高考物理一輪復(fù)習(xí)課件專題十一磁 (含解析)

考點(diǎn)一磁場(chǎng)的描述安培力五年高考統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組1.(2019課標(biāo)Ⅰ,17,6分)如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成,固定于勻強(qiáng)

磁場(chǎng)中,線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直,線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒

MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為

()

A.2F

B.1.5F

C.0.5F

D.0答案

B本題考查安培力及考生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力,體現(xiàn)了核心素養(yǎng)中的

模型建構(gòu)要素。設(shè)三根相同的導(dǎo)體棒的電阻均為R,長(zhǎng)度均為l,其中ML和LN為串聯(lián)關(guān)系,總電阻為2R。由并聯(lián)

電路特點(diǎn)可知,通過(guò)MN的電流為通過(guò)ML和LN中的電流的兩倍,若MN受到的安培力F=BIl,則

ML和LN受到的安培力的合力F1=

,MN受到的安培力與ML和LN受到的安培力的合力的方向相同,故線框受到的安培力為F合=F+F1=1.5F,故選B。2.(2019江蘇單科,7,4分)(多選)如圖所示,在光滑的水平桌面上,a和b是兩條固定的平行長(zhǎng)直導(dǎo)

線,通過(guò)的電流強(qiáng)度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間,通有順時(shí)針?lè)较虻碾娏?在a、b產(chǎn)

生的磁場(chǎng)作用下靜止。則a、b的電流方向可能是

()A.均向左B.均向右C.a的向左,b的向右D.a的向右,b的向左答案

CD本題考查安培定則及左手定則,考查基礎(chǔ)的物理概念。由于線框在兩通電導(dǎo)線的中間,且對(duì)邊電流方向相反,大小相等,只要a、b兩導(dǎo)線通有相反方向

的電流,利用安培定則,可知線框的對(duì)邊所在處磁場(chǎng)大小相等,方向相同,再利用左手定則可判

定線框?qū)吽馨才嗔Υ笮∠嗟?方向相反,線框處于平衡狀態(tài),故A、B錯(cuò)誤,C、D正確。易錯(cuò)點(diǎn)撥安培定則用右手,左手定則用左手。3.(2018課標(biāo)Ⅱ,20,6分)(多選)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線L1、L2,L1中的電流

方向向左,L2中的電流方向向上;L1的正上方有a、b兩點(diǎn),它們相對(duì)于L2對(duì)稱。整個(gè)系統(tǒng)處于勻

強(qiáng)外磁場(chǎng)中,外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小分別為

B0和

B0,方向也垂直于紙面向外。則

()

A.流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

B0B.流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

B0C.流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

B0D.流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

B0

答案

AC

本題考查安培定則、磁場(chǎng)的疊加。由安培定則判定,L1中的電流在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生

的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,L2中的電流在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向分別垂直于紙面向里和向

外;設(shè)L1和L2中的電流在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1和B2,由磁感應(yīng)強(qiáng)度

的矢量疊加原理可得,B0-B1-B2=

B0,B0+B2-B1=

B0,解得B1=

B0,B2=

B0,故A、C項(xiàng)正確。解題關(guān)鍵注意矢量的方向性本題解題的關(guān)鍵是要注意磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向性,如L2中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在a點(diǎn)垂直紙面向

里,在b點(diǎn)垂直紙面向外。4.(2017課標(biāo)Ⅱ,19,6分)(多選)如圖,三根相互平行的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距,均通有

電流I,L1中電流方向與L2中的相同,與L3中的相反。下列說(shuō)法正確的是

()

A.L1所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁場(chǎng)作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1∶1∶

D.L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為

∶

∶1答案

BC本題考查安培力。因三根導(dǎo)線中電流相等、兩兩等距,則由對(duì)稱性可知兩兩之間

的作用力大小均相等。因平行電流間同向吸引、反向排斥,各導(dǎo)線受力如圖所示,由圖中幾何

關(guān)系可知,L1所受磁場(chǎng)作用力F1的方向與L2、L3所在平面平行,L3所受磁場(chǎng)作用力F3的方向與L

1、L2所在平面垂直,A錯(cuò)誤、B正確。設(shè)單位長(zhǎng)度的導(dǎo)線兩兩之間作用力的大小為F,則由幾何

關(guān)系可得L1、L2單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小為2Fcos60°=F,L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用

力大小為2Fcos30°=

F,故C正確、D錯(cuò)誤。

一題多解電流的磁場(chǎng)與安培力由對(duì)稱性可知,每條通電導(dǎo)線在其余兩導(dǎo)線所在處產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,設(shè)為B。

如圖所示,由幾何關(guān)系可得L1所在處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=2Bcos60°=B,方向與L2、L3所在平面

垂直,再由左手定則知L1所受磁場(chǎng)作用力方向與L2、L3所在平面平行,L1上單位長(zhǎng)度所受安培力

的大小為F1=BI。同理可判定L3所受磁場(chǎng)作用力方向與L1、L2所在平面垂直,單位長(zhǎng)度所受安

培力大小為F3=

B·I;L2上單位長(zhǎng)度所受安培力大小為F2=BI,即F1∶F2∶F3=1∶1∶

,故A、D錯(cuò)誤,B、C正確。

5.(2015課標(biāo)Ⅱ,18,6分,0.527)(多選)指南針是我國(guó)古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針,下列說(shuō)法

正確的是

()A.指南針可以僅具有一個(gè)磁極B.指南針能夠指向南北,說(shuō)明地球具有磁場(chǎng)C.指南針的指向會(huì)受到附近鐵塊的干擾D.在指南針正上方附近沿指針?lè)较蚍胖靡恢睂?dǎo)線,導(dǎo)線通電時(shí)指南針不偏轉(zhuǎn)答案

BC任何磁體均具有兩個(gè)磁極,故A錯(cuò)。指南針之所以能指向南北,是因?yàn)橹改厢樀膬?/p>

個(gè)磁極受到磁場(chǎng)力的作用,這說(shuō)明地球具有磁場(chǎng),即B正確。放在指南針附近的鐵塊被磁化后,

反過(guò)來(lái)會(huì)影響指南針的指向,即C正確。通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)其正下方的指南針有磁場(chǎng)

力的作用,會(huì)使指南針發(fā)生偏轉(zhuǎn),故D錯(cuò)。教師專用題組6.(2016北京理綜,17,6分,0.95)(多選)中國(guó)宋代科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中最早記載了地磁

偏角:“以磁石磨針鋒,則能指南,然常微偏東,不全南也。”進(jìn)一步研究表明,地球周圍地磁場(chǎng)

的磁感線分布示意如圖。結(jié)合上述材料,下列說(shuō)法不正確的是

()

A.地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合B.地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng),地磁南極在地理北極附近C.地球表面任意位置的地磁場(chǎng)方向都與地面平行D.地磁場(chǎng)對(duì)射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用答案

C由題意可知,地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合,存在磁偏角,A正確。磁感

線是閉合的,再由圖可推知地球內(nèi)部存在磁場(chǎng),地磁南極在地理北極附近,故B正確。只有赤道

上方附近的磁感線與地面平行,故C錯(cuò)誤。射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的運(yùn)動(dòng)方向與

地磁場(chǎng)方向不平行,故地磁場(chǎng)對(duì)其有力的作用,這是磁場(chǎng)的基本性質(zhì),故D正確。選C。審題指導(dǎo)題圖往往提供解題的關(guān)鍵信息,所以要仔細(xì)觀察,挖掘有用信息。評(píng)析本題考查地磁場(chǎng)的分布情況,屬于容易題。7.(2017課標(biāo)Ⅱ,21,6分)(多選)某同學(xué)自制的簡(jiǎn)易電動(dòng)機(jī)示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆

包線繞制而成,漆包線的兩端分別從線圈的一組對(duì)邊的中間位置引出,并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將

線圈架在兩個(gè)金屬支架之間,線圈平面位于豎直面內(nèi),永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩

金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái),該同學(xué)應(yīng)將

()A.左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉B.左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉C.左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉D.左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉答案

AD本題考查安培力、電路,考查學(xué)生的推理能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰ΑＲ咕€圈在磁場(chǎng)中開

始轉(zhuǎn)動(dòng),則線圈中必有電流通過(guò),電路必須接通,故左右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都必須刮掉;但如果

上側(cè)的絕緣漆也都刮掉,當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí),靠近磁極的導(dǎo)線與開始時(shí)靠近磁極的導(dǎo)線中的電

流方向相反,受到的安培力相反,線圈向原來(lái)的反方向轉(zhuǎn)動(dòng),線圈最終做往返運(yùn)動(dòng),要使線圈連

續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí),線圈中不能有電流通過(guò),依靠慣性轉(zhuǎn)動(dòng)到初始位置再接通電路即可

實(shí)現(xiàn)連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng),故左、右轉(zhuǎn)軸的上側(cè)不能都刮掉,故選項(xiàng)A、D正確。易錯(cuò)警示①一根漆包線繞制的矩形線圈中電流方向的判定。②要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng),要么受

到方向不變的持續(xù)的安培力,要么受到間歇性的方向不變的安培力,依靠慣性連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng),而不能

受到交變的安培力作用?？键c(diǎn)二洛倫茲力帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)A組

自主命題·天津卷題組1.(2018天津理綜,11,18分)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,方向豎直

向下,ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里。磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分

別為R、

R的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放,由M進(jìn)入磁場(chǎng),從N射出。不計(jì)粒子重力。(1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t;(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出,同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng),從N射出。粒子從M到N

的過(guò)程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng),且所用的時(shí)間最少,求粒子在Q時(shí)速度v0的大小。

答案(1)

(2)

解析本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有qvB=m

①設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F,有F=qE

②設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有F=ma

③粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),有v=at

④聯(lián)立①②③④式得t=

⑤(2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其周期與速度、半徑無(wú)關(guān),運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過(guò)

的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定。故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí),所用的時(shí)間最短。設(shè)粒子在磁場(chǎng)

中的軌跡半徑為r',由幾何關(guān)系可得

(r'-R)2+(

R)2=r'2

⑥設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ,即圓弧所對(duì)圓心角的一半,由幾何關(guān)系知tanθ=

⑦粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相

同,所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v。在垂直于電場(chǎng)方向上的分速度始終等于

v0,由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得tanθ=

⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0=

⑨思路分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(1)粒子從P點(diǎn)靜止釋放,在環(huán)形區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)?？上惹蟪隽Ｗ幼鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)的速

度,即粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的末速度,再由在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)求得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。(2)從Q點(diǎn)射出的粒子,在環(huán)形區(qū)域中仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。要使其圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短,其運(yùn)動(dòng)軌

跡必與內(nèi)圓相切。2.(2017天津理綜,11,18分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),

第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0

沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng),Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場(chǎng)進(jìn)入

磁場(chǎng),最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng),P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力,問(wèn):

(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向;(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。答案見解析解析本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1)在電場(chǎng)中,粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng),到y(tǒng)軸距離為2L,粒子的加速度為a,運(yùn)動(dòng)

時(shí)間為t,有2L=v0t

①L=

at2

②設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyvy=at

③設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α,有tanα=

④聯(lián)立①②③④式得α=45°

⑤即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v,由運(yùn)動(dòng)的合成有v=

⑥聯(lián)立①②③⑥式得v=

v0

⑦(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F,由牛頓第二定律

可得F=ma

⑧又F=qE

⑨設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,所受的洛倫茲力提供

向心力,有

qvB=m

⑩由幾何關(guān)系可知R=

L

聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩

式得

=

步驟得分粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),由于題給條件太少,僅有2x=y及初速度v0,所以可先按

類平拋運(yùn)動(dòng)模型的常用步驟及方程組建思路。比如,x=v0t,y=

at2,vy=at,v=

,tanα=

等,再將已知條件代入,逐漸消除中間變量,最后找到答案。帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)屬于

勻速圓周運(yùn)動(dòng),即使不知道半徑R,也可以先寫出qvB=

,盡可能多拿分。3.(2014天津理綜,12,20分)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(jiǎn)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(jì)重力)從M板小孔飄入板間,初速度可視為零。每當(dāng)A進(jìn)入板間,兩板的電勢(shì)差變?yōu)閁,粒子

得到加速,當(dāng)A離開N板時(shí),兩板的電荷量均立即變?yōu)榱恪砂逋獠看嬖诖怪奔埫嫦蚶锏膭驈?qiáng)磁

場(chǎng),A在磁場(chǎng)作用下做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),R遠(yuǎn)大于板間距離。A經(jīng)電場(chǎng)多次加速,動(dòng)能不斷增

大,為使R保持不變,磁場(chǎng)必須相應(yīng)地變化。不計(jì)粒子加速時(shí)間及其做圓周運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電磁輻

射,不考慮磁場(chǎng)變化對(duì)粒子速度的影響及相對(duì)論效應(yīng)。求

(1)A運(yùn)動(dòng)第1周時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小;(2)在A運(yùn)動(dòng)第n周的時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功的平均功率

;(3)若有一個(gè)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(jì)重力)與A同時(shí)從M板小

孔飄入板間,A、B初速度均可視為零,不計(jì)兩者間的相互作用,除此之外,其他條件均不變。下圖中虛線、實(shí)線分別表示A、B的運(yùn)動(dòng)軌跡。在B的軌跡半徑遠(yuǎn)大于板間距離的前提下,請(qǐng)指

出哪個(gè)圖能定性地反映A、B的運(yùn)動(dòng)軌跡,并經(jīng)推導(dǎo)說(shuō)明理由。

答案(1)

(2)

(3)見解析解析(1)設(shè)A經(jīng)電場(chǎng)第1次加速后速度為v1,由動(dòng)能定理得qU=

m

-0

①A在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所受洛倫茲力充當(dāng)向心力qv1B1=

②由①②得B1=

③(2)設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為vn,由動(dòng)能定理得nqU=

m

-0

④設(shè)A做第n次圓周運(yùn)動(dòng)的周期為Tn,有Tn=

⑤設(shè)在A運(yùn)動(dòng)第n周的時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功為Wn,則Wn=qU

⑥在該段時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功的平均功率為

=

⑦由④⑤⑥⑦解得

=

⑧(3)A圖能定性地反映A、B運(yùn)動(dòng)的軌跡。A經(jīng)過(guò)n次加速后,設(shè)其對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bn,A、B的周期分別為Tn、T',綜合②、⑤式并分別

應(yīng)用A、B的數(shù)據(jù)得Tn=

T'=

=

由上可知,Tn是T'的k倍,所以A每繞行1周,B就繞行k周。由于電場(chǎng)只在A通過(guò)時(shí)存在,故B僅在與

A同時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)才被加速。經(jīng)n次加速后,A、B的速度分別為vn和vn',考慮到④式vn=

vn'=

=

vn由題設(shè)條件并考慮到⑤式,對(duì)A有Tnvn=2πR設(shè)B的軌跡半徑為R',有T'vn'=2πR'比較上述兩式得R'=

上式表明,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B的軌跡半徑始終不變。由以上分析可知,兩粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖A所示。4.(2013天津理綜,11,18分)一圓筒的橫截面如圖所示,其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面向里的

勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N,其中M板帶正電荷,N板帶

等量負(fù)電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放,經(jīng)N板的小孔

S以速度v沿半徑SO方向射入磁場(chǎng)中。粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出,設(shè)粒子與圓

筒碰撞過(guò)程中沒有動(dòng)能損失,且電荷量保持不變,在不計(jì)重力的情況下,求:

(1)M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小;(2)圓筒的半徑R;(3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變,僅將M板向上平移

d,粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放,粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間,與圓筒的碰撞次數(shù)n。答案(1)

(2)

(3)3解析(1)設(shè)兩板間的電壓為U,由動(dòng)能定理得qU=

mv2

①由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得U=Ed

②聯(lián)立①②式可得E=

③(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O',圓半徑為r。設(shè)第一次碰撞

點(diǎn)為A,由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出,因此,SA弧所對(duì)的圓心角∠AO'S等于

。

由幾何關(guān)系得r=Rtan

④粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中洛倫茲力充當(dāng)向心力,由牛頓第二定律,得qvB=m

⑤聯(lián)立④⑤式得R=

⑥(3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變,M板向上平移

d后,設(shè)板間電壓為U',則U'=

=

⑦設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速度為v',由①式看出

=

綜合⑦式可得v'=

v

⑧設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r',則r'=

⑨設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對(duì)圓心角為θ,比較⑥⑨兩式得到r'=R,可見θ=

⑩粒子須經(jīng)過(guò)四個(gè)這樣的圓弧才能從S孔射出,故n=3

評(píng)析

本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的加速及在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng),屬于中等偏難的常

規(guī)題目。本題中的難點(diǎn)是如何根據(jù)碰撞次數(shù)確定粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,然后找出粒子從進(jìn)入圓筒

到第一次碰撞的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角及圓心的位置。碰撞次數(shù)為n,每段圓弧所對(duì)應(yīng)的圓

心角θ=π-

=

·π,n=2,3,4,…。5.(2019課標(biāo)Ⅱ,17,6分)如圖,邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向

垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O,可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方

向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為

()

A.

kBl,

kBl

B.

kBl,

kBlC.

kBl,

kBl

D.

kBl,

kBl答案

B本題考查了電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題,有利于綜合分析能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理

物理問(wèn)題能力的培養(yǎng),突出了核心素養(yǎng)中的模型建構(gòu)、科學(xué)推理、科學(xué)論證要素。從a點(diǎn)射出的電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R1=

,由Bqv1=m

得v1=

=

kBl;從d點(diǎn)射出的電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R2滿足關(guān)系

+l2=

,得R2=

l,由Bqv2=m

得v2=

=

kBl,故正確選項(xiàng)為B。B組統(tǒng)一命題、省（區(qū)、市）卷題組思路分析由左手定則可判斷電子的受力及偏轉(zhuǎn)方向,畫出電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡,由相關(guān)

的數(shù)學(xué)知識(shí)確定兩軌跡的半徑,再由洛倫茲力提供向心力,解出從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度

大小。6.(2019課標(biāo)Ⅲ,18,6分)如圖,在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為

B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射

入第二象限,隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限,最后經(jīng)過(guò)x軸離開第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間為

()

A.

B.

C.

D.

答案

B本題考查了帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),要求學(xué)生對(duì)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌

跡進(jìn)行確定,從而確定運(yùn)動(dòng)時(shí)間,體現(xiàn)了分析和解決問(wèn)題的能力,是學(xué)科核心素養(yǎng)中科學(xué)推理素

養(yǎng)的具體表現(xiàn)。

由qvB=

得粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r=

,當(dāng)粒子進(jìn)入第一象限時(shí),由于磁感應(yīng)強(qiáng)度減為

B,故軌跡半徑變?yōu)?r,軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可得cosθ=

,θ=60°,則粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=

·

+

·

=

,選項(xiàng)B正確。解后反思根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的關(guān)系確定軌跡半徑的關(guān)系,通過(guò)作圖,結(jié)合幾何關(guān)系,確定圓

心角是解答本題的關(guān)鍵。7.(2017課標(biāo)Ⅱ,18,6分)如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),P為磁場(chǎng)邊

界上的一點(diǎn)。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過(guò)P點(diǎn),在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)。

若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率

為v2,相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上。不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1

為

()A.

∶2

B.

∶1

C.

∶1

D.3∶

答案

C本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)、洛倫茲力,考查學(xué)生的推理能力、

作圖能力。設(shè)速率為v1的粒子最遠(yuǎn)出射點(diǎn)為M,速率為v2的粒子最遠(yuǎn)出射點(diǎn)為N,如圖所示,則由

幾何知識(shí)得

r1=

=

,r2=

=

R

=

由qvB=

得r=

,故

=

=

,選項(xiàng)C正確。審題指導(dǎo)粒子速度方向改變、大小不變時(shí)其軌跡半徑相等,當(dāng)粒子的軌跡直徑與磁場(chǎng)區(qū)域

相交時(shí),其弦長(zhǎng)最長(zhǎng),即最大分布。8.(2015課標(biāo)Ⅰ,14,6分,0.759)兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速

度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力),從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域

后,粒子的

()A.軌道半徑減小,角速度增大B.軌道半徑減小,角速度減小C.軌道半徑增大,角速度增大D.軌道半徑增大,角速度減小答案

D因洛倫茲力不做功,故帶電粒子從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱的磁場(chǎng)區(qū)域后,其速度

大小不變,由r=

知,軌道半徑增大;由角速度ω=

知,角速度減小,選項(xiàng)D正確。9.(2016課標(biāo)Ⅱ,18,6分)一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與筒的軸平行,

筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)

動(dòng)。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過(guò)9

0°時(shí),該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計(jì)重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒

子的比荷為

()

A.

B.

C.

D.

答案

A定圓心、畫軌跡,由幾何關(guān)系可知,此段圓弧所對(duì)圓心角θ=30°,所需時(shí)間t=

T=

;由題意可知粒子由M飛至N'與圓筒旋轉(zhuǎn)90°所用時(shí)間相等,即t=

=

,聯(lián)立以上兩式得

=

,A項(xiàng)正確。

反思總結(jié)此題考查處理粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本方法:定圓心、畫軌跡,由幾何知識(shí)求

半徑,找圓心角求時(shí)間。10.(2015課標(biāo)Ⅱ,19,6分,0.506)(多選)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k

倍。兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)。與Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的電子相比,Ⅱ中的電

子

()A.運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是Ⅰ中的k倍D.做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與Ⅰ中的相等答案

AC由題意可知,v1=v2,B1=kB2。電子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R=

∝

,故R2=kR1,A正確。加速度大小a=

∝B,故a2=a1/k,B錯(cuò)。周期T=

∝

,故T2=kT1,C正確。角速度ω=

=

∝B,故ω2=ω1/k,D錯(cuò)。11.(2019北京理綜,16,6分)如圖所示,正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子垂

直磁場(chǎng)邊界從a點(diǎn)射入,從b點(diǎn)射出。下列說(shuō)法正確的是

()

A.粒子帶正電B.粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率C.若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度,則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出D.若僅減小入射速率,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短答案

C本題為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題,主要考查考生對(duì)相關(guān)知識(shí)的理解能力

和推理能力,是物理學(xué)科中運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念、模型建構(gòu)、科學(xué)推理等核心素養(yǎng)的具體體

現(xiàn)。由運(yùn)動(dòng)軌跡和左手定則可判定該粒子帶負(fù)電,A錯(cuò)誤;粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則粒子在

b點(diǎn)速率等于在a點(diǎn)速率,B錯(cuò)誤;由qvB=m

得R=

,若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度,則R增大,如圖,粒子將從b點(diǎn)右側(cè)射出,故C正確;粒子運(yùn)動(dòng)周期T=

=

,若僅減小入射速率,則R減小,T不變,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角θ變大,由t=

T可知,粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間將變長(zhǎng),故D錯(cuò)誤。

12.(2019課標(biāo)Ⅰ,24,12分)如圖,在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、

方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,沿平行于x軸的方向射入

磁場(chǎng);一段時(shí)間后,該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),N點(diǎn)

在y軸上,OP與x軸的夾角為30°,粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為d,

不計(jì)重力。求(1)帶電粒子的比荷;(2)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間。

答案(1)

(2)

(

+

)解析本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題,考查了考生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理、

分析物理問(wèn)題的能力,體現(xiàn)了物理學(xué)科中的運(yùn)動(dòng)與相互作用觀念的素養(yǎng)要素以及科學(xué)推理的

核心素養(yǎng)。(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,加速后的速度大小為v。由動(dòng)能定理有qU=

mv2

①設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB=m

②由幾何關(guān)系知d=

r

③聯(lián)立①②③式得

=

④

(2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子射入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到x軸所經(jīng)過(guò)的路程為s=

+rtan30°

⑤帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為t=

⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t=

(

+

)

⑦方法詮釋

確定帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)圓心位置的方法:①利用兩速度方向的垂線;

②利用弦的中垂線;③利用兩速度方向間夾角補(bǔ)角的角平分線;④利用半徑的大小。13.(2019江蘇單科,16,16分)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。磁場(chǎng)中的水平絕緣薄

板與磁場(chǎng)的左、右邊界分別垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上時(shí)會(huì)被反彈(碰撞時(shí)間極

短),反彈前后水平分速度不變,豎直分速度大小不變、方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒

子速度一定,可以從左邊界的不同位置水平射入磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d,且d

<L。粒子重力不計(jì),電荷量保持不變。(1)求粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小v;(2)欲使粒子從磁場(chǎng)右邊界射出,求入射點(diǎn)到M的最大距離dm;(3)從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng),PM=d,QN=

,求粒子從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t。答案(1)

(2)

d(3)(

+

)

或(

-

)

解析本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的極值問(wèn)題及周期性問(wèn)題?？疾榱藢W(xué)

生的綜合分析能力及應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的能力,體現(xiàn)了科學(xué)思維中模型建構(gòu)、科學(xué)

推理等素養(yǎng)要素,滲透了創(chuàng)新思維的價(jià)值觀念。(1)粒子的運(yùn)動(dòng)半徑d=

解得v=

(2)如圖所示,粒子碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場(chǎng)左邊界相切由幾何關(guān)系得dm=d(1+sin60°)解得dm=

d(3)粒子的運(yùn)動(dòng)周期T=

設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場(chǎng)的時(shí)間為t',則t=n

+t'(n=1,3,5,…)(a)當(dāng)L=nd+(1-

)d時(shí),粒子斜向上射出磁場(chǎng)t'=

T解得t=(

+

)

(b)當(dāng)L=nd+(1+

)d時(shí),粒子斜向下射出磁場(chǎng)t'=

T解得t=(

-

)

解題關(guān)鍵1.在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的帶電粒子不穿出某一邊界的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與該

邊界相切。2.帶電粒子從磁場(chǎng)中某點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到另一點(diǎn)時(shí),若能與某一邊界碰撞,往往可以形成周

期性運(yùn)動(dòng),要注意多解。14.(2018課標(biāo)Ⅲ,24,12分)如圖,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在

紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng),自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,磁場(chǎng)左

邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1,并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出;乙種離子在MN

的中點(diǎn)射出;MN長(zhǎng)為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。

答案(1)

(2)1∶4解析本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1,在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,磁場(chǎng)的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B,由動(dòng)能定理有q1U=

m1

①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B=m1

②由幾何關(guān)系知2R1=l

③由①②③式得B=

④(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2,射入磁場(chǎng)的速度為v2,在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的

半徑為R2。同理有q2U=

m2

⑤q2v2B=m2

⑥由題給條件有2R2=

⑦由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為

∶

=1∶4

⑧思路分析根據(jù)題設(shè)條件,分析離子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況,結(jié)合動(dòng)能定理、牛頓第二定

律等知識(shí)列方程求解。15.(2017課標(biāo)Ⅲ,24,12分)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場(chǎng)。在x≥0區(qū)域,

磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q

(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng),此時(shí)開始計(jì)時(shí)。當(dāng)粒子的速度方

向再次沿x軸正向時(shí),求(不計(jì)重力)(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(2)粒子與O點(diǎn)間的距離。

答案(1)

(1+

)(2)

(1-

)解析本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)在x≥0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為

R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得qB0v0=m

①qλB0v0=m

②粒子速度方向轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí),所需時(shí)間t1為t1=

③粒子再轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí),所需時(shí)間t2為t2=

④聯(lián)立①②③④式得,所求時(shí)間為t0=t1+t2=

(1+

)

⑤(2)由幾何關(guān)系及①②式得,所求距離為d0=2(R1-R2)=

(1-

)

⑥綜合點(diǎn)評(píng)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力。特點(diǎn)是粒子在y軸左、

右兩側(cè)的受力大小有突變。因?yàn)锽左>B右,所以R左<R右。速度方向再次沿x軸正向時(shí),意味著粒子

在左、右磁場(chǎng)中各轉(zhuǎn)過(guò)半周。所以粒子與O點(diǎn)間距離為直徑的差值。題目?jī)?nèi)容經(jīng)典,難度較

小。C組

教師專用題組16.(2016課標(biāo)Ⅲ,18,6分)平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面(紙面)如圖所示,平面

OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電

荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng),速度與OM成30

°角。已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn),并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)

重力。粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為

()

A.

B.

C.

D.

答案

D粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由qvB=m

得R=

,分析圖中角度關(guān)系可知,PO'半徑與O'Q半徑在同一條直線上。

則PQ=2R,所以O(shè)Q=4R=

,選項(xiàng)D正確。方法技巧由題意知v與OM成30°角,而O‘S垂直于v,則∠O’SQ=60°;由于SO‘=O’Q=R,所以△SO‘Q為等邊三角形,∠SO’Q=60°,由四邊形OSO‘P可求得∠SO’P=120°,所以∠SO‘P+∠SO’Q=180°。評(píng)析本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),難度中等,正確畫出運(yùn)動(dòng)軌跡,并且找出各角關(guān)

系是解答本題的關(guān)鍵。1.(2019天津理綜,4,6分)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示

屏開啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件,電腦正常工作;當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件,屏幕熄滅,電

腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示,一塊寬為a、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件,元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是

電荷量為e的自由電子,通入方向向右的電流時(shí),電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元

件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控

制屏幕的熄滅。則元件的

()A.前表面的電勢(shì)比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與v無(wú)關(guān)C.前、后表面間的電壓U與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為

考點(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)A組自主命題、天津卷題組答案

D本題考查了霍爾元件的工作原理和應(yīng)用,以及考生的理解能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處

理物理問(wèn)題的能力,體現(xiàn)了科學(xué)推理素養(yǎng)和應(yīng)用與創(chuàng)新的價(jià)值觀念。根據(jù)左手定則判斷出電子受力情況,可知電子偏轉(zhuǎn)到后表面,前表面電勢(shì)高于后表面電勢(shì),故A

項(xiàng)錯(cuò)誤。再由Ee=Bev=F洛,E=

,解得U=Bva,F洛=

,U與v成正比、U與c無(wú)關(guān),故B、C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。解題關(guān)鍵熟練應(yīng)用霍爾效應(yīng)的原理、特點(diǎn)進(jìn)行推導(dǎo)分析。2.(2016天津理綜,11,18分)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=5

N/C,同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其方向與電場(chǎng)方向垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T。有一

帶正電的小球,質(zhì)量m=1×10-6kg,電荷量q=2×10-6C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)

動(dòng),當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象),取g=10m/s2。求:(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向;(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。

答案(1)見解析(2)3.5s解析(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖,其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi),合力為零,有

qvB=

①代入數(shù)據(jù)解得v=20m/s②速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角θ滿足tanθ=

③代入數(shù)據(jù)解得tanθ=

θ=60°

④(2)解法一:撤去磁場(chǎng),小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)其加速度為a,有a=

⑤設(shè)撤掉磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x,有x=vt

⑥設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y,有y=

at2

⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為θ,又tanθ=

⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式,代入數(shù)據(jù)解得t=2

s=3.5s⑨解法二:撤去磁場(chǎng)后,由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向,它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響,以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),

豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng),其初速度為vy=vsinθ

⑤若使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有vyt-

gt2=0

⑥聯(lián)立⑤⑥式,代入數(shù)據(jù)解得t=2

s=3.5s⑦方法技巧1.在撤去磁場(chǎng)前,小球受重力、洛倫茲力、電場(chǎng)力三個(gè)力作用,三力平衡。2.撤去

磁場(chǎng)后,可考慮把小球的運(yùn)動(dòng)分解成水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng),其中豎直方向上的運(yùn)動(dòng)為

豎直上拋運(yùn)動(dòng)。3.(2015天津理綜,12,20分)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。真空中存

在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)與磁場(chǎng)的寬度均為d。電場(chǎng)強(qiáng)度為

E,方向水平向右;磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里。電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊界互相平行且與電場(chǎng)

方向垂直。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場(chǎng)左側(cè)邊界某處由靜止釋放,

粒子始終在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射。(1)求粒子在第2層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2;(2)粒子從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為θn,試求sinθn;(3)若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出,試問(wèn)在其他條件不變的情況下,也進(jìn)入第n層磁

場(chǎng),但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界,請(qǐng)簡(jiǎn)要推理說(shuō)明之。答案(1)2

(2)B

(3)見解析解析(1)粒子在進(jìn)入第2層磁場(chǎng)時(shí),經(jīng)過(guò)兩次電場(chǎng)加速,中間穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)洛倫茲力不做功。由動(dòng)能定理,有2qEd=

m

①由①式解得v2=2

②粒子在第2層磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力,有qv2B=m

③由②③式解得r2=

④(2)設(shè)粒子在第n層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù),下

同)。nqEd=

m

⑤qvnB=m

⑥粒子進(jìn)入第n層磁場(chǎng)時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為αn,從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí)速度

方向與水平方向的夾角為θn,粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),垂直于電場(chǎng)線方向的速度分量不變,有

圖1vn-1sinθn-1=vnsinαn

⑦由圖1看出rnsinθn-rnsinαn=d

⑧由⑥⑦⑧式得rnsinθn-rn-1sinθn-1=d

⑨由⑨式看出r1sinθ1,r2sinθ2,…,rnsinθn為一等差數(shù)列,公差為d,可得rnsinθn=r1sinθ1+(n-1)d

⑩圖2當(dāng)n=1時(shí),由圖2看出r1sinθ1=d

由⑤⑥⑩

式得sinθn=B

(3)若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出,則θn=

sinθn=1在其他條件不變的情況下,換用比荷更大的粒子,設(shè)其比荷為

,假設(shè)能穿出第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界,粒子穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為θn',由于

>

則導(dǎo)致sinθn'>1說(shuō)明θn'不存在,即原假設(shè)不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界。4.(2017課標(biāo)Ⅰ,16,6分)如圖,空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面

平行),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、

mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),c在紙

面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是

()

A.ma>mb>mc

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

D.mc>mb>ma

答案

B

本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。因微粒a做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則微粒重力不能

忽略且與電場(chǎng)力平衡:mag=qE;由左手定則可以判定微粒b、c所受洛倫茲力的方向分別是豎直

向上與豎直向下,則對(duì)b、c分別由平衡條件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvc<qE,故有mb>

ma>mc,B正確。B組

統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組規(guī)律總結(jié)復(fù)合場(chǎng)中粒子的特殊運(yùn)動(dòng)帶電粒子在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí):若做勻速圓周運(yùn)動(dòng),重力必與電

場(chǎng)力平衡,洛倫茲力提供向心力;若做直線運(yùn)動(dòng),必是勻速直線運(yùn)動(dòng),合力定為零。5.(2016課標(biāo)Ⅰ,15,6分)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其

中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開

磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速,為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)

后仍從同一出口離開磁場(chǎng),需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為

()

A.11

B.12

C.121

D.144答案

D設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2,原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。

在加速電場(chǎng)中qU=

mv2①,在磁場(chǎng)中qvB=m

②,聯(lián)立兩式得m=

,故有

=

=144,選項(xiàng)D正確。評(píng)析此題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,難度中等。考生需要根據(jù)題目信息找

出相關(guān)運(yùn)動(dòng)規(guī)律公式,再結(jié)合題給條件分析解答。審題指導(dǎo)注意題給信息的含義,“經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開”意味著兩粒子在

磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑相等。6.(2018課標(biāo)Ⅰ,25,20分)如圖,在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小為E;在y

<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核

H和一個(gè)氘核

H先后從y軸上y=h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出,速度方向沿x軸正方向。已知

H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),速度方向與x軸正方向的夾角為60°,并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)

H的質(zhì)量為m,電荷量為q。不計(jì)重力。求(1

H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離;(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(3

H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。

答案(1)

h(2)

(3)

(

-1)h解析本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1

H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)

H在電場(chǎng)中的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)

O的距離為s1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

s1=v1t1

①

h=

a1

②由題給條件

H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角θ1=60°

H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y分量的大小為a1t1=v1tanθ1

③聯(lián)立以上各式得

s1=

h

④(2

H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律有

qE=ma1

⑤設(shè)

H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為v1',由速度合成法則有

v1'=

⑥設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B

H在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有

qv1'B=

⑦由幾何關(guān)系得

s1=2R1sinθ1

⑧聯(lián)立以上各式得

B=

⑨(3)設(shè)

H在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場(chǎng)中的加速度大小為a2,由題給條件得

(2m)

=

m

⑩由牛頓第二定律有

qE=2ma2

設(shè)

H第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2',速度的方向與x軸正方向夾角為θ2,入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2,在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

s2=v2t2

h=

a2

v2'=

sinθ2=

聯(lián)立以上各式得

s2=s1,θ2=θ1,v2'=

v1'

設(shè)

H在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,由⑦

式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得

R2=

=

R1

所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)

H進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為s2',由幾何關(guān)系有

s2'=2R2sinθ2

聯(lián)立④⑧

式得

H第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為

s2'-s2=

(

-1)h

規(guī)律總結(jié)

帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的一般解題思路①電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng):x=v0t,y=

at2速度方向:tanα=

位移方向:tanβ=

②磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的解題步驟:a.確定圓心;b.利用幾何關(guān)系求半徑;c.qvB=

7.(2009北京理綜,19,6分)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下

的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶電粒子a(不計(jì)重力)以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域,

恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O'點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不

變,另一個(gè)同樣的粒子b(不計(jì)重力)仍以相同初速度由O點(diǎn)射入,從區(qū)域右邊界穿出,則粒子b

()A.穿出位置一定在O'點(diǎn)下方B.穿出位置一定在O'點(diǎn)上方C.運(yùn)動(dòng)時(shí),在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小D.在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),動(dòng)能一定減小答案

C在復(fù)合場(chǎng)中粒子做直線運(yùn)動(dòng),就說(shuō)明qE=qvB,OO'連線與電場(chǎng)線垂直。當(dāng)撤去磁場(chǎng)

時(shí),粒子僅受電場(chǎng)力,做類平拋運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力一定做正功,電勢(shì)能減少,動(dòng)能增加,C正確,D錯(cuò)誤;因

不知帶電粒子的電性,故穿出位置可能在O'點(diǎn)上方,也可能在O'點(diǎn)下方,A、B錯(cuò)誤。C組教師專用題組8.一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是

磁場(chǎng)區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場(chǎng)的上、

下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域,寬度均為l',電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域

邊界上的兩點(diǎn),它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入

電場(chǎng),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡;(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小;(3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為

,求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。

答案(1)見解析(2)

(3)

解析本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線,在磁場(chǎng)中為圓弧,上下對(duì)稱)圖(a)(2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0,

在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,加速度的大小為a;粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v,方向與電場(chǎng)方

向的夾角為θ[見圖(b)],速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1。圖(b)根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma

①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=at

②l'=v0t

③v1=vcosθ

④粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB=

⑤由幾何關(guān)系得l=2Rcosθ

⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0=

⑦(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1=v0cot

⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得

=

⑨設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t',則t'=2t+

T

⑩式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期,T=

由③⑦⑨⑩

式得t'=

審題指導(dǎo)對(duì)稱性是解題關(guān)鍵

考點(diǎn)一磁場(chǎng)的描述安培力三年模擬A組2017—2019年高考模擬·考點(diǎn)基礎(chǔ)題組1.(2017河西二模)如圖所示,兩根平行放置長(zhǎng)度相同的長(zhǎng)直導(dǎo)線a和b通有大小相同、方向相反

的電流,a受到的磁場(chǎng)力大小為F1,當(dāng)加入一個(gè)與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后,a受到的磁

場(chǎng)力大小變?yōu)镕2,則此時(shí)b受到的磁場(chǎng)力大小變?yōu)?/p>

()

A.F2

B.F1-F2C.F1+F2

D.2F1-F2

答案

A據(jù)題圖所示,兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線,通過(guò)的電流大小相同方向相反,因a受到b產(chǎn)生的磁場(chǎng)的

作用力方向向左,大小為F1,那么b受到a產(chǎn)生的磁場(chǎng)的作用力方向向右,大小也為F1,這兩個(gè)力大

小相等,方向相反。當(dāng)再加入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的磁場(chǎng)力大小為F0,則a受到作用力大小為F2=F1+

F0(或

-F0)。而對(duì)于b由于電流方向與a相反,所以b受到作用力大小為F2'=F1+F0(或F2'=F1-F0),這兩個(gè)力大小相等,方向相反。故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。2.(2018河西一模)如圖為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖。勵(lì)磁線圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面

向外,電子束由電子槍產(chǎn)生,其速度方向與磁場(chǎng)方向垂直。電子速度大小可通過(guò)電子槍的加速

電壓來(lái)控制,磁場(chǎng)強(qiáng)弱可通過(guò)勵(lì)磁線圈的電流來(lái)調(diào)節(jié)。下列說(shuō)法正確的是

()

A.僅增大勵(lì)磁線圈的電流,電子束徑跡的半徑變大B.僅提高電子槍的加速電壓,電子束徑跡的半徑變大C.僅增大勵(lì)磁線圈的電流,電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期將變大D.僅提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期將變大答案

B電子經(jīng)電子槍加速,由動(dòng)能定理有:eU=

m

電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有:eBv0=m

可得:r=

=

,T=

=

可見增大勵(lì)磁線圈中的電流,磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大,電子束的軌道半徑變小,周期變小,故A、C錯(cuò)

誤;提高電子槍加速電壓U,電子束的軌道半徑變大,周期不變,故B正確,D錯(cuò)誤。解題技巧根據(jù)動(dòng)能定理表示出加速后電子獲得的速度,然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力推導(dǎo)

出電子運(yùn)動(dòng)的半徑、周期的表達(dá)式。3.(2019河西二模)在城市建設(shè)施工中,經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置,如圖所示。有一種

探測(cè)方法是,首先給金屬長(zhǎng)直管線通上電流,再用可以測(cè)量磁場(chǎng)強(qiáng)弱、方向的儀器進(jìn)行以下操

作:①用測(cè)量?jī)x在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)的某點(diǎn),記為a;②在a點(diǎn)附近

的地面上,找到與a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的若干點(diǎn),將這些點(diǎn)連成直線EF;③在地面上過(guò)a點(diǎn)垂直

于EF的直線上,找到磁場(chǎng)方向與地面夾角為45°的b、c兩點(diǎn),測(cè)得b、c兩點(diǎn)距離為L(zhǎng),由此可確定

金屬管線()

A.平行于EF,深度為L(zhǎng)/2B.平行于EF,深度為L(zhǎng)C.垂直于EF,深度為L(zhǎng)/2D.垂直于EF,深度為L(zhǎng)答案

A用測(cè)量?jī)x在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)的某點(diǎn),記為a,說(shuō)明a

點(diǎn)離電流最近;找到與a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的若干點(diǎn),將這些點(diǎn)連成直線EF,故說(shuō)明這些點(diǎn)均離

電流最近,則EF應(yīng)該是平行金屬管線;畫出左側(cè)視圖,如圖所示:

b、c間距為L(zhǎng),且磁場(chǎng)方向與地面夾角為45°,結(jié)合幾何知識(shí)可得通電管線深度為

L,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。思路點(diǎn)撥根據(jù)安培定則判斷磁場(chǎng)方向,然后畫出直線電流的磁感線,結(jié)合幾何關(guān)系確定金屬

管線深度?？键c(diǎn)二洛倫茲力帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)4.(2018濱海七校聯(lián)考)如圖所示,套在足夠長(zhǎng)的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球,其質(zhì)量為m、帶

電荷量為q,小球可在棒上滑動(dòng),現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向的且互相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻

強(qiáng)電場(chǎng)中。設(shè)小球電荷量不變,小球由靜止下滑的過(guò)程中()

A.小球加速度一直增大B.小球速度先減小后增大,直到最后勻速運(yùn)動(dòng)C.桿對(duì)小球的彈力一直減少D.小球所受洛倫茲力一直增大,直到最后不變答案

D小球下滑過(guò)程中,受到重力、摩擦力(可能有)、彈力(可能有)、向左的洛倫茲力、

向右的電場(chǎng)力,分四個(gè)過(guò)程進(jìn)行分析:①開始階段,洛倫茲力小于電場(chǎng)力時(shí),小球向下做加速運(yùn)

動(dòng)時(shí),速度增大,洛倫茲力增大,小球所受的桿的彈力向左,大小為N=qE-qvB,N隨著v的增大而減

小,滑動(dòng)摩擦力f=μN(yùn)也減小,小球所受的合力F合=mg-f增大,加速度a增大;②當(dāng)洛倫茲力等于電

場(chǎng)力時(shí),合力等于重力,加速度最大;③小球繼續(xù)向下做加速運(yùn)動(dòng),洛倫茲力大于電場(chǎng)力,小球所

受的桿的彈力向右,大小為N'=qv'B-qE,v'增大,N'增大,f'增大,F合'減小,a'減小;④當(dāng)mg=f'時(shí),a'=0。

故加速度先增大后減小,直到為零;小球的速度先增大,后不變;桿對(duì)球的彈力先減小后反向增

大,最后不變;洛倫茲力先增大后不變。故D正確,A、B、C錯(cuò)誤。5.(2019河?xùn)|二模)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi),第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),第Ⅳ

象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi),存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,自y軸正半軸上y=h處的M點(diǎn),以速度v0垂直于y

軸射入電場(chǎng)。經(jīng)x軸上x=2h處的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng),最后垂直于y軸的方向射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重

力。求:

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E;(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r;(3)粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。答案(1)

(2)

(3)

解析(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有:2h

=v0t1,h=

a

根據(jù)牛頓第二定律可得:Eq=ma解得:E=

(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿y方向的速度大小:vy=at1=v0粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度:v=

v0,方向與x軸成45°角根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qvB=m

解得:r=

(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期:T=

=

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角θ=135°則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:t=

T=

T=

解題技巧(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),利用運(yùn)動(dòng)的合成和分解、牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)

學(xué)規(guī)律,聯(lián)立即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度大小E;(2)利用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)

動(dòng),利用洛倫茲力提供向心力即可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r;(3)利用周期公式T=

=

,結(jié)合粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角,即可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。6.(2019河北二模)如圖所示,在xOy平面上,一個(gè)以原點(diǎn)O為圓心,半徑為4R的圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存

在著勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里,在坐標(biāo)(-2R,0)的A處?kù)o止著一個(gè)具有放射性的原

子核氮

N。某時(shí)刻該核發(fā)生衰變,放出一個(gè)正電子和一個(gè)反沖核,已知正電子從A處射出時(shí)速度方向垂直于x軸,且后來(lái)通過(guò)了y軸,而反沖核剛好不離開磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)重力影響和離子間

的相互作用。

(1)寫出衰變方程;(2)求正電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑;(3)求正電子最后過(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)。答案(1)見解析(2)6R(3)

解析(1)由質(zhì)量數(shù)守恒及電荷數(shù)守恒可以知道衰變方程為

N

C

e;(2)設(shè)反沖核和正電子在磁場(chǎng)中回旋半徑分別為r1、r2,因?yàn)榉礇_核與正電子都帶正電荷,在磁

場(chǎng)中的軌跡關(guān)系應(yīng)是外切圓,因正電子通過(guò)y軸,則反沖核速度方向向上,正電子速度方向向

下。故反沖核的半徑r1=R衰變過(guò)程中遵循動(dòng)量守恒定律p反=pe又因?yàn)閝vB=m

可得r=

可得正電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2=6R(3)由圖可知正電子應(yīng)在通過(guò)y軸前飛出圓形磁場(chǎng)區(qū)域,設(shè)出射點(diǎn)為P,正電子軌跡圓心在磁場(chǎng)邊界與x軸的交點(diǎn)O'處,過(guò)P點(diǎn)作出出射速度的反向延長(zhǎng)線可交于磁場(chǎng)

邊界D點(diǎn),且D點(diǎn)在x軸上根據(jù)幾何關(guān)系可得∠DO'P=∠OQD=α在直角三角形DO'P中,cosα=

=

,所以tanα=

OQ=

=

故正電子最后通過(guò)y軸的坐標(biāo)為

。解題思路(1)原子核發(fā)生衰變時(shí),一定滿足質(zhì)量數(shù)守恒及電荷數(shù)守恒;(2)根據(jù)題意可知兩核的運(yùn)動(dòng)情況及反沖核的軌跡半徑,由動(dòng)量守恒定律可以知道兩核的動(dòng)量

關(guān)系,則可得出正電子的軌跡半徑;(3)畫出兩核的運(yùn)動(dòng)軌跡,由幾何關(guān)系可以知道最后過(guò)y軸的坐標(biāo)。7.(2019紅橋二模)如圖,在x>0的空間中,存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度E=10N/C;在x<

0的空間中,存在垂直xOy平面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。一帶負(fù)電的粒子(比荷

=160C/kg),在x=0.06m處的D點(diǎn)以v0=8m/s的初速度沿y軸正方向開始運(yùn)動(dòng),不計(jì)帶電粒子的重

力。求:

(1)帶電粒子開始運(yùn)動(dòng)后第一次通過(guò)y軸時(shí)距O點(diǎn)的距離;(2)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間返回電場(chǎng);(3)帶電粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)的周期(保留兩位有效數(shù)字)。答案(1)0.069m(2)0.026s(3)0.043s解析(1)對(duì)于粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)有a=

,x=

at2第一次通過(guò)y軸的交點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為y1=v0t將數(shù)據(jù)代入計(jì)算得出y1=0.069m

(2)粒子通過(guò)y軸進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)在x方向的速度vx=

t=8

m/s設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸的夾角