考點10磁場

1、圓學(xué)子夢想 鑄金字品牌考點10 磁場一、選擇題1.(2014·新課標全國卷)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是()A.安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向C.安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D.將直導(dǎo)線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话搿窘馕觥窟xB。本題考查安培力的大小和方向。安培力總是垂直于磁場與電流所決定的平面,因此,安培力總與磁場和電流垂直,A錯誤,B正確;安培力F=BILsin,其中是導(dǎo)線與磁場方向的夾角,所以C錯誤;將直導(dǎo)線從中點折成直角,導(dǎo)線受到安培力的大小不僅與有效長度有關(guān),還與導(dǎo)體在磁場中的相

2、對位置有關(guān),D錯誤?！菊`區(qū)警示】安培力總是垂直于磁場與電流,但是磁場不一定與電流垂直。2.(2014·北京高考)帶電粒子a、b在同一勻強磁場中做勻速圓周運動,它們的動量大小相等,a運動的半徑大于b運動的半徑。若a、b的電荷量分別為qa、qb,質(zhì)量分別為ma、mb,周期分別為Ta、Tb。則一定有()A.qa<qb B.ma<mb C.Ta<Tb D. 【解題指南】解答本題時應(yīng)抓住以下兩個關(guān)鍵點:(1)由帶電粒子受到的洛倫茲力提供向心力,可以得到粒子的運動半徑為r=; (2)粒子的動量p=mv相等。【解析】選A。由r=和p=mv聯(lián)立可得q=,因為p、B相同,所以q,又因

3、為ra>rb,所以qa<qb,A正確。由于動量mv相同,但速度大小未知,無法判斷質(zhì)量大小,B錯誤。由T=,雖然知道ra>rb,但不知道速度大小關(guān)系,無法判斷周期關(guān)系,C錯誤。由=, 雖然知道ra>rb,但不知道速度大小關(guān)系,故無法判斷比荷關(guān)系,D錯誤。3.(2014·安徽高考)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體,使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部,而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,為約束更高溫度的等離子體,則需要更強的磁場,以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于(

4、)A.B.TC.D.T2【解題指南】解答本題注意以下兩點:(1)帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,即v2正比于T,則v正比于。(2)帶電粒子在磁場中的運動,根據(jù)牛頓第二定律有【解析】選A。帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,則v2正比于T,從而v正比于。帶電粒子在磁場中的運動半徑不變,根據(jù)牛頓第二定律有,可得。綜上可知,B正比于,故選項A正確。4.(2014·浙江高考)如圖甲所示,兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起,棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im

5、,圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒()A.一直向右移動B.速度隨時間周期性變化C.受到的安培力隨時間周期性變化D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功【解題指南】解答本題時應(yīng)從以下兩點進行分析:(1)熟練使用左手定則判斷安培力的方向;(2)根據(jù)電流的周期性來分析安培力的周期性。【解析】選A、B、C。由左手定則可知,金屬棒一開始向右加速運動,當電流反向以后,金屬棒開始減速,經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?,然后重復(fù)上述運動,所以A、B項正確;安培力F=BIL,由圖像可知前半個周期向右,后半個周期向左,不斷重復(fù),C項正確;一個周期內(nèi),金屬棒初、末速度相同,由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)不做功,D項錯誤。【

6、誤區(qū)警示】雖然洛倫茲力不做功,但是安培力可以做功,判斷安培力做正功還是負功,要弄清金屬棒的速度。5.(2014·江蘇高考)如圖所示,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足: ,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則()A.霍爾元件前表面的電勢低于后表面B.若電源的正負極對調(diào),電壓表將反偏C.IH與I成正比D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比【解題指南】本題為

7、信息題,題中“B與I成正比”“ ”等重要信息都要在審題中提煉出來,然后是霍爾效應(yīng)的處理,從動態(tài)平衡的角度得到UH與其他量的關(guān)系,A、B兩項比較容易判斷,因為本題為多選,所以用排除法排除也可以得到答案。【解析】選C、D。根據(jù)左手定則判斷電子受到洛倫茲力偏到霍爾元件的后表面,所以前表面電勢高于后表面,A項錯誤;若電源的正負極對調(diào),線圈中產(chǎn)生的磁場反向,根據(jù)左手定則判斷依然是前表面電勢高于后表面,B項錯誤;根據(jù),有UH=Bvd,因為B=kI,I=nqSv,vI,聯(lián)立解得UHI2,而P=I2RL,所以UHP,D項正確;根據(jù)題中,因為UHI2、B=kI,所以得到IH與I成正比,C項正確。6.(2014&

8、#183;新課標全國卷)如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時,下列說法正確的是()A.電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C.僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D.粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小【解題指南】解答本題時應(yīng)從以下三點進行分析:(1)由左手定則判斷電子與正電子的受力方向;(2)電子與正電子所受洛倫茲力提供向心力;(3)根據(jù)半徑表達式判斷軌跡半徑大小?！窘馕觥窟xA、C。電子與正電子電性

9、相反,若入射速度方向相同時,由左手定則可判定電子和正電子受力方向相反,所以偏轉(zhuǎn)方向相反,選項A正確;根據(jù)可知,由于電子和正電子垂直進入磁場的速度未知,故軌跡半徑不一定相同,選項B錯誤;由于質(zhì)子和正電子在磁場中的受力方向一樣,所以僅憑粒子的運動軌跡無法判斷它們是質(zhì)子還是正電子,故選項C正確;根據(jù)和得,可見粒子的動能越大時,軌跡半徑越大,選項D錯誤。7.(2014·上海高考)如圖,在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,面積為S的矩形剛性導(dǎo)線框abcd可繞過ad邊的固定軸OO轉(zhuǎn)動,磁場方向與線框平面垂直。在線框中通以電流強度為I的穩(wěn)恒電流,并使線框與豎直平面成角,此時bc邊受到相對OO軸的安培力力

10、矩大小為()A.ISBsin B.ISBcos C. D.【解題指南】解答本題注意以下兩點:(1)bc邊受到的安培力大小F安=ILbcB;(2)安培力的力矩M=F安Ladsin?！窘馕觥窟xA。線框與豎直平面成角時,bc邊受到的安培力大小F安=ILbcB,安培力的力矩M=F安Labsin,解得M=ILabLadBsin=ISBsin,故選項A正確。8.(2014·海南高考)下列說法中,符合物理學(xué)史實的是()A.亞里士多德認為,必須有力作用在物體上,物體才能運動;沒有力的作用,物體就靜止B.牛頓認為,力是物體運動狀態(tài)改變的原因,而不是物體運動的原因C.麥克斯韋發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),即電流可

11、以在其周圍產(chǎn)生磁場D.奧斯特發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線通電時,導(dǎo)線附近的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)【解析】選A、B、D。亞里士多德認為力是維持物體運動的原因,A正確;牛頓認為物體如果不受力,將保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài),直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止,B正確;奧斯特發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線通電時,附近的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn),從而發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),麥克斯韋提出了電磁場理論,C錯誤,D正確。【誤區(qū)警示】解答物理學(xué)史問題一定要把歷史人物與歷史事件對應(yīng)起來,切忌混淆。9.(2014·海南高考)如圖,兩根平行長直導(dǎo)線相距2l,通有大小相等、方向相同的恒定電流;a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點,左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為、l和3l。關(guān)于這

12、三點處的磁感應(yīng)強度,下列判斷正確的是()A.a處的磁感應(yīng)強度大小比c處的大B.b、c兩處的磁感應(yīng)強度大小相等C.a、c兩處的磁感應(yīng)強度方向相同D.b處的磁感應(yīng)強度為零【解題指南】解答此題應(yīng)注意以下兩點:(1)根據(jù)安培定則判斷兩導(dǎo)線電流的磁場方向;(2)根據(jù)矢量合成法則判斷各點的磁感應(yīng)強度的大小?！窘馕觥窟xA、D。a、c兩點的磁感應(yīng)強度是兩導(dǎo)線電流產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度,由于a點比c點距離兩導(dǎo)線較近,所以a點的磁感應(yīng)強度比c點的大,A正確。根據(jù)安培定則知,a、c兩處磁感應(yīng)強度方向相反,C錯誤。b點位于兩導(dǎo)線中間,兩導(dǎo)線在b點產(chǎn)生的磁場大小相等,方向相反,合磁感應(yīng)強度為零,c處磁感應(yīng)強度不為零,D正確

13、,B錯誤。二、計算題1. (2014·北京高考)導(dǎo)體切割磁感線的運動可以從宏觀和微觀兩個角度來認識。如圖所示,固定于水平面的U形導(dǎo)線框處于豎直向下的勻強磁場中,金屬直導(dǎo)線MN在與其垂直的水平恒力F作用下,在導(dǎo)線框上以速度v做勻速運動,速度v與恒力F方向相同,導(dǎo)線MN始終與導(dǎo)線框形成閉合電路。已知導(dǎo)線MN電阻為R,其長度L恰好等于平行軌道間距,磁場的磁感應(yīng)強度為B。忽略摩擦阻力和導(dǎo)線框的電阻。(1)通過公式推導(dǎo)驗證:在t時間內(nèi),F對導(dǎo)線MN所做的功W等于電路獲得的電能W電,也等于導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的焦耳熱Q;(2)若導(dǎo)線MN的質(zhì)量m=8.0g,長度L=0.10m,感應(yīng)電流I=1.0A,假設(shè)

14、一個原子貢獻1個自由電子,計算導(dǎo)線MN中電子沿導(dǎo)線長度方向定向移動的平均速率ve(下表中列出一些你可能會用到的數(shù)據(jù));阿伏加德羅常數(shù)NA6.0×1023mol-1元電荷e1.6×10-19C導(dǎo)線MN的摩爾質(zhì)量6.0×10-2kg/mol(3)經(jīng)典物理學(xué)認為,金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子(即金屬原子失去電子后的剩余部分)的碰撞。展開你想象的翅膀,給出一個合理的自由電子的運動模型;在此基礎(chǔ)上,求出導(dǎo)線MN中金屬離子對一個自由電子沿導(dǎo)線長度方向的平均作用力f的表達式。【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下四點:(1)金屬直導(dǎo)線MN勻速運動,外力F與安培力平衡;(2

15、)力學(xué)中的功W=FL、電功W=UIt和電熱Q=I2Rt的計算;(3)電流的微觀表達式I=enSve;(4)電子克服阻力所做的功要損失自身的動能,損失的動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱,即Ek=Q?！窘馕觥?1)E=BLvI= 可得F=ILB= 力F做功W=Fx=Fvt將F代入得到W=t電能為W電=EIt=t產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2Rt=t由此可見W=W電=Q(2)總電子數(shù)N=NA單位體積內(nèi)電子數(shù)為n,所以N=nSL,故有I=enSve所以有ve= =7.8×10-6m/s(3)從微觀層面看,導(dǎo)線中的自由電子與金屬離子發(fā)生的碰撞可以看作非完全彈性碰撞,碰撞后自由電子損失動能,損失的動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱。從整

16、體上來看,可以視為金屬離子對自由電子整體運動的平均阻力導(dǎo)致自由電子動能的損失,即W損=從宏觀方面看,力F對導(dǎo)線MN做功,而導(dǎo)線的速度不變,即導(dǎo)線的動能不變,所以力F做功完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱。t時間內(nèi),力F做功W=Fvt又W=W損即Fvt=Fvt=nSvetL 代入I=enSve,得Fv=代入F=,I=,得=eBv2.(2014·浙江高考)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設(shè)計的簡化原理如圖甲所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。為電離區(qū),將氙氣電離獲得1價正離子;為加速區(qū),長度為L,兩端加有電壓,形成軸向的勻強電場。區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進入?yún)^(qū),被加速后以速度v

17、M從右側(cè)噴出。區(qū)內(nèi)有軸向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,在離軸線R2處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖乙所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成角(0<90°)。推進器工作時,向區(qū)注入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為v0,電子在區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大,電離效果越好。已知離子質(zhì)量為M,電子質(zhì)量為m,電量為e。(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)(1)求區(qū)的加速電壓及離子的加速度大小;(2)為取得好的電離效果,請判斷區(qū)中的磁場方向(按圖乙說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”);(3

18、)為90°時,要取得好的電離效果,求射出的電子速率v的范圍;(4)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vmax與角的關(guān)系?！窘忸}指南】解答本題時應(yīng)從以下兩點進行分析:(1)離子在電場中加速,需要用動能定理來分析;(2)離子在磁場中做圓周運動,需要準確畫出運動軌跡?！窘馕觥?1)離子在電場中加速,由動能定理可知eU=M 得到: 離子做勻加速直線運動,由運動學(xué)關(guān)系可知得到:a= (2)要取得較好的電離效果,電子必須在出射方向左邊做勻速圓周運動,根據(jù)左手定則可知,此刻區(qū)磁場應(yīng)該是垂直紙面向外。(3)當=90°時,最大速度對應(yīng)的軌跡圓如圖所示,與區(qū)相切,此時圓周運動半徑為r=3

19、R/4 洛倫茲力提供向心力Bevmax=代入數(shù)據(jù)可知vmax= 即射出的電子速率v的范圍為v0v<,此刻必須保證B> (4)當電子以角入射時,最大速度對應(yīng)軌跡如圖所示,軌跡圓與圓柱腔相切,此時OCO=90°-,OC= R/2,CO=r, OO=R-r由余弦定理cos(90°-)=sin聯(lián)立求得再由r=mvmaxBe得到答案:(1) (2)垂直紙面向外(3)v0v<,此時B>(4) 3.(2014·四川高考)在如圖所示的豎直平面內(nèi),水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點,GH與水平面的夾角=37°。

20、過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度B=1.25T;過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強電場,電場方向水平向右,電場強度E=1×104N/C。小物體P1質(zhì)量m=2×10-3kg、電荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3N的作用,沿CD向右做勻速直線運動,到達D點后撤去推力。當P1到達傾斜軌道底端G點時,不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放,經(jīng)過時間t=0.1s與P1相遇。P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為=0.5,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos3

21、7°=0.8,物體電荷量保持不變,不計空氣阻力。求:(1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大小;(2)傾斜軌道GH的長度s?！窘忸}指南】解答本題應(yīng)從以下三點進行分析:(1)分析小物體P1受到的力,明確水平方向的合力為零;(2)由動能定理求解速度大小;(3)由牛頓第二定律及運動學(xué)公式求解GH的長度?！窘馕觥?1)設(shè)小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v,受到向上的洛倫茲力為F1,受到的摩擦力為f,則F1=qvBf=(mg-F1)由題意知,水平方向的合力為零F-f=0聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s。(2)設(shè)P1在G點的速度大小為vG,由于洛倫茲力不做功,根據(jù)動能定理知P1在GH上運

22、動,受到重力、電場力和摩擦力的作用,設(shè)加速度為a1,根據(jù)牛頓第二定律qEcos-mgsin-(mgcos+qEsin)=ma1P1與P2在GH上相遇時,設(shè)P1在GH上的運動距離為s1,則設(shè)P2質(zhì)量為m2,在GH上運動的加速度為a2,則m2gsin-m2gcos=m2a2P1與P2在GH上相遇時,設(shè)P2在GH上運動的距離為s2,則聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得s=s1+s2=0.56m。答案:(1)4m/s(2)0.56m4.(2014·四川高考)如圖所示,水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h,與圖示電路相連,金屬板厚度不計,忽略邊緣效應(yīng)。p板上表面光滑,涂有絕緣層,其上O點右側(cè)相距h處有小

23、孔K;b板上有小孔T,且O、T在同一條豎直線上,圖示平面為豎直平面。質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫出)從O點發(fā)射,沿p板上表面運動時間t后到達K孔,不與板碰撞地進入兩板之間。粒子視為質(zhì)點,在圖示平面內(nèi)運動,電荷量保持不變,不計空氣阻力,重力加速度大小為g。(1)求發(fā)射裝置對粒子做的功;(2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r,開關(guān)S接“1”位置時,進入板間的粒子落在b板上的A點,A點與過K孔豎直線的距離為l。此后將開關(guān)S接“2”位置,求阻值為R的電阻中的電流強度;(3)若選用恰當直流電源,電路中開關(guān)S接“1”位置,使進入板間的粒子受力平衡,此時在板間某區(qū)域加上方向垂

24、直于圖面的、磁感應(yīng)強度大小合適的勻強磁場(磁感應(yīng)強度B只能在0Bm=范圍內(nèi)選取),使粒子恰好從b板的T孔飛出,求粒子飛出時速度方向與b板板面的夾角的所有可能值(可用反三角函數(shù)表示)?！窘忸}指南】解答本題應(yīng)從以下三點進行分析:(1)由動能定理求對粒子做的功;(2)由類平拋知識和牛頓第二定律求解電流大小;(3)由圓周運動及幾何知識求解夾角范圍?！窘馕觥?1)設(shè)粒子在p板上做勻速直線運動的速度為v0,有h=v0t設(shè)發(fā)射裝置對粒子做的功為W,由動能定理得聯(lián)立可得。(2)S接“1”位置時,電源的電動勢E0與板間電勢差U有E0=U板間產(chǎn)生勻強電場的場強為E,粒子進入板間時有水平方向的速度v0,在板間受到豎

25、直方向的重力和電場力作用而做類平拋運動,設(shè)加速度為a,運動時間為t1,有U=Ehmg-qE=mal=v0t1S接“2”位置,則在電阻R上流過的電流I滿足以上式子聯(lián)立得(3)由題意知此時在板間運動的粒子重力與電場力平衡,當粒子進入板間后立即進入磁場做勻速圓周運動,如圖所示,粒子從D點出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運動,DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角,磁場的磁感應(yīng)強度B取最大值時的夾角為最大值m,設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R,有過D點作b板的垂線與b板的上表面交于G,由幾何關(guān)系知=h-R(1+cos)=h+Rsin (11)(12)聯(lián)立以上式子,將B=Bm代入,求得當B逐漸減小,粒子做勻速圓

26、周運動的半徑為R也隨之變大,D點向b板靠近,DT與b板上表面的夾角也越變越小,當D點無限接近b板上表面時,粒子離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運動而從T孔飛出板間區(qū)域,此時Bm>B>0滿足題目要求,夾角趨近0,即0=0,則題目所求為0<arcsin答案: 05.(2014·福建高考)如圖,某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道,管道的長為L、寬為d、高為h,上下兩面是絕緣板,前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板,兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應(yīng)強度大小為B,方向沿z軸正方向的勻強磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為的導(dǎo)電液體(有大量的正、負

27、離子),且開關(guān)閉合前后,液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下,均以恒定速率v0沿x軸正向流動,液體所受的摩擦阻力不變。(1)求開關(guān)閉合前,M、N兩板間的電勢差大小U0;(2)求開關(guān)閉合前后,管道兩端壓強差的變化p;(3)調(diào)整矩形管道的寬和高,但保持其他量和矩形管道的橫截面積S=dh不變,求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比的值?！窘馕觥?1)設(shè)帶電離子所帶的電量為q,當其所受的洛倫茲力與電場力平衡時,U0保持恒定,有得U0=Bdv0(2)設(shè)開關(guān)閉合前后,管道兩端壓強差分別為p1、p2,液體所受的摩擦阻力均為f,開關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安,有p1hd=fp2hd=f+F安F安=B

28、Id據(jù)歐姆定律,有兩導(dǎo)體板間液體的電阻由式得管道兩端壓強差的變化(3)電阻R獲得的功率為P=I2R當時,電阻R獲得的最大功率答案:(1)Bdv0(2) (3)， 【誤區(qū)警示】解答本題時未能對流體建立模型,U0保持恒定時帶電離子受力平衡,據(jù)等效電路得到電源內(nèi)阻的表達式,從而得到正確答案。6.(2014·廣東高考)如圖所示,足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置,間距6L。兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域和,以水平面MN為理想分界面。區(qū)的磁感應(yīng)強度為B0,方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2,兩孔與分界面MN的距離均為L。質(zhì)量為m、電量為+q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電

29、場由靜止加速后,沿水平方向從S1進入?yún)^(qū),并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點,再進入?yún)^(qū)。P點與A1板的距離是L的k倍。不計重力,碰到擋板的粒子不予考慮。(1)若k=1,求勻強電場的電場強度E;(2)若2<k<3,且粒子沿水平方向從S2射出,求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和區(qū)的磁感應(yīng)強度B與k的關(guān)系式?！窘忸}指南】解答本題時應(yīng)從以下三點進行分析:(1)帶電粒子在電場中做勻加速運動,適用動能定理。(2)帶電粒子在磁場中做圓周運動,如何用幾何方法確定半徑。(3)帶電粒子在兩個邊界磁場中運動時,如何找到兩個磁場中粒子運動軌跡的聯(lián)系?！窘馕觥?1)若k=1,則有MP=L,粒子在磁場區(qū)域內(nèi)的軌跡

30、半徑為R=L,在磁場區(qū)域內(nèi)洛倫茲力提供向心力: 得粒子在電場中,由動能定理有: 得勻強電場的電場強度(2)由于P距離A1為kL,且2<k<3,粒子從S2水平飛出,該粒子運動軌跡如圖所示,則根據(jù)S1到界線處的軌跡有:(kL)2+(R-L)2=R2整理得: 又因為:6L-2kL=2x根據(jù)幾何關(guān)系、相似三角形有: 即得答案:(1) (2) 7.(2014·山東高考)如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向,磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子(不計重力),以初速度v0由Q板左端靠近

31、板面的位置,沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時,可使t=0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。(1)若t=TB,求B0;(2)若t=TB,求粒子在磁場中運動時加速度的大小;(3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB?！窘忸}指南】解答本題應(yīng)明確以下三點:(1)入射的粒子經(jīng)時間恰能垂直打在P板上,粒子應(yīng)運動四分之一圓弧;(2)入射的粒子經(jīng)B時間恰能垂直打在P板上,粒子應(yīng)連續(xù)運動三個四分之一圓弧;(3)當時,可以先計算出粒子圓周運動的周期和半徑,再作圖進行分析、討論和計算?！窘馕觥?1)設(shè)粒子做圓周運動的

32、半徑為R1,由牛頓第二定律得:據(jù)題意知粒子的運動軌跡為四分之一圓弧,由幾何關(guān)系得R1=d聯(lián)立式得(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2,由牛頓第二定律得:據(jù)題意知粒子應(yīng)連續(xù)運動三個四分之一圓弧,由幾何關(guān)系得3R2=d聯(lián)立式得(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得由牛頓第二定律得由題意知,代入式得d=4R粒子運動軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,連線與水平方向的夾角為,在每個TB內(nèi),只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0<<2,由題意可知設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n=0,1,2,3)若在A點擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2(R+Rsin)n=d (11)

33、當n=0時,無解 (12)當n=1時,聯(lián)立式得(13)聯(lián)立式得 (14)當n2時,不滿足的要求(15)若在B點擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2Rsin+2(R+Rsin)n=d(16)當n=0時,無解(17)當n=1時,聯(lián)立式得 (18)聯(lián)立式得 (19)當n2時,不滿足的要求答案:(1) (2) (3) 、8.(2014·江蘇高考)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動,工作原理如圖所示。裝置的長為L,上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反,兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板,M、N、P為板上的三點,M位于軸線OO上,N、P分別位于下方磁場的上

34、、下邊界上。在紙面內(nèi),質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入,方向與軸線成30°角,經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次,恰好到達P點。改變粒子入射速度的大小,可以控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。(1)求磁場區(qū)域的寬度h;(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點,求粒子入射速度的最小變化量v;(3)欲使粒子到達M點,求粒子入射速度大小的可能值?！窘忸}指南】解決帶電粒子在磁場中的問題,常規(guī)的程序就是畫軌跡、定圓心、找關(guān)系,但是帶電粒子在有界磁場中運動,還要注意臨界問題,像本題中的“恰好到達P點”要理解其含義。本題中主要是勾畫粒子運動軌跡找出符合題意的幾何關(guān)系。【解

35、析】(1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r,由圖甲得根據(jù)題意,且 解得(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞由圖乙得L=4rsin30°+cot30°解得(3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次,由題意知且,解得 (,n取整數(shù))答案:（1） （2） （3）（，n取整數(shù)）9.(2014·重慶高考)如圖所示,在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場,同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B,KL為上下磁場的水平分界線,在NS和MT邊界上,距KL高h處分別有P、Q兩點,NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、帶電量為+

36、q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域,在兩邊界之間做圓周運動,重力加速度為g。(1)求電場強度的大小和方向。(2)要使粒子不從NS邊界飛出,求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出,求粒子入射速度的所有可能值。【解題指南】解答本題可按以下思路進行:(1)根據(jù)粒子受重力與電場力平衡列方程得電場強度E。(2)粒子剛好不從NS邊飛出,其在上、下區(qū)域的運動軌跡與NS邊相切,畫出其運動軌跡圖。(3)利用牛頓第二定律和幾何知識求解。(4)正確畫出粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出的運動軌跡圖?！窘馕觥?1)設(shè)電場強度大小為E由題意有mg=qE,得,方向豎直向上。(2)如圖所示,設(shè)粒子不從N

37、S邊飛出的入射速度最小值為vmin,對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2,圓心的連線與NS的夾角為。由r=mvqB有 (3)如圖所示,設(shè)粒子入射速度為v,粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2,粒子第一次通過KL時距離K點為x,由題意有3nx=1.8h(n=1,2,3,)由vvmin得x得即n=1時, n=2時, n=3時, 答案:(1)方向豎直向上(2) (3) 10.(2014·天津高考)同步加速器在粒子物理研究中有重要的應(yīng)用,其基本原理簡化為如圖所示的模型。M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子A(不計重力)從M板小孔飄入板間,初速

38、度可視為零。每當A進入板間,兩板的電勢差變?yōu)閁,粒子得到加速,當A離開N板時,兩板的電荷量均立即變?yōu)榱?。兩板外部存在垂直紙面向里的勻強磁?A在磁場作用下做半徑為R的圓周運動,R遠大于板間距離。A經(jīng)電場多次加速,動能不斷增大,為使R保持不變,磁場必須相應(yīng)地變化。不計粒子加速時間及其做圓周運動產(chǎn)生的電磁輻射,不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應(yīng)。求:(1)A運動第1周時磁場的磁感應(yīng)強度B1的大小;(2)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功的平均功率Pn;(3)若有一個質(zhì)量也為m、電荷量為+kq(k為大于1的整數(shù))的粒子B(不計重力)與A同時從M板小孔飄入板間,A、B初速度均可視為零,不計兩者間

39、的相互作用,除此之外,其他條件均不變。下圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡。在B的軌跡半徑遠大于板間距離的前提下,請指出哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡,并經(jīng)推導(dǎo)說明理由。【解題指南】解答本題時應(yīng)從以下四點進行分析:(1)粒子做圓周運動由洛倫茲力提供向心力。(2)由動能定理求解粒子動能的變化。(3)求平均功率,應(yīng)先求電場力所做的功。(4)正確分析A、B的周期及半徑的關(guān)系是判斷圖像對錯的關(guān)鍵。【解析】(1)設(shè)A經(jīng)電場第1次加速后速度為v1,由動能定理得A在磁場中做勻速圓周運動,所受洛倫茲力充當向心力 聯(lián)立解得 (2)設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為vn,由動能定理得 設(shè)A做第n次圓周運動的周期為Tn,有 設(shè)在A運動第n周的時間內(nèi),電場力做功為Wn,則Wn=qU在該段時間內(nèi)電場力做功的平均功率為 聯(lián)立解得(3)A圖能定性地反映A、B運動的軌跡。A經(jīng)第n次加速后,設(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強度為Bn,A、B的周期分別為Tn、T,綜合式并分別應(yīng)用A、B的數(shù)據(jù)得, 由以上可知,Tn是T的k倍,所以A每繞行1周,B就繞行k周。由于電場只在A通過時存在,故B僅在與A同時進入電場時才被加速。經(jīng)n次加