高三物理復習資料：磁場(高考真題 模擬新題)(有詳解)

高三物理復習精品資料：磁場（高考真題+模擬新題）（有詳解）

備戰(zhàn)高考挑戰(zhàn)自我迎接夢想

K單元磁場

K1磁場安培力

14.Kl[?課標全國卷]為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設：地球

的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的.在下列四個圖中，正確表

示安培假設中環(huán)形電流方向的是（

）

圖1-2

【解析】B地理的南極是地磁場的N極，由右手螺旋定則知B正確.

18.Kl[?課標全國卷]電磁軌道炮工作原理如圖1—4所示?待發(fā)射

彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸.電流I從一

條軌道流入，通過導電彈體后從另一

圖1-4

（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與I成正比.通電的彈體在軌道

上受到安培力的作用而高速射出.現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2

倍，理論上可采用的辦法是（）

A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍

B.只將電流I增加至原來的2倍

C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半

D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他

量不變

1【解析】BD彈體所受安培力為F安=BII,由動能定理得：BIL=mv2,

只將軌道長2

度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其速度將增加至原來的2倍，A錯誤；只將電

流I增加至原來的2倍，其磁感應強度也隨之增加至原來的2倍，其速度

將增加至原來的2倍，B正確；只將彈體質(zhì)量減至原來的一半，其速度將

增加至原來的2倍，C錯誤；將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變

為原來的2倍時，其速度將增加至原來的2倍，D正確.

2.K1L1[?江蘇物理卷]如圖2所示，固定的水平長直導線中通有電

流I,矩形線框與導線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導線平行.線框由靜

止釋放，在下落過程中（

）

圖2

A.穿過線框的磁通量保持不變

B.線框中感應電流方向保持不變

C.線框所受安培力的合力為零

D.線框的機械能不斷增大

2.K1L1[?江蘇物理卷]B【解析】當線框由靜止向下運動時，穿過

線框的磁通量

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逐漸減小，根據(jù)楞次定律可得，產(chǎn)生的感應電流的方向為順時針且方

向不發(fā)生變化，A錯誤，B正確；因線框上下兩邊所處的磁場強弱不同,

線框所受的安培力的合力一定不為零，c錯誤；整個線框所受的安培力的

合力豎直向上，對線框做負功，線框的機械能減小，D錯誤.

K2磁場對運動電荷的作用

25.K2[?課標全國卷]如圖1—10所示，在區(qū)域I(OWxWd)和區(qū)域H

(dWxW2d)內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B,方向相

反，且都垂直于Oxy平面.一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q>0)的粒子a于某

時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向.已知a在離開

區(qū)域I時、速度方向與x軸正向的夾角為30°；此時，另一質(zhì)量和電荷

1量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I,其速度大

小是a的.不計重力和兩3

粒子之間的相互作用力.求：

⑴粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大小；

(2)當a離開區(qū)域H時;a、b兩粒子的y坐標之差.

圖1-10

【答案】(1)設粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C(在y軸上)，

半徑為Rai,粒子速率為va,運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P',

如圖所示.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

v2aqvaB=m①Rai

由幾何關系得

NPCP'=0②

dRal=③sin9

式中，6=30°.

由①②③式得

2dqBva=@m

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(2)設粒子a在H內(nèi)做圓周運動的圓心為0a,半徑為Ra2,射出點為

Pa(圖中未畫出軌跡)，NP'0aPa=0'=20.由洛倫茲力公式和牛頓第二

定律得

v2aqva(2B)=mRa2

由①⑤式得

RalRa2=2

3C、P'和0a三點共線，且由⑥式知0a點必位于xd的平面上，由對

稱性知，Pa點2

與P'點縱坐標相同，即yPa=Ralcos9+h⑦

式中，h是C點的y坐標.

設b在I中運動的軌道半徑為Rbl,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律

得

vamvaq?3?B32⑧？?Rbl設a到達Pa點時，b位于Pb點，轉(zhuǎn)過的角度

為a.如果b沒有飛出I,則

t°'⑨Ta22n

ta⑩Tbl式中，t是a在區(qū)域H中運動的時間，而

Ta2=

Tbl=2nRHva2nR12va/3

11012式得a=30。13由⑤⑧⑨⑩OO

13式可見，b沒有飛出I.Pb點的y坐標為由①③⑧O

14yPb=Rblcosa+Ral-Rbl+hO

213014式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為yPa—yPb=(3

-2)dO15由①③⑦⑧03

10.K2[?海南物理卷]空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖

1-7中的正方形為其邊界.一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場

的方向從0點入射.這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，

但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子.不計重力.下列說法正確的是

()

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圖1-8

A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同

B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同

C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同

D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大

【解析】BD帶電粒子進入磁場中后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓

周運動，軌道半mv徑R,因所有粒子比荷相同，若入射速度相同，則軌

道半徑相同，軌跡一定相同，B選qB

2nm項正確；所有帶電粒子做圓周運動周期T=qB

場中運動時間越長，D選項正確；若帶電粒子能從磁場左邊界射出，

即使入射速度不同，所用時間也一定相同，因為此情況時軌跡所對圓心角

均為180°,這些粒子的軌跡與入射速度有關，故AC選項錯誤.

K3帶電粒子在組合場及復合場中運動

25.K3[?全國卷]如圖1―7所示，與水平面成45°角的平面MN將

空間分成I和n兩個區(qū)域.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>O)的粒子以速度

vO從平面MN上的P0點水平向右射入I區(qū).粒子在I區(qū)運動時，只受到

大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為E；在H區(qū)運動時，

只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向里.求

粒子首次從H區(qū)離開時到出發(fā)點P0的距離.粒子的重力可以忽略.

圖1-7

【解析】帶電粒子進入電場后，在電場力的作用下沿拋物線運動，

其加速度方向豎直向下，設其大小為a,由牛頓定律得

qE=ma①

設經(jīng)過時間tO,粒子從平面MN上的點Pl進入磁場，由運動學公式

和幾何關系得

lvOtO2②20

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粒子速度大小vl為

vl=vO+?atO?③

設速度方向與豎直方向的夾角為a,則

vOtana二④atO

此時粒子到出發(fā)點P0的距離為

s0=2v0t0⑤

此后，粒子進入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，圓周半徑

為

mvlrl=@qB

設粒子首次離開磁場的點為P2,弧P1P2所張的圓心角為2B,則P1

到點P2的距離為sl=2rlsinB⑦

由幾何關系得

a+B=45°⑧

聯(lián)立①②③④⑥⑦⑧式得

qB

點P2與點P0相距

l=sO+sl⑩

聯(lián)立①②⑤⑨⑩解得

1=

2mvO?2vOlq?E

B

圖1-11

25.K3[?山東卷]扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運

動軌跡發(fā)生扭擺.其簡化模型如圖l—ii,I、n兩處的條形均強磁場區(qū)

邊界豎直，相距為L,磁場方向相反且垂直于紙面.一質(zhì)量為m、電量為

-q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板

間電壓為U,粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入I區(qū)，射入時速度與水平

方向夾角0=30°.

⑴當I區(qū)寬度L1=L、磁感應強度大小Bl=B0時，粒子從I區(qū)右邊界

射出時速度與水平方向夾角也為30°,求B0及粒子在I區(qū)運動的時間t0.

⑵若H區(qū)寬度L2=L1=L,磁感應強度大小B2=B1=BO,求粒子在I

區(qū)的最高點與II區(qū)的最低點之間的高度差h.

⑶若L2=L1=L、B1=BO,為使粒子能返回I區(qū)，求B2應滿足的條件.

(4)若B1WB2,L1WL2,且已保證了粒子能從H區(qū)右邊界射出.為使粒

子從H區(qū)右邊界射出的方向與從I區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、

LI、L2之間應滿足的關系式.

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T=2nR

⑤

t=292n⑥

聯(lián)立②④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得

t=nL32qU

(2)設粒子在磁場H區(qū)做圓周運動的半徑為R2,由牛頓第二定律得V2

qvB2=mR⑧2

由幾何知識可得

h=(R14-R2)(l—cos0)+Ltan0⑨

聯(lián)立②③⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得

h=(2-2

33)L⑩

⑶如圖2所示,為使粒子能再次回到I區(qū),應滿足R2(l+sin。)<L[或

R2(l+sin9)^L]O11聯(lián)立①⑧Oil式，代入數(shù)據(jù)得

B3mUmU

2>L2q或B3

2^L2q)O12

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圖2

(4)如圖3(或圖4)所示，設粒子射出磁場I區(qū)時速度與水平方向的夾角

為a,由幾何知識可得

13Ll=Rl(sin9+sina)0

[或Ll=Rl(sin0—sina)]

14L2=R2(sin9+sina)0

[或L2=R2(sin0—sina)]

聯(lián)立②⑧式得

15B1R1=B2R2O

13014015式得聯(lián)立O

16

B1L1=B2L2O

圖

3

圖4

23.K3[?安徽卷]如圖1—16所示，在以坐標原點。為圓心、半徑為

R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B,

磁場方向垂直于xOy平面向里.一帶正電的粒子(不計重力)從0點沿y軸

正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)to時間從P

點射出.

(1)求電場強度的大小和方向.

t(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從。點以相同的速度射入，經(jīng)2

界射出.求粒子運動加速度的大小.

(2)若僅撤去電場，帶電粒子仍從。點射入，且速度為原來的4倍，求

粒子在磁場中運動的時間.

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圖1-16

【解析】(1)設帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,初速度為v,電場

強度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向，于是可知電場強度

沿x軸正方向

且有qE=qvB①

又R=vtO②

BR貝!JE=tO

(2)僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動

t在y方向位移為y=v④2

R由②④式得丫二⑤2

設在水平方向位移為x,因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是

x=3R2

lt2又由x=a?⑥2?24R得atO

(3)僅有磁場時，入射速度v'=4v,帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓

周運動，設軌道半徑為r,由牛頓第二定律有

v'2

qv'B=mr

又qE=ma⑨

由③⑦⑧⑨式得r=3R⑩3R11由幾何知識sina=2r

即sina=JI12a=2

3

帶電粒子在磁場中運動周期

2nmT=qB

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則帶電粒子在磁場中運動時間

tB=2aT2n

3n13tO180所以tB=

35.K3[?廣東物理卷]如圖19甲所示，在以。為圓心，內(nèi)外半徑分

別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內(nèi)

外圓間的電勢差U為常量，R1=RO,R2=3R0,一電荷量為+q、質(zhì)量為m

的粒子從內(nèi)圓上的A點進入該區(qū)域，不計重力.

(1)已知粒子從外圓上以速度vl射出，求粒子在A點的初速度vO的大

小.

(2)若撤去電場，如圖19乙所示，已知粒子從OA延長線與外圓的交點

C以速度V2射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應強度的大小及粒

子在磁場中運動的時間.

⑶在圖19乙中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為V3,方向不確

定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應強度應小于多少？

19

【解析】(1)電、磁場都存在時，只有電場力對帶電粒子做功，由動

能定理112qU=mv21—mvO①22

得vOv2②l—m

(2)由牛頓第二定律

mv22qBv2=R

如圖所示，由幾何關系確定粒子運動軌跡的圓心0'和半徑R

R2+R2=(R2—R1)2④

聯(lián)立③④，得磁感應強度大小

B2mv22qR0

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期

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2nRT⑥2

由幾何關系確定粒子在磁場中運動的時間

Tt=?4

聯(lián)立④⑥⑦式，得

t=2nR2v2

⑶如圖所示，為使粒子射出，則粒子在磁場內(nèi)的運動半徑應大于過A

點的最大內(nèi)切圓半徑，該半徑為

Rl+R2Rc=?2

由③⑨得磁感應強度應小于

mv3Bc=⑩2qR0

25.K3[?重慶卷]某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的

運動，如圖1—14所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP'N'N充滿豎直向下

的勻強電場，寬為d；矩形區(qū)域NN'M'M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，

磁感應強度為B,長為3s,寬為s；NN'為磁場與電場之間的薄隔離層.一

個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子，從P點開始被電場加速經(jīng)隔

離層垂直進入磁場，電子每次穿越隔離層，運動方向不變，其動能損失是

每次穿越前動能的10%,最后電子僅能從磁場邊界M'N'飛出.不計電

子所受重力.

圖1-14

(1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比；

(2)求電場強度的取值范圍；

(3)A是M'N'的中點，若要使電子在A、M'間垂直于AM'飛出，

求電子在磁場區(qū)域中運動的時間.

25.K3[?重慶卷]【解析】(1)設圓周運動的半徑分別為RI、R2、…

Rn、Rn+1…，第一次和第二次圓周運動速率分別為vl和v2,動能分別為

Eki和Ek2.

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mvlmv2112由：Ek2=0.81Ekl,R1=R2=,Eklv2,Evk2BeBe2122

得：R2:Rl=0.9

⑵設電場強度為E,第一次到達隔離層前的速率為v'.

Ill由eEd=mv'2,0.9Xvz2=v2,RIW2221

5B2es2

得EW9md

又由Rn=0.9nlRl,2Rl(l+0.9+0.92H-----F0.9n+…)>3s一

B2es2

得：E>80md

B2es25B2es2

<EW80md9md

(3)設電子在勻強磁場中做圓周運動的周期為T,運動的半圓周個數(shù)為

n,運動總時間為t.

2R1?1-O.9n?s由題意，有：Rn+l=3s,RlWs,Rn+l=0.9nRl,Rn

+1221—0.9

得：n=2

2nm又由：T=eB

5nm得：t=2eB

23.K3[?北京卷]利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種

方法在化學分析和原子核技術等領域有重要的應用.

如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長)中存在垂直于紙面的勻強磁

場，A處有一狹縫.離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直

于GA邊且垂于磁場的方向射入磁場，運動到GA邊，被相應的收集器收

集.整個裝置內(nèi)部為真空.

已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是ml和m2(ml>m2),電荷量

均為q.加速電場的電勢差為U,離子進入電場時的初速度可以忽略.不計

重力，也不考慮離子間的相互作用.

(1)求質(zhì)量為ml的離子進入磁場時的速率vl；

(2)當磁感應強度的大小為B時，求兩種離子在GA邊落點的間距s；

(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定

寬度.若狹縫過寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)域交疊，導致兩

種離子無法完全分離.

設磁感應強度大小可調(diào)，GA邊長為定值L,狹縫寬度為d,狹縫右邊

緣在A處.離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂

直于磁場.為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的

最大寬度.

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23.K3[?北京卷]【答案】(1)加速電場對離子ml做的功W=qU

12由動能定理mlvl=qU2

得vl①ml

mv2mv(2)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式qvB=,R=RqB

道半徑分別為

RI,R2=qBqB兩種離子在GA上落點的間距

s=2Rl-2R2=8U(ml—m2)③qB⑶質(zhì)量為ml的離子，在GA邊上的

落點都在其入射點左側(cè)2R1處，由于狹縫的寬度為d,因此落點區(qū)域的寬

度也是d.同理，質(zhì)量為m2的離子在GA邊上落點區(qū)域的寬度也是d.

為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應無交疊，條件為2(R1—R2)

>d@

利用②式，代入④式得2Rl?l—?m?>dml?

R1的最大值滿足2Rlm=L-d

得(L-d)?l—?>dml?

ml—m2L2lm2求得最大值dmK4磁場綜合

25.K4[?四川卷]如圖1—10所示，正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ

邊長1=1.8m,距地面h=0.8m.平行板電容器的極板CD間距d=0.1m

且垂直放置于臺面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小

孔.電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應強度B=1T、方

一向豎直向上的勻強磁場.電荷量q=5X1013C的微粒靜止于W處，

在CD間加上恒定電壓

U=2.5V,板間微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進入磁場(微粒始終

不與極板接觸)，然后由XY邊界離開臺面.在微粒離開臺面瞬時，靜止于

X正下方水平地面上A點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之

相遇.假定微粒在真空中運動，極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質(zhì)點，

滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)口=02取g=10m/s2.

(1)求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板的極性；

(2)求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍；

一⑶若微粒質(zhì)量m0=lX1013kg,求滑塊開始運動時所獲得的速度.

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圖1-10

【解析】⑴微粒在極板間所受電場力大小為

qUF①d

代入數(shù)據(jù)得F=1.25X1011N②

由微粒在磁場中的運動可判斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場加速,

故C板為正極，D板為負極.

(2)若微粒的質(zhì)量為m,剛進入磁場時的速度大小為v,由動能定理

lUq=mv2③2

微粒在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，若圓周運動半

徑為R,有

v2qvB=m④R

微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運動的邊緣軌跡如圖所示，半徑

的極小值與極大值分別為

舊—⑤2

R2=|-d⑥

聯(lián)立③?⑥，代入數(shù)據(jù)，有

——8.1X1014kg<m^2.89X1013kg?

(3)如圖所示，微粒在臺面以速度v做以。點為圓心、R為半徑的圓周

運動，從臺面邊緣P點沿與XY邊界成0角飛出做平拋運動，落地點為Q,

水平位移為s,下落時間為t.設滑塊質(zhì)量為M,滑塊獲得速度v0后在t內(nèi)

沿與平臺前側(cè)面成。角方向，以加速度a做勻減速直線運動到Q,經(jīng)過位

移為k.由幾何關系，可是

I-Reos0R

根據(jù)平拋運動,

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t=2h⑨g

s=vt⑩

對于滑塊，由牛頓定律及運動學方程，有

11UMg=MaO

112k=v0t-at2O2

再由余弦定理，

13k2=s2+(d+Rsin。)2—2s(d+Rsin9)cos9O

及正弦定理，

sin(t)sin014sk

14,并代入數(shù)據(jù)，解得：聯(lián)立③、④和⑧?O

15v0=4.15m/sO

166=arcsin0.8(或6=53°)0

15.13、K4[?江蘇物理卷]某種加速器的理想模型如圖所示：兩塊相

距很近的平行小極板中間各開一個有一小孔a、b,兩極板間電壓uab的變

化圖象如圖所示，電壓的最大值為U0、周期為TO,在兩極板外有垂直紙

面向里的勻強磁場.若將一質(zhì)量為mO、電荷量為q的帶正電的粒子從板

內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間TO后恰

能再次從a孔進入電場加速.現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了1.(粒子在兩極板間的

運動時間不1000

計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)

(1)若在t=0時將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從

b孔射出時的動能；

（2）現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁

場，忽略其對管外磁場的影響），使圖中實線軌跡（圓心為0）上運動的粒子

從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請在圖上的相應位置處畫出磁屏

蔽管；

⑶若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應何時由板內(nèi)a

孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多

少？

圖14

15.13、K4[?江蘇物理卷]【解析】（1）質(zhì)量為mO的粒子在磁場中做

勻速圓周運動，

v2

qvB=mO,r

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2nrTO=

2nm則T0=qB

當粒子的質(zhì)量增加了110,其周期增加ATuTO.100100

則根據(jù)圖可知，粒子第一次的加速電壓ul=UO

T10011+T0,由圖可讀出粒子第二次的加速電壓u2=l一粒子回到電

場中用時?TU0?1004??????

24=025

射出時的動能Ek2=qul+qu2；

49解得Ek2=qU0.

25

圖15

⑵磁屏蔽管的位置如圖所示.

⑶在uab>O時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)

T/4N=,得N=25AT

分析可得，粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多且u=UO時也被加速的情況

下，最終獲得的動能最大.

粒子由靜止開始加速的時刻

111119n+X12?T0=?n+T0(n=0,l,2,…)t=??22100??2501323qU0

+qUO最大動能Ekm=2X?25?2525

313解得Ekm=qUO.25

22.K4[?福建卷]如圖1—11甲所示，在x>0的空間中存在沿y軸

負方向的勻強電場和垂直于xOy平面向里的勻強磁場，電場強度大小為E,

磁感應強度大小為B.一質(zhì)量為m,帶電量為q(q>0)的粒子從坐標原點0

處，以初速度vO沿x軸正方向射入，粒子的運動軌跡見圖甲，不計粒子的

重力.

⑴求該粒子運動到y(tǒng)=h時的速度大小v；

⑵現(xiàn)只改變?nèi)肷淞Ｗ映跛俣鹊拇笮。l(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然

運動軌跡(y-x曲

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線)不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在

y軸方向上的運動（y

2nm-t關系）是簡諧運動，且都有相同的周期T.qB

I.求粒子在一個周期T內(nèi)，沿x軸方向前進的距離s；

H.當入射粒子的初速度大小為vO時，其y-t圖象如圖丙所示，求該

粒子在y軸方向上做簡諧運動的振幅Ay,并寫出y-t的函數(shù)表達式.

圖1-11

22.K4[?福建卷]【答案】由于洛倫茲力不做功，只有電場力做功，

由動能定理有

11—qEh=mv2—mv2①220

由①式解得v2Vo—②m

（2）I.由圖乙可知，所有粒子在一個周期T內(nèi)沿x軸方向前進的距離相

同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運動的粒子在T時間內(nèi)前進的距離.設

粒子恰好沿x軸方向勻速運動的速度大小為V1,則

qvlB=qE③

又s=vlT④

2nm式中T=qB2nmE由③④式解得s=qBII.設粒子在y方向上的

最大位移為ym（圖丙曲線的最高點處），對應的粒子運動速度大小為v2（方

向沿x軸），因為粒子在y方向上的運動為簡諧運動，因而在y=0和y=ym

處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則

qvOB—qE=—（qv2B-qE）⑥

112由動能定理有一qEymmv22—mvO⑦22

1又Ay=ym⑧2

EmvO-由⑥⑦⑧式解得Ay=?BqB?可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運動

y-t函數(shù)表達式為

EqBmvO—?1—cost?y?B?m?qB?

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L【?濮陽一模】處于紙面內(nèi)的一段直導線長L=lm,通有1=1A的

恒定電流，方向如圖X18—1所示.將導線放在勻強磁場中，它受到垂直

于紙面向外的大小為F=1N的磁場力作用.據(jù)此（

）

1

A.能確定磁感應強度的大小和方向

B.能確定磁感應強度的方向，不能確定它的大小

C.能確定磁感應強度的大小，不能確定它的方向

D.磁感應強度的大小和方向都不能確定

Fl.D【解析】由8=可知水平向左的磁感應強度的分量為1T,無

法確定沿電流IL

方向的磁感應強度的分量，由矢量合成可知無法確定磁感應強度的方

向；僅知道F的方向，無法用左手定則判斷磁感應強度的方向.故選D.

2.[?揚州模擬】下列關于磁感應強度大小的說法，正確的是（）

A.通電導線受磁場力大的地方磁感應強度一定大

B.通電導線在磁感應強度大的地方受力一定大

C.放在勻強磁場中各處的通電導線，受力大小和方向處處相同

D.磁感應強度的大小和方向跟放在磁場中的通電導線受力的大小和

方向無關

2.D【解析】磁場中某點磁感應強度的大小和方向由磁場本身決定，

與通電導線的受力大小及方向都無關，故選項A錯誤，選項D正確.通電

導線在磁場中受力的大小不僅與磁感應強度有關，而且與通電導線的取向

有關，故選項B錯誤.雖然勻強磁場中磁感應強度處處相等，但當導線在

各個位置的方向不同時.，磁場力是不相同的(導線與磁場垂直時受磁場力最

大，與磁場平行時受磁場力為0),而選項C中沒有說明導線在各個位置的

取向是否相同，所以選項C錯誤.

3.[?臨沂一模]如圖X18—3甲所示，光滑的平行導軌與電源連接后，

與水平方向成0角傾斜放置，導軌上另放一個質(zhì)量為m的金屬導體棒.當

S閉合后，在棒所在區(qū)域內(nèi)加一個合適的勻強磁場，可以使導體棒靜止平

衡，圖X18—4中分別加了不同方向的磁場，其中

(

)

ABCD

圖X18-4

3.B【解析】

A、C力，可以平衡，B合外力不可能為零.

4.[?德州模擬]如圖X18-8所示，在陰極射線管正下方平行放置一根

通有足夠強直流電

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A.向上偏轉(zhuǎn)B.向下偏轉(zhuǎn)

C.向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn)D.向紙外偏轉(zhuǎn)

4.A【解析】在陰極射線管所在位置處，通電直導線產(chǎn)生的磁場方

向垂直紙面向外，由左手定則可以判斷陰極射線中的電子受力方向向上,

故選A.

5.[?淄博模擬]如圖X18—11所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里

的勻強磁場，磁感應強度為B.在xOy平面內(nèi)，從原點0處沿與x軸正方向

成6角（0&代；0<；n似速率v發(fā)射一個帶正電的粒子（重力不計）.則下列

說法正確的是（）

X18-11

A.若0一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短

B.若0一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大

C.若V—*定，。越大，則粒子在磁場中運動的時間越短D.若v一

定，。越大，則粒子在離開磁場的位置距0點越遠

2n—2。2nm5.C【解析】粒子運動周期T=,當。一定時，粒子

在磁場中運動時間tBq2n

n-02HT=T,3=.由于卜3均與v無關，故A、B項錯誤，C項

正確.當v一定時，由rnT

mvn=知，r一定；當。從0變至的過程中，。越大，粒子離開磁場

的位置距。點越遠；當Bq2

n0大于時，。越大，粒子離開磁場的位置距0點越近，故D項錯誤.2

6.[?惠州模擬]如圖X19-1所示圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面方向的勻

強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子以不同的速率沿著相同的方

向?qū)蕡A心。射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的

運動時間有的較長，有的較短.若帶電粒子在磁場中

()

A.速率一定越小

B.速率一定越大

C.在磁場中通過的路程越長

D.在磁場中的周期一定越大

mv2nm6.A【解析】由T,可知粒子周期不變，又可知線

速度越大，半qBqB

。徑越大，如圖所示，半徑越大，偏轉(zhuǎn)角0越小，圓心角等于偏轉(zhuǎn)角

0,t=80,因此在2n

磁場中運動時間越長的帶電粒子速率一定越小，所以選A.

7.[?西城一模]如圖X19-4所示，相距為R的兩塊平行金屬板M、

N正對著放置，SI、S2分別為M、N板上的小孔，SI、S2、。三點共線，

它們的連線垂直M、N,且S20=R.以。為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存

在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場.D為收集板，板上各

點到0點的距離以及板兩端點的距離都為2R,板兩端點的連線垂直M、N

板.質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子經(jīng)S1進入M、N間的電場后，通過

S2進入磁場.粒子在S1處的速度和粒子所受的重力均不計.

(1)當M、N間的電壓為U時，求粒子進入磁場時速度的大小V；

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(2)若粒子恰好打在收集板D的中點上，求M、N間的電壓值U0；

(3)當M、N間的電壓不同時，粒子從S1到打在D上經(jīng)歷的時間t會

不同，求t的最小值.

圖X19-4

7.【解析】(1)粒子從S1到達S2的過程中，根據(jù)動能定理得

lqll=mv2①2

解得粒子進入磁場時速度的大小v=m

(2)粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有

v2

qvB=m②r

qB2r2

由①②得，加速電壓U與軌跡半徑r的關系為U=2m

當粒子打在收集板D的中點時，粒子在磁場中運動的半徑rO=R

qB2R2

對應電壓U02m

⑶M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，粒子在極板間

經(jīng)歷的時間越短，同時在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中運動的時

間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，所以當粒子打在收集板D

的右端時，對應時間t最短.根據(jù)幾何關系可以求得，對應粒子在磁場中

運動的半徑r=3R

qBr3qBR由②得粒子進入磁場時速度的大小v==mm

R23m粒子在電場中經(jīng)歷的時間tl=3qB2

n3R.3nm粒子在磁場中經(jīng)歷的時間t2=3qB

R3m粒子出磁場后做勻速直線運動經(jīng)歷的時間t3=3qB

?33+n?m粒子從S1到打在收集板D上經(jīng)歷的最短時間為t=tl+t2

+t3=3qB

8」?福州模擬］如圖X19—5所示，條形區(qū)域AA'、BB'中存在方向垂

直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B的大小為0.3T,AA'、BB