电场中,由动能定理有qEd=

m

-0

①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力qv1B0=m

②当k=1时,由几何关系得r=L

③由①②③解得E=

④(2)因为2<k<3时,由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转,运动轨迹如图所表示,由几何关系可知78/182(r1-L)2+(kL)2=

⑤解得r1=

L

⑥粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力qvB0=

⑦由⑥⑦解得v=

⑧粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力qvB=m

⑨由对称性及几何关系可知

=

⑩解得r2=

L

由⑧⑨

解得B=

B079/1821.(浙江理综,20,6分)(多项选择)如图1所表示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向

下匀强磁场,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所表示连续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图1中I所表示方向为电流正方向。则金属棒

()C组教师专用题组图1图2A.一直向右移动B.速度随时间周期性改变C.受到安培力随时间周期性改变D.受到安培力在一个周期内做正功80/182答案

ABC依据题意得出v-t图像如图所表示,金属棒一直向右运动,A正确。速度随时间做周期

性改变,B正确。据F安=BIL及左手定则可判定,F安大小不变,方向做周期性改变,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,棒上有如题图2所表示连续交变电流”中“有”字较含糊,易引发歧

义,有可能了解成动生电情况。81/1822.(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,它们动量大小相

等,a运动半径大于b运动半径。若a、b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.qa<qb

B.ma<mb

C.Ta<Tb

D.

<

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,则有:qvB=

,得轨迹半径R=

=

周期T=

=

因为Ra>Rb,pa=pb,Ba=Bb,故qa<qb,故只有选项A正确。82/1823.(江苏单科,9,4分)(多项选择)如图所表示,导电物质为电子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两侧面,此

时经过霍尔元件电流为IH,与其前后表面相连电压表测出霍尔电压UH满足:UH=k

,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间距离。电阻R远大于RL,霍尔元件电阻能够忽略,则

(

)A.霍尔元件前表面电势低于后表面B.若电源正负极对调,电压表将反偏C.IH与I成正比D.电压表示数与RL消耗电功率成正比83/182答案

CD由左手定则可判定,霍尔元件后表面积累负电荷,前表面电势较高,故A错。由电

路关系可见,当电源正、负极对调时,经过霍尔元件电流IH和所在空间磁场方向同时反向,

前表面电势依然较高,故B错。由电路可见,

=

,则IH=

I,故C正确。RL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。84/1824.(重庆理综,5,6分)如图所表示,一段长方体形导电材料,左右两端面边长都为a和b,内有带

电量为q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匀强磁场中,内部磁

感应强度大小为B。当通以从左到右稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间电压为U,

且上表面电势比下表面低。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

电荷正负分别为

()

A.

,负

B.

,正C.

,负

D.

,正85/182答案

C因导电材料上表面电势比下表面低,故上表面带负电荷,依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。把整段材料内自由电荷看成质点求其所受电场力。86/1825.(江苏单科,15,16分)盘旋加速器工作原理如图甲所表示,置于真空中D形金属盒半径

为R,两盒间狭缝间距为d,磁感应强度为B匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子质量为m、

电荷量为+q,加在狭缝间交变电压如图乙所表示,电压值大小为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运动时间,假设能够出射粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间相互作用。求:

甲87/182

乙(1)出射粒子动能Em;(2)粒子从飘入狭缝至动能到达Em所需总时间t0;(3)要使飘入狭缝粒子中有超出99%能射出,d应满足条件。答案(1)

(2)

-

(3)d<

88/182解析(1)粒子运动半径为R时qvB=m

且Em=

mv2解得Em=

(2)粒子被加速n次到达动能Em,则Em=nqU0粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝总时间为Δt加速度a=

匀加速直线运动nd=

a·Δt2由t0=(n-1)·

+Δt,解得t0=

-

(3)只有在0~(

-Δt)时间内飘入粒子才能每次均被加速则所占百分比为η=

89/182由η>99%,解得d<

方法技巧计算粒子在电场中运动总时间时,可剔除粒子在磁场中运动,直接将粒子在电场

中各段运动相衔接,作为一个匀加速直线运动来处理,可用总位移nd=

aΔt2或总速度v=aΔt来计算。90/1826.(天津理综,12,20分)当代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子运动。真空中存在

着如图所表示多层紧密相邻匀强电场和匀强磁场,电场与磁场宽度均为d。电场强度为E,

方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场边界相互平行且与电场方向

垂直。一个质量为m、电荷量为q带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始

终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度方向与水平方向夹角为θn,试求sinθn;(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其它条件不变情况下,也进入第n层磁

场,但比荷较该粒子大粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简明推理说明之。91/182解析(1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理,有2qEd=

m

①由①式解得v2=2

②粒子在第2层磁场中受到洛伦兹力充当向心力,有qv2B=m

③由②③式解得r2=

④(2)设粒子在第n层磁场中运动速度为vn,轨迹半径为rn(各量下标均代表粒子所在层数,下

同)。nqEd=

m

⑤答案(1)2

(2)B

(3)看法析92/182qvnB=m

⑥粒子进入第n层磁场时,速度方向与水平方向夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方

向与水平方向夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向速度分量不变,有

图1vn-1sinθn-1=vnsinαn

⑦由图1看出rnsinθn-rnsinαn=d

⑧93/182由⑥⑦⑧式得rnsinθn-rn-1sinθn-1=d

⑨由⑨式看出r1sinθ1,r2sinθ2,…,rnsinθn为一等差数列,公差为d,可得rnsinθn=r1sinθ1+(n-1)d

⑩当n=1时,由图2看出

图2r1sinθ1=d

由⑤⑥⑩

式得sinθn=B

(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则θn=

94/182sinθn=1在其它条件不变情况下,换用比荷更大粒子,设其比荷为

,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向夹角为θn',因为

>

则造成sinθn'>1说明θn'不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大粒子不能穿出该层磁场右侧边界。95/1827.(江苏单科,15,16分)一台质谱仪工作原理如图所表示,电荷量均为+q、质量不一样离子飘

入电压为U0加速电场,其初速度几乎为零。这些离子经加速后经过狭缝O沿着与磁场垂直

方向进入磁感应强度为B匀强磁场,最终打在底片上。已知放置底片区域MN=L,且OM=L。

某次测量发觉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。在适当调整加速电压后,原本打在MQ离子即可在QN检测到。(1)求原本打在MN中点P离子质量m;(2)为使原本打在P离子能打在QN区域,求加速电压U调整范围;(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域全部离子检测完整,求需要调整U最少次数。(取lg2=

0.301,lg3=0.477,lg5=0.699)答案(1)

(2)

≤U≤

(3)396/182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=

则电压范围为

≤U≤

(3)由(1)可知,r∝

由题意知,第1次调整电压到U1,使原本打在Q点离子打在N点,

=

此时,原本半径为r1打在Q1离子打在Q上

=

97/182解得r1=

L第2次调整电压到U2,使原本打在Q1离子打在N点,原本半径为r2打在Q2离子打在Q上,则

=

,

=

,解得r2=

L同理,第n次调整电压,有rn=

L检测完整,有rn≤

,解得n≥

-1≈2.8即最少次数为3。98/1828.(浙江理综,25,22分)离子推进器是太空飞行器惯用动力系统。某种推进器设计简化

原理如图1所表示,截面半径为R圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区,将氙气电离取得1价正离

子;Ⅱ为加速区,长度为L,两端加有电压,形成轴向匀强电场。Ⅰ区产生正离子以靠近0初

速度进入Ⅱ区,被加速后以速度vM从右侧喷出。Ⅰ区内有轴向匀强磁场,磁感应强度大小为B,在离轴线R/2处C点连续射出一定速率范围

电子。假设射出电子仅在垂直于轴线截面上运动,截面如图2所表示(从左向右看)。电子初

速度方向与中心O点和C点连线成α角(0<α≤90°)。推进器工作时,向Ⅰ区注入稀薄氙气。

电子使氙气电离最小速率为v0,电子在Ⅰ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,不考虑电子间碰撞)(1)求Ⅱ区加速电压及离子加速度大小;(2)为取得好电离效果,请判断Ⅰ区中磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸

面向外”);(3)α为90°时,要取得好电离效果,求射出电子速率v范围;99/182图1图2(4)要取得好电离效果,求射出电子最大速率vmax与α角关系。答案(1)

(2)垂直纸面向外(3)v0≤v<

(B>

)(4)vmax=

100/182解析(1)由动能定理得

M

=eU

①U=

②a=

=e

=

③(2)由题知电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能抵达区域越大,电离效果越好,则题图2中显然电子

往左半部偏转很好,故Ⅰ区中磁场方向应垂直纸面向外

④(3)设电子运动最大半径为r

2r=

R

⑤eBv=m

⑥所以有v0≤v<

⑦101/182要使⑦式有解,磁感应强度B>

⑧(4)如图所表示,

OA=R-r,OC=

,AC=r依据几何关系得r=

⑨由⑥⑨式得vmax=

102/1829.(天津理综,12,20分)同时加速器在粒子物理研究中有主要应用,其基本原理简化为如图

所表示模型。M、N为两块中心开有小孔平行金属板。质量为m、电荷量为+q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,两板电势差变为U,粒子得到加

速,当A离开N板时,两板电荷量均马上变为零。两板外部存在垂直纸面向里匀强磁场,A在

磁场作用下做半径为R圆周运动,R远大于板间距离。A经电场屡次加速,动能不停增大,为使R

保持不变,磁场必须对应地改变。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生电磁辐射,不考虑磁

场改变对粒子速度影响及相对论效应。求103/182(1)A运动第1周时磁场磁感应强度B1大小;(2)在A运动第n周时间内电场力做功平均功率

;(3)若有一个质量也为m、电荷量为+kq(k为大于1整数)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,不计二者间相互作用,除此之外,其它条件均不变。下列图

中虚线、实线分别表示A、B运动轨迹。在B轨迹半径远大于板间距离前提下,请指出哪

个图能定性地反应A、B运动轨迹,并经推导说明理由。答案(1)

(2)

(3)看法析104/182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

-0

①A在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力qv1B1=

②由①②得B1=

③(2)设A经n次加速后速度为vn,由动能定理得nqU=

m

-0

④设A做第n次圆周运动周期为Tn,有Tn=

⑤设在A运动第n周时间内电场力做功为Wn,则Wn=qU

⑥在该段时间内电场力做功平均功率为105/182

=

⑦由④⑤⑥⑦解得

=

⑧(3)A图能定性地反应A、B运动轨迹。A经过n次加速后,设其对应磁感应强度为Bn,A、B周期分别为Tn、T',综合②、⑤式并分别应

用A、B数据得Tn=

T'=

=

由上可知,Tn是T'k倍,所以A每绕行1周,B就绕行k周。因为电场只在A经过时存在,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速度分别为vn和vn',考虑到④式vn=

106/182vn'=

=

vn由题设条件并考虑到⑤式,对A有Tnvn=2πR设B轨迹半径为R',有T'vn'=2πR'比较上述两式得R'=

上式表明,运动过程中B轨迹半径一直不变。由以上分析可知,两粒子运动轨迹如图A所表示。107/18210.(山东理综,24,20分)如图甲所表示,间距为d、垂直于纸面两平行板P、Q间存在匀强磁

场。取垂直于纸面向里为磁场正方向,磁感应强度随时间改变规律如图乙所表示。t=0时刻,

一质量为m、带电量为+q粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面位置,沿垂直于磁

场且平行于板面方向射入磁场区。当B0和TB取一些特定值时,可使t=0时刻入射粒子经Δt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108/182

图乙(1)若Δt=

TB,求B0;