高考物理总复习必考部分专题十磁场习题课件_2.ppt

1、专题十 磁场,高考物理 (课标专用),1.(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.2B0,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,答案C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合为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

2、量和为B总=B0,故C项正确。 甲乙,易错点评概念的理解、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电流为I时合场强为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的磁场反向,Q的磁场大小和方向不变。 注意各物理量间的夹角大小关系。,2.(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

3、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

4、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。,3.(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11 D.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

5、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2F cos 60=F,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30=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=2B cos 60=B,方向

6、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=B I;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。,4.(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

7、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。,5.(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

8、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.mbmamc C.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。,6

9、.(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。,方法技巧由

10、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。,7.(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

11、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。,8.(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

12、() 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。,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。,9.(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,

13、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。,10.(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

14、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。,解题关键由于洛伦兹力不对带电粒子做功,则粒子从一磁场进入另一磁场后速度大小不变。,11.(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

15、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。,解题技巧比值类题目的一般解题原则:首先由相应物理定理、定律及物理关系,找到未知量表达式,然后再求比值。,12.(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,

16、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。,13.(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

17、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。,心得体会带电粒子在磁场中的偏转方向由洛伦兹力决定,由左手定则判断。,解题技巧灵活掌握动量

18、p与动能Ek的相互转化关系式,即Ek=,p=。,14.(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=BIL sin ,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

19、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。,解题指导应用公式F=BIL时,注意要求磁场与电流垂直,若不垂直,则F=BIL sin ,为电流与磁场方向的夹角。,易错警示因题目并未告知电流与磁场的方向关系,所以无法判断直导线折成直角后的安培力情况。,15.(2013课标,17,6分,0.499)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q0)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

20、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,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。,解题关键如何确定轨迹的圆心位置是解题关键点。,审题指导带电粒子沿半径方向射入圆形有界匀强磁场中,射出磁场时必沿半径方向。,16.(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

21、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-),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、右两侧的受力大小有突变。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点间距离为直径的差值。题目内容精典,难度较小。,17.(2015课标,24,12分,0.564)如图,一长为10 cm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0.1 T,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

22、通过开关与一电动势为12 V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0.5 cm;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0.3 cm。重力加速度大小取10 m/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=0.5 cm。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=

23、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=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡条件得 2k(l1+l2)=mg+F 由闭合电路欧姆定律有 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=0.01 kg,评分细则安培力方向判断正确给2分,式各2分。,审题过程安培力的方向由左手定则判断。开关断开时,重力mg由两弹簧共同分担,2kl1=mg。通电后,由于安培力向下,故两弹簧各自再向下伸长0.3 cm。由闭合电路欧姆定律、平衡条件及胡克定律联合求解。,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。电键闭合后导

24、体棒受到的安培力方向() A.向上B.向下C.向左D.向右,B组 自主命题省（区、市）卷题组,答案D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.(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.12 C.14D.41,答案A磁通量=BS,其中B为磁感应强度,S为与B

25、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。,易错点评虽然两线圈面积不同,但是有效面积相等。,3.(2016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。”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,答案C由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、

26、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。,审题指导题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察图,挖掘有用信息。,4.(2016四川理综,4,6分)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的

27、时间为tc,不计粒子重力。则() A.vbvc=12,tbtc=21 B.vbvc=21,tbtc=12 C.vbvc=21,tbtc=21 D.vbvc=12,tbtc=12,答案A由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在a点,半径为正六边形边长L;粒子以vc射入时轨迹圆心在M点,半径为2L;由半径公式r=可得vbvc=rbrc=12,由几何图形可看出, 两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120、60,所以tbtc=21,A项正确。,方法技巧处理粒子在磁场中做圆周运动问题的基本方法是:定圆心,画轨迹,由几何关系求半径,再由半径公式求粒子的速度、电荷量、质量、磁感应强度等,最后找圆心角求时间。,

28、5.(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(),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。,6.(2015海南单科,1,3分)如图,a是竖直平面P上的一点。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

29、条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向() A.向上B.向下C.向左D.向右,答案AP前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面向外,在电子经过a点的瞬间,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。,7.(2015四川理综,7,6分)(多选)如图所示,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。在纸面内的长度L=9.1 cm,中点O与S间的距离d=4.55 cm,MN与SO直线的夹角为,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁

30、感应强度B=2.010-4 T。电子质量m=9.110-31 kg,电量e=-1.610-19 C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6106 m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则() A.=90时,l=9.1 cmB.=60时,l=9.1 cm C.=45时,l=4.55 cmD.=30时,l=4.55 cm,答案AD如图,S到MN的距离d0=d sin ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上最下端的位置对应于到S的距离等于电子运动轨迹直径的点(若,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹的半径r= =

31、4.55 cm。由图中几何关系有=,=。当=90时,取得最 小值r,此时=,从而有l=+-d cos =+-d cos 。当=90 时,l=9.1 cm,当=60时,l=6.78 cm,当=45时,l=5.68 cm,当=30时,l=4.55 cm。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

32、比于() A.B.T C.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.(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

33、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。,10.(2013浙江理综,20,6分)(多选)在半导体离子注入工艺中,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、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过=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.在电场中的加速度之比为11 B.在磁场中

34、运动的半径之比为1 C.在磁场中转过的角度之比为12 D.离开电场区域时的动能之比为13,答案BCD两离子所带电荷量之比为13,在电场中时由qE=ma知aq,故加速度之比为13,A错误;离开电场区域时的动能由Ek=qU知Ekq,故D正确;在磁场中运动的半径由Bqv=m、 Ek=mv2知R=,故B正确;设磁场区域的宽度为d,则有sin =,即=, 故=60=2,C正确。,11.(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

35、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(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=v0t L=at2 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy=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

36、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,所受的洛伦兹力提供向心力,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

37、qvB=,尽可能多拿分。,12.(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

38、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(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r2 r1的最小半径 r1min= r2的最大半径r2max= 由题意知2r1min-2r2maxL,即-L 解得L2-,思路点拨几何关系的应用 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,要用到几何关系,主要是通过作辅助线构建直角三角形等,利用三角函数、勾股定理求解,或是通过作垂线段、

39、切线及对称性等求解。,13.(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

40、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。,14.(2016天津理综,11,18分)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T。有一带正电的小球,质量m=110-6 kg,电荷量q=210-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向; (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。,答案(1)见解析(2)3.5 s

41、,解析(1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有 qvB= 代入数据解得 v=20 m/s 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 tan = 代入数据解得 tan = =60,(2)解法一: 撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有 a= 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有 x=vt 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有 y=at2 a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为,又 tan = 联立式,代入数据解得 t=2 s=3.5 s 解法二: 撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有

42、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,vy=v sin 若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有 vyt-gt2=0 联立式,代入数据解得 t=2 s=3.5 s,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,可考虑把小球的运动分解成水平方向和竖直方向上的运动,其中竖直方向上的运动为竖直上抛运动。,15.(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

43、,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。,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=mv

44、2 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

45、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 图乙 1=120 2=180 =60 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,答案(1)(L-d)(1-) (2)(-d) (3)(-d)(1n-1,n取整数),解析(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r 根据题意L=3r sin 30+3d cos 30 且h=r(1-cos 30) 解得h=(L-d)(1-) (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r m=qvB,m=qvB 由题意知3r sin 3

46、0=4r sin 30 解得v=v-v=(-d) (3)设粒子经过上方磁场n次 由题意知L=(2n+2)d cos 30+(2n+2)rn sin 30 且m=qvnB,解得vn=(-d)(1n-1,n取整数),18.(2013天津理综,11,18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量

47、保持不变,在不计重力的情况下,求: (1)M、N间电场强度E的大小; (2)圆筒的半径R; (3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子 自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。,答案(1)(2)(3)3,解析(1)设两板间的电压为U,由动能定理得 qU=mv2 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed 联立式可得 E= (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O,圆半径为r。设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角AOS等于。,由几何关系得 r=R tan 粒子运动过程

48、中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得 qvB=m 联立式得 R= (3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移d后,设板间电压为U,则 U= 设粒子进入S孔时的速度为v,由式看出 = 综合式可得 v=v,设粒子做圆周运动的半径为r,则 r= 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为,比较两式得到r=R,可见 = 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故 n=3,评析本题考查了带电粒子在电场中的加速及在磁场中的匀速圆周运动,属于中等偏难的常规题目。本题中的难点是如何根据碰撞次数确定粒子的运动轨迹,然后找出粒子从进入圆筒到第一次碰撞的运动轨迹所对应的圆心角及圆心的位置。碰撞次数为

49、n,每段圆弧所对应的圆心角=-=,n=2,3,4,1.(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(),C组 教师专用题组,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

50、t=0时刻起,棒上有如题图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。,2.(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.,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= 由于RaRb,pa=pb,Ba=Bb,故qaqb,故只有选项A正确。,答案CD由左手定则可判定,霍尔元件的后表面积累负电荷,

51、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。,4.(2013重庆理综,5,6分)如图所示,一段长方体形导电材料,左右两端面的边长都为a和b,内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的低。

52、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的正负分别为() A.,负B.,正 C.,负D.,正,答案C因导电材料上表面的电势比下表面的低,故上表面带负电荷,根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,材料内的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,其对自由电荷产生的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。把整段材料内的自由电荷看成质

53、点求其所受的电场力。,5.(2016浙江理综,25,22分)为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。 扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示,圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,谷区内没有磁场。质量为m,电荷量为q的正离子,以不变的速率v旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示。 (1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针; (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角,及离子绕闭合

54、平衡轨道旋转的周期T; (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角变为90,求B和B的关系。已知:sin ()=sin cos cos sin ,cos =1-2 sin2,答案(1)逆时针(2) (3)B=B,解析(1)峰区内圆弧半径r= 旋转方向为逆时针方向 (2)由对称性,峰区内圆弧的圆心角= 每个圆弧轨迹的长度l= 谷区内每段直线轨迹长度L=2r cos =r= 周期T= 代入得T=,(3)谷区内的圆心角=120-90=30 谷区内的轨道圆弧半径r= 由几何关系r sin =r sin 由三角关系sin =sin 15= 代入得B=B

55、,解题指导本题以回旋加速器为载体考查了带电粒子在有界磁场中的圆周运动,要紧扣粒子在前后阶段中的速度联系:“大小、方向未变”来分析试题,对数学运算能力要求稍高,难度稍高。,易错点拨要注意粒子在峰区内运动的轨迹圆心不在O点,抓住粒子经峰区与谷区交界处到O点距离不变是保证粒子沿平衡轨道运动的条件。,答案(1)(2)- (3)d,方法技巧计算粒子在电场中运动的总时间时,可剔除粒子在磁场中的运动,直接将粒子在电场中的各段运动相衔接,作为一个匀加速直线运动来处理,可用总位移nd=at2或总速度v=at来 计算。,7.(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

56、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)

57、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。,解析(1)粒子在进入第2

58、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 由式解得 v2=2 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有 qv2B=m 由式解得 r2= (2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同)。 nqEd=m,qvnB=m 粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为n,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为n,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有 图1 vn-1 sin n-1=vn sin n 由图1看出 rn sin n-rn sin n=d,9.(2014

59、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=eU U= 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