第8天+磁場+講義+-2024屆高考物理考前15天滿分計劃

第8天磁場

0知識必備

一、磁場的基本性質安培力

1.磁場的產生與疊加

廠條形磁體的磁感線分布

叢-地磁場的特點

r產生-.....

癌砰—q電流I—安培定則

國可一遵循平行四邊形定則

2.安培力的分析與計算

方向左手定則

F=B/Lsin。,。=0時產=0,。=90。時/=

直導線

BIL

大小

H：B：：疝算：渣了：

?\卜?.?*.

導線為曲線時??C??XXXX?"???

等效為ac,直線電流

/NFN.

受力分析

"mg

立體圖平面圖

根據(jù)力的平衡條件或牛頓運動定律列方程

二、帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.分析帶電粒子在磁場中運動的方法

(1)畫軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡

(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉角

基本

度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，運動時間與周期相聯(lián)系

思路

(3)用規(guī)律：利用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期

公式和半徑公式

基本V2

qvB=nr~

公式

重要mv6271/7?-2nr

r-aT-A,T-

結論qBqBv

(1)軌跡上的入射點和出射點的速度垂線的交點為圓心，如圖⑶

(2)軌跡上入射點速度垂線和兩點連線中垂線的交點為圓心，如

圖(b)

圓心的(3)沿半徑方向距入射點距離等于廠的點，如圖(c)(當r已知或可

確定算)

\；：?'^</：/：*\XX：

*暇WJ；X他X：

(a)(b)(c)

方法：由物理公式求，由于為f

半徑的所以半徑〃=,

確定

方法二：由幾何關系求，一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)

等)通過計算來確定

方法：由圓心角求，，一o

時間的2兀

求解方法二：由弧長求，，=2

2.帶電粒子在有界勻強磁場中運動的三個重要結論

(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角(如圖甲，魚=，2=

。3).

⑵沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向(如圖乙，兩側關于兩圓心連

線對稱).

(3)粒子速度方向的偏轉角等于其軌跡的對應圓心角(如圖甲，ai=?2).

3.帶電粒子在磁場中運動的多解成因

(1)磁場方向不確定形成多解；

⑵帶電粒子電性不確定形成多解；

(3)速度不確定形成多解；

(4)運動的周期性形成多解.

三、帶電粒子在有界磁場運動的臨界與極值問題

1.解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維.利用動態(tài)圓思想

尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題

設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系.

2.粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切.

3.常用的動態(tài)圓

示意圖適用條件應用方法

!xxx：

粒子的入射以入射點F為定

點位置相同，點，將半徑放縮

放縮圓!x2尸x彳速度方向一作軌跡圓，從而

K—j定，速度大小探索出臨界條

(軌跡圓的圓心在PlP2直線上)不同件

粒子的入射將一半徑為R=

點位置相同，翳的圓以入射

qB

旋轉圓P速度大小一點為圓心進行

(軌跡圓的圓心在以入射點P為圓

定，速度方1可旋轉，從而探索

心、半徑R—彳片的圓上)

不同出臨界條件

粒子的入射

XXXXXXXX將半徑為R=

點位置不同，

平移圓上碎洋二器的圓進行平

速度大小、方qB

移

（軌跡圓的所有圓心在一條直線上）向均一定

帶電粒子平行

射入圓形有界

勻強磁場，則粒

子從磁場邊界

上同一點射出，

磁聚焦軌跡圓半徑

該點切線與入

與磁發(fā)等于區(qū)域圓

--5-射方向平行

散半徑

磁聚焦磁發(fā)散——磁聚焦，從

邊緣某點以不

同方向入射時

平行出射——

磁發(fā)散

Q易錯易混

洛倫茲力與靜電力的比較

洛倫茲力靜電力

#0且v不與B平行

產生條件（說明：運動電荷在磁場中電荷處在電場中

不一定受洛倫茲力作用）

大小F=qvB(yl.B)F=qE

力方向與場方向的關

尸_L5(且FA.V)F//E

系

可能做功，也可能不做

做功情況任何情況下都不做功

功

企方法必知

一、帶電粒子在組合場中的運動

1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場

交替出現(xiàn).

2.分析思路

(1)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動學分析，大致面出粒子的運動軌跡圖.

(2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關

鍵.

(3)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律

處理.

3.常見粒子的運動及解題方法

牛頓第二定律、

勾變速直求法運動學公式

電線運動一

場

動能定理

中

帶

電

粒

子C常規(guī)分解法

分

在類平拋運動求法

卜特殊分解法

的

離類斜拋運動

場

電-I~功能關系

場

磁

磁

運

中勻速直線求法

場運動學公式

動

中運動

回周運動公式、

勻速圓周求法牛頓第二定律

運動以及幾何知識

螺旋線求法分解成直線運動

運動和勻速圓周運動

二、帶電粒子在疊加場中的運動

1.疊加場

電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存.

2.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式

運動性質受力特點方法規(guī)律

勻速直

粒子所受合力為0平衡條件

線運動

勻速圓除洛倫茲力外，另外兩力的合力為牛頓第二定律、圓周運動的

周運動零：qE=mg規(guī)律

較復雜的除洛倫茲力外，其他力的合力既不

動能定理、能量守恒定律

曲線運動為零，也不與洛倫茲力等大反向

三、帶電粒子在立體空間中的運動

空間中勻強磁場的分布是三維的，帶電粒子在磁場中的運動情況可以是三維的.現(xiàn)在主

要討論兩種情況：

⑴空間中只存在勻強磁場，當帶電粒子的速度方向與磁場的方向不平行也不垂直時，帶

電粒子在磁場中就做螺旋線運動.這種運動可分解為平行于磁場方向的勻速直線運動和

垂直于磁場平面的勻速圓周運動.

（2）空間中的勻強磁場和勻強電場（或重力場）平行時，帶電粒子在一定的條件下就可以做

旋進運動，這種運動可分解為平行于磁場方向的勻變速直線運動和垂直于磁場平面的勻

速圓周運動.

令令心。

真題回顧

1.（2024?浙江）類似光學中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調控也能實現(xiàn)質子束的

“反射”和“折射”。如圖所不，在豎直平面內有三個平行區(qū)域1、11和山；1區(qū)寬度

為〃，存在磁感應強度大小為4、方向垂直平面向外的勻強磁場，II區(qū)的寬度很小。I

區(qū)和【II區(qū)電勢處處相等，分別為例和價，其電勢差U=0「外。一束質量為機、電荷量

為。的質子從O點以入射角。射向I區(qū)，在P點以出射角。射出，實現(xiàn)“反射”；質子束

從2點以入射角夕射入HK,經ii區(qū)“折射”進入ni區(qū)，其出射方向與法線夾角為“折

射”角。己知質子僅在平面內運動，單位時間發(fā)射的質子數(shù)為N,初速度為％,不計質

子重力，不考慮質子間相互作用以及質子對磁場和電勢分布的影響。

（1）若不同角度射向磁場的質子都能實現(xiàn)“反射”，求〃的最小值；

（2）若。=竺上，求“折射率”〃（入射角正弦與折射角正弦的比值）；

2e

（3）計算說明如何調控電場，實現(xiàn)質子束從2點進入n區(qū)發(fā)生“全反射”（即質子束全

部返回I區(qū)）；

（4）在尸點下方距離粵處水平放置一長為誓的探測板CQZ）（Q在尸的正下方），CQ

長為強，質子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質子束，與原質子束關于

eB

法線左右對稱，同時從O點射入I區(qū)，且。=30。，求探測板受到豎直方向力尸的大小與

U之間的關系。

法線

2.（2023?北京）如圖所示，在磁感應強度大小為8、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，

固定一內部真空且內壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半

徑為長度為/（/?！ǎ?。帶電粒子束持續(xù)以某一速度1，沿軸線進入管道，粒子在磁場力

作用下經過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。

單位時間進入管道的粒子數(shù)為〃，粒子電荷量為“，不計粒子的重力、粒子間的相互作

用。下列說法不正確的是（）

A.粒子在磁場中運動的圓弧半徑為“

B.粒子質量為駟

V

C.管道內的等效電流為〃44。、

D.粒子束對管道的平均作用力大小為8,必

3.（2023?新課標）一電子和一a粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上

方水平放置的屏幕夕上的〃和〃兩點，。點在小孔O的正上方，小點在a點的右側，如圖

所示。已知a粒子的速度紇為電子速度的,，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場,

10

則電場和磁場方向可能為（）

A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里

B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外

C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里

D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向夕卜

4.（2023?湖南）如圖，真空中有區(qū)域I和H,區(qū)域1中存在勻強電場和勻強磁場，電

場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGb區(qū)域（區(qū)

域H）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，圖中4、C、O三點在同一直線上，AO

與Gr垂直，且與電場和磁場方向均垂直，A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同

的粒子射入區(qū)域I中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入區(qū)域H。若區(qū)域I中電場強

度大小為E、磁感應強度大小為修，區(qū)域II中磁感應強度大小為區(qū)，則粒子從C尸的中

點射出，它們在區(qū)域II中運動的時間為若改變電場或磁場強弱，能進入區(qū)域II中的

粒子在區(qū)域II中運動的時間為f,不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正

確的是（）

A.若僅將區(qū)域I中磁感應強度大小變?yōu)?隹，則

B.若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)?石，則”i。

C.若僅將區(qū)域II中磁感應強度大小變?yōu)橛杉?，則/=b

4?2

D.若僅將區(qū)域II中磁感應強度大小變?yōu)?用，/=

4'

5.（2023?乙卷）如圖，一磁感應強度大小為8的勻強磁場，方向垂直于紙面（八。平面）

向里，磁場右邊界與％軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一

側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于尤軸的接收屏上的P點；SP=/,

S與屏的距離為工，與"軸的距離為如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場

2

強度大小為石的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（

支

接

\收

屏

6.（2023?甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上尸點開有一個

小孔，過P的橫截面是以。為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然

后與筒壁發(fā)生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的

分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列

A.粒子的運動軌跡可能通過圓心O

B.最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出

C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短

D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線

7.（2023?江蘇）霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。平面內存在豎

直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為4。質量為川、電荷

量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射，入射速度為%時，電子沿x軸做直線運動;

入射速度小于%時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的

合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。

（1）求電場強度的大小占

（2）若電子入射速度為為，求運動到速度為總時位置的縱坐標片；

42

（3）若電子入射速度在0<IY%范圍內均勻分布，求能到達縱坐標為=2也位置的電子

'5eB

數(shù)N占總電子數(shù)乂的百分比。

y

xXB*x

X/Xx\火X

O

XXxxX

E

8.（2023?山東）如圖所示，在便/2d,噴*力的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強大

小為石的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質量為機，

電量為9的帶正電粒子從OP中點八進入電場（不計粒子重力）。

（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入

電場，求磁場的磁感應強度4的大小；

（2）若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿），軸正方向第一次進入電場,

離開電場后從夕點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開。

（/）求改變后電場強度￡的大小和粒子的初速度%;

（ii）通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場。

y

N

E

0A~Px

區(qū)域模擬

1.（2024?溫州二模）如圖所示，甲圖是距離很近的兩個平行異名磁極之間磁場的磁感

線、乙圖是輻向磁場的磁感線、丙圖為等量異種點電荷的電場線、丁圖為等量同種正點

電荷的電場線。一電子以某一初速度，僅受電場力或磁場力，在這四種場中，不可能做

勻速圓周運動的是（）

A.在甲圖磁場中B.在乙圖磁場中C.在丙圖電場中D.在丁圖電場中

2.（2024?西安校級模擬）如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小

為B,邊界分別是半徑為火和27?的同心圓，O為圓心。在圓心O處有一粒子源（圖中未

畫出），在紙面內沿各個方向發(fā)射出比荷為幺的帶負電的粒子，速度連續(xù)分布且粒子間

m

的相互作用力可忽略不計，這些帶電粒子受到的重力也可以忽略不計，已知由】37。=0.6,

cos370=0.8o若所有的粒子都不能射出磁場，則下列說法正確的是（）

*X

XXX

A.某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，其在磁場中運動的時間為幽（不考慮粒子

3qB

再次進入磁場的情況）

B.某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，其在磁場中運動的時間為空2（不考慮粒

90qB

子再次進入磁場的情況）

C.粒子速度的最大值為幽

D.粒子速度的最大值為迦

4m

3.（2024?大連一模）圖（a）中，在x軸上關于原點O對稱的位置固定兩個等量異種點

電荷。圖（b）中，在x軸上關于原點O對稱的位置固定兩根垂直于紙面的平行長直導線，

兩根導線中電流大小相等、方向相反。電子以一定的初速度從原點O垂直紙面向里運動,

則關于兩幅圖中電子在原點O處受力的說法正確的是（）

yy

圖(a)圖(b)

A.圖（a）中，電子所受電場力方向沿x軸正向

B.圖（a）中，電子所受電場力方向沿），軸正向

C.圖（b）中，電子所受洛倫茲力方向沿），軸正向

D.圖（b）中，電子所受洛倫茲力方向沿尤軸正向

4.（2024?朝陽區(qū)校級模擬）如圖所示為洛倫茲力演示儀的結構示意圖。由電子槍產生

電子束，玻璃泡內充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡。前后兩個勵

磁線圈之間產生勻強磁場，磁場方向與兩個線圈中心的連線平行。電子速度的大小和磁

感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓U和勵磁線圈的電流/來調節(jié)。適當調節(jié)U和

/,玻璃泡中就會出現(xiàn)電子束的圓形徑跡。下列調節(jié)方式中，一定能讓圓形徑跡半徑減

小的是（）

A.同時增大U和1B.同時減小U和1

C.增大U,減小/D.減小U,增大/

5.（2024?包頭二模）如圖所示，兩根長直導線a、力垂直放置，彼此絕緣，分別通有大

小相同電流固定的剛性正方形線圈MNPO通有電流/,MN到。的距離與MO到8的

距離相等，線圈與導線位于同一平面內。已知通電長直導線在其周圍某點所產生的磁感

應強度大小，與該點到長直導線的距離成反比；線圈所受安培力的大小為尸。若移走導

線a,則此時線圈所受的安培力大小為（）

A.受尸，方向向左B.巫尸，方向向右

22

C.-F,方向向左D.IF,方向向右

22

6.（2024?遼寧二模）如圖所示，絕緣水平面上，虛線MN左側有垂直于水平面向上的勻

強磁場、右側有垂直于水平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為3,A、C、。為

絕緣水平面上的三個固定點，A點在虛線上，C、。兩點在左右兩磁場中，兩根直的硬

導線連接A、。和C、。間，軟導線連接在4、C間，C、。連線與垂直，C、。到

MN的距離均為L,ZD=53°,AC、CD、D4三段導線電阻相等,sin53。=0.8,cos53。=0.6。

通過C、。兩點給線框通入大小為/的恒定電流，待A、C間軟導線形狀穩(wěn)定后線框受

到的安培力大小為（）

M

QQ

A.0B.-B1LC.—BILD.2BIL

915

7.（2024?北京一模）在霍爾效應中，霍爾電壓與通過導體的電流之比被定義為霍爾電

阻，可用符號o表示，通常情況下，霍爾電阻與外加磁場的磁感應強度成正比。但在超

低溫、強磁場的極端條件下，某些材料的霍爾電阻卻隨著強磁場的增加出現(xiàn)量子化現(xiàn)象:

5。是普朗克常數(shù)，e是電子的電量，口既可以取1、2、3…等整數(shù)，也可以取

ve~

某些小于1的分數(shù)，這就是量子霍爾效應現(xiàn)象。實驗發(fā)現(xiàn)，當霍爾電阻處于量子態(tài)時,

材料中的電子將沿邊緣帶做定向運動，幾乎不受阻力作用。2013年，清華大學薛其坤團

隊發(fā)現(xiàn)，在超低溫（0.03K）環(huán)境條件卜\具備特殊結構的拓補絕緣體材料可以自發(fā)地發(fā)生

磁化，此時不需要外加磁場也會發(fā)生量子霍爾效應，這種現(xiàn)象被稱為量子反常霍爾效應。

結合以上資料，可以判斷下列說法正確的是（）

A.同歐姆電阻類似，霍爾電阻越大，表明材料對通過它的電流的阻礙越強

B.要發(fā)生量子霍爾效應現(xiàn)象，外部環(huán)境條件有兩個，一是要具備超低溫環(huán)境，二是

要具備超強的磁場

C.具備量子反?；魻栃拇判酝匮a絕緣材料已成為新一代低能耗芯片的制造材料

D.霍爾電阻的量子態(tài)表達式中的常數(shù)組合上與歐姆電阻具有相同的單位

e

8.（2024?豐臺區(qū)一模）一束含有兩種比荷（幺）的帶電粒子，以各種不同的初速度沿水平

m

方向進入速度選擇器，從。點進入垂直紙面向外的偏轉磁場，打在O點正下方的粒子探

測板上的《和6點，如圖甲所示。撤去探測板，在。點右側的磁場區(qū)域中放置云室，若

帶電粒子在云室中受到的阻力大小/=如，A為常數(shù)，4為粒子的電荷量，其軌跡如圖乙

所示。下列說法正確的是（)

A.打在［點的帶電粒子的比荷小

B.增大速度選擇器的磁感應強度《、鳥向下移動

C.打在［點的帶電粒子在云室里運動的路程更長

D.打在［點的帶電粒子在云室里運動的時間更短

9.(2024?廈門模擬)如圖所示，在平面直角坐標系中，虛線與/軸正方向的夾

角為8=60。，OO,與y軸之間存在垂直紙面向里的勻強磁場(邊界存在磁場)，第二象限

存在沿y軸正方向的勻強電場。一質量為“、帶電量為-“(4>0)的粒子從x軸負當軸的尸

點以初速度%進入電場，％與工軸正方向的夾角為。=60。，經電場偏轉后從點M(0,乃垂

直y軸進入磁場，粒子恰好不從。。邊界射出磁場。不計粒子重力，求：

(1)電場強度石的大?。?/p>

(2)磁感應強度5的大?。?/p>

(3)粒子從尸點進入電場到再次回到x軸的時間。

10.(2024?碑林區(qū)校級模擬)如圖所示，在第二象限內有一拋物線的邊界A0,其方程

為x<0),在拋物線的上方存在一豎直向下的勻強電場.在拋物線A0每個位置

上連續(xù)發(fā)射質量為“，電荷量為+夕的粒子，粒子均以大小為%的初速度水平向右射入電

場，所有粒子均能到達原點O,第四象限內有一邊長為/，其中兩條邊分別與X軸，「軸

重合的正方形邊界，邊界內存在垂直于紙面向外，磁感應強度大小為皿的勻強磁場,

4A為與x軸平行的可上下移動的熒光屏，初始位置與磁場的下邊界重合，不計粒子重

力及粒子間的相互作用力，粒子打到熒光屏上即被吸收。

（1）求電場強度的大小石；

（2）求從A處進入的粒子在磁場中運動的時間；

（3）若將熒光屏緩慢向上移動，求在向上移動的過程中屏上的最大發(fā)光長度。

考前押題

1.如圖所示，真空區(qū)域內力寬度為"、磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，

MN、尸Q是磁場的邊界。質量為小、電荷量為q的帶正電的粒子（不計重力），沿著與

夾角。為30°的方向以某一速度射入磁場中，粒子恰好未能從PQ邊界射出磁場。下列說

法不正確的是（）

M2dTP

IXXI

\0\

A.可求出粒子在磁場中運動的半徑

B.可求出粒子在磁場中運動的加速度大小

C.若僅減小射入速度，則粒了在磁場中運動的時間?定變短

D.若僅增大磁感應強度，則粒子在磁場中運動的時間一定變短

2.一重力不計的帶電粒子以初速度％先后穿過寬度相同且緊鄰在一起的有明顯邊界的

勻強電場E和勻強磁場3,如圖甲所示，電場和磁場對粒子總共做功”;若把電場和磁

場正交疊加，如圖乙所示，粒子仍以%〈溫的初速度穿過疊加場區(qū)對粒子總共做功怩,

比較嗎、的絕對值大?。ǎ?/p>

XXx

B?

XXx

XXX

XXX

▼

甲乙

A.IV；-W2B.Wi>W2

C.<W2D.可能W；>嗎也可能叱<嗎

3.如圖，空間直角坐標系6*中，某些區(qū)域內存在勻強電場或勻強磁場。一質量為

"1=1x10"）依，電荷量為夕=2x10"的帶正電粒子，以初速度％=30〃?/5從O點沿y軸正

方向射入區(qū)域，不計粒子重力。

（1）若在四科，L區(qū)域內僅分布著沿z軸正方向的勻強電場片,則粒子恰能經過,0z面內

邊長為L=的正方形。血:的頂點人求電場強度目的大?。?/p>

（2）若在短），面內，），軸方向上，每隔間距L=0.3”就有一段間距也為L的區(qū)域第

1個區(qū)域M內（含邊界）存在沿z軸負方向的勻強磁場，磁感應強度8=0.5九第2個區(qū)

域M內存在沿），軸正方向的勻強電場，電場強度E2=75N/C,后面區(qū)域M中磁場、電場

交替分布，即第3個區(qū)域M中磁場分布與第1個區(qū)域M中磁場分布相同，第4個區(qū)域M

中電場分布與第2個區(qū)域M中電場分布相同，后面以此類推。

①求粒子穿過第一個區(qū)域時速度沿x軸方向的分量大小；

②求粒子剛達到第5個區(qū)域M時的速度大小和穿過第〃（〃為奇數(shù)）個區(qū)域過程中速度沿x

軸方向的變化量大小。

xxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxM

xxxxxxxxxxxx

!l!!!!l!l!!!!!l

xxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxxM

xxxxxxxxxxxx

4.利用電磁場改變電荷運動的路徑，與光的傳播、平移等效果相似，稱為電子光學。

如圖所示，在坐標平面上，第三象限存在著方向沿），軸正方向的勻強電場，電場強

度大小為在其余象限存在垂直紙面的勻強磁場，其中第一、二象限向外，第四象限

向里，磁感應強度大小均為4（未知）。在坐標點（0,-3處有一質量為〃?、電荷量為q的

正電粒子，以初速度出警沿著x軸負方向射入勻強電場，粒子在運動過程中恰好不再

返回電場，忽略粒子重力c求：

（1）粒子第一次進入磁場時的速度廣

（2）磁感應強度8的大??；

（3）現(xiàn)將一塊長為&L的上表面涂熒光粉的薄板放置在x軸上，板中心點橫坐標

工。=4國,僅將第四象限的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼幕鸨洞?）,當〃滿足什么條件時，板

的上表面會出現(xiàn)熒光點。

5.如圖所示，圓形勻強磁場區(qū)域半徑為R,磁場中心與。在同一水平線上，右側

有間隔分布的勻強電場區(qū)域和無場區(qū)域，寬度都是L,場強大小為E=坐，W是無限

qL

大豎直接收屏。現(xiàn)有帶正電粒子組成的粒子束，沿與水平成60。方向正對場中心射入，

粒子質量為〃7,電荷量為,7,速率為%,恰好從O點沿水平方向進入電場區(qū)域，不計重

力和粒子間相互作用，求：

（1）磁感應強度大小8:

（2）若接收屏距。點距離為2L,粒子擊中接收屏時的速度v：

（3）若接收屏/N距O點距離為“（〃=1,2,3.....）,粒子擊中接收屏用時離OO,線的

距離

L【答案】。）磁場寬度”的最小值為贄;

⑵“折射率”〃為

（3）電場電壓u<-竺辿蟲,可實現(xiàn)質子束從尸點進入n區(qū)發(fā)生“全反射”;

2e

（4）見解析。

【解答】解：（1）根據(jù)題意，粒子從O點射入時的運動軌跡如圖所示：

總線Q

粒子從O點射入，不出I區(qū)域的臨界條件為2r=4的

洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律&%=〃,液

r

代入數(shù)據(jù)解得4麗=2y碼

Be

（2）設水平方向為X方向，豎直方向為y方向，x方向速度不變，y方向速度變小，假

設折射角為。

根據(jù)動能定理Ue=；mv\"球

由于八皿

2e

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得匕=&%

設粒子射出區(qū)域II時與豎直方向成夕角，如圖所示:

根據(jù)折射定律〃二也

sin。

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得“折射率”〃=&

（3）在II區(qū)域下邊界發(fā)生全反射的條件是沿豎直方向的速度為零；

根據(jù)動能定理Ue=0-g〃?（%cos0Y

可得U=—"辿2

2e

即應滿足U<-生辿^

2e

（4）分粒子全部打在探測板CQD和全部打不到探測板CQO兩種情形;

根據(jù)數(shù)學知識f嚼;鬻急4

解得NCPQ=30。

所以如果U..0的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討

論如下:

①當U..0時，取豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理r=N〃Q,-（f、J=2M嗎

根據(jù)動能定理eU=Ln，；」〃?（％cos外

22

解得尸=

V4m

全部都打不到板的情況

②根據(jù)幾何知識可知當從II區(qū)射出時速度與豎直方向夾角為60。時，粒子剛好打到。點,

水平方向速度為匕=%

x2

所以y=

、tan6006°

根據(jù)動能定理eU=-mv\--〃?（％cos0）~

22

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得u=-近

3。

即當U<-竺i時，尸=0

3e

③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（-如Lu<0）,此時僅有O點左側的一

女

束粒子能打到板上，因此尸=附叫

根據(jù)動能定理eU=—mvjm（vcos8）2

220

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得F=N〃島+”。

\4in

答：（1）磁場寬度d的最小值為名叫；

Be

（2）“折射率”〃為加；

（3）電場電壓勿</痂叫可實現(xiàn)質子束從2點進入H區(qū)發(fā)生“全反射”；

2e

（4）見解析。

2.【答案】C

【解答】解：A帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧

半徑為：/?=〃，故A正確；

B.根據(jù)：依8=加±,可得粒子的質量為：吁駟，故B正確；

rv

C.管道內的等效電流為：I言』,故C錯誤；

D粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受的安培力，為：F=BIl=Bnqh故。正

確。

本題選錯誤的，故選：C。

3.【答案】C

【解答】解：4、粒子剛從O點射出時、若電場方向水平向左，a粒子所受電場力水平

向左，若磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則得，a粒子所受洛倫茲力水平向左，則

a粒子向左偏轉，不會出現(xiàn)圖示的軌跡，故A錯誤；

8、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向左，a粒子所受電場力水平向左，電子所

受電場力水平向右，若磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則得，a粒子所受洛倫茲力

水平向右，電子所受洛倫茲力水平向左，沿直線運動到。點的粒子受力平衡，有：qvB=qE

已知a粒子的速度約為電子速度的工，若a粒子沿直線運動到a點，則電子所受洛倫茲

10

力大于電場力，電子向左偏轉，若電子沿直線運動到。點，則a粒子所受洛倫茲力小于

電場力，a粒子向左偏轉，不會出現(xiàn)圖示的軌跡，故8錯誤；

C、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向右，a粒子所受電場力水平向右，電子所

受電場力水平向左，若磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則得，a粒子所受洛倫茲力

水平向左，電子所受洛倫茲力水平向右，沿直線運動到a點的粒子受力平衡，有：q\，8=qE

已知a粒子的速度約為電子速度的若。粒子沿直線運動到〃點，則電子所受洛倫茲

10

力大于電場力，電子向右偏轉，若電子沿直線運動到a點，則a粒子所受洛倫茲力小于

電場力，a粒子向右偏轉，會出現(xiàn)圖示的軌跡，故C正確；

。、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向右，a粒子所受電場力水平向右，電子所

受電場力水平向左，磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則得，a粒子所受洛倫茲力水

平向右，電子所受洛倫茲力水平向左，a粒子向右偏轉，電子向左偏轉，不會出現(xiàn)圖示

的軌跡，故。錯誤。

故選：C。

4.【答案】。

【解答】解：區(qū)域I中電場力和洛倫茲力相等，由此可得：

qE=q'B\

在區(qū)域II中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：

4-

4%冬=fn—r

解得：7=迎

殂

因為粒子從b邊的中點射出，根據(jù)幾何關系可知，粒子轉過的圓心角為90。，則

Tim

M=cn

2雙

4、若僅將區(qū)域I中磁感應強度大小變?yōu)?4，在區(qū)域I中粒子依然受力平衡，則

qE=qvAx2Bl

解得」吟

根據(jù)牛頓第二定律可得:

qvB①

解得：…把

qB

由此可知粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼墓?，則粒子仍然從。尸邊射出，粒子轉過的

2

圓心角仍然為90。，故”小故A錯誤:

8、若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)?E,根據(jù)上述分析可知:

2qE=q%B\

解得：%=2%

根據(jù)半徑的計算公式「=把可知粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從尸點

qB

射出，粒子轉過的圓心角仍然為90。，故/=",故4錯誤；

。、若僅將區(qū)域H中磁感應強度大小變?yōu)榍膳c，則粒子進入區(qū)域n中的速度為%,根

據(jù)半徑的計算公式X絲可知粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼?>2倍，則粒子從OF

qBx/3

邊射出，根據(jù)幾何關系可知轉過的圓心角為60。，此時的時間為：

4百m

'=9qB?

則,=孚",故C錯誤；

。、若僅將區(qū)域n中磁感應強度大小變?yōu)橐灿?，同上述分析可知，粒子做圓周運動的

4-

半徑變?yōu)樵瓉淼碾?2a>2倍，則粒子從■邊射出，根據(jù)幾何關系可知粒子轉過的圓

心角為45。，則此時的時間為：

黯血故°正確;

故選：。。

5.【答案】A

【解答】解：未加電場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，做其運動軌跡如圖:

L

設SP與x軸正方向夾角為0,則cos。=2="!>

/2

8=60。

粒子做圓周運動轉過的圓心角也為60°,由幾何關系得：r-a=rcosO

解得：r=2a

粒子做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有0，8=加上

r

在磁場中加勻強電場，粒子做勻速直線運動，受力平衡：qvB=qE

聯(lián)立解得:生=工

rn2aB2

故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

6.【答案】BD

【解答】解：AHC、粒子從p點沿磁場半徑方向進入磁場區(qū)域，以a為圓心做圓周運動,

從A點離開圓筒，軌跡如圖所示

0|

由幾何關系可知△。由于所以/。4。=90。，則粒子一定會

沿半徑方向離開磁場區(qū)域，與筒壁碰撞后依然沿半徑方向進入磁場區(qū)域，所以粒子不可

能通過圓心O;由圖可知粒子至少與筒壁碰撞兩次（分別與A和笈碰撞），然后從小孔尸

射出；

由于最終粒子是從P點射出，增大速度碰撞次數(shù)會可能增多，粒子運動時間不一定減少,

故A正確，八C錯誤。

。、由前面分析可知粒子沿半徑圓筒半徑方向射向圓筒，碰撞后沿半徑方向返回圓筒,

故。正確。

故選：BD。

7.【答案】（1）電場強度的大小E為8%;

（2）若電子入射速度為瓦，運動到速度為為時位置的縱坐標x為叫叫；

4232eB

（3）能到達縱坐標），,=”位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N。的百分比為90%。

"5eB

【解答】解：（1）電子入射速度為％時，電子沿x軸做直線運動，可知電子受到的沿），軸

正方向的電場力與沿），軸負方向的洛倫茲力大小相等，則有：

eE=eB\\}

解得：E=B%

（2）電子的入射速度為為＜%,電子的運動軌跡如題圖中的虛線所示，電子運動過程中

40

所受洛倫茲力不做功，只有電場力做功，根據(jù)動能定理得：

解得：,=即吐

（3）電子入射速度為I，（0CY%）,設電子在最高點時的速度大小為L。

電子在最低點所受的合力大小為：F,=eE-eBv

電子在最高點所受的合力大小為：F2=eBvin-eE

由題意可得：￡=鳥

聯(lián)立解得：vm=2v（l-v

設電子到達最高點的縱坐標為％，同理，根據(jù)動能定理得：

解得：），小網鏟

eB

由OCY%,可得：0<%〈也殳，且兒與I，成線性關系，可知電子在空間的軌跡分布是

eB

均勻的，能到達縱坐標）”為位置的電子,其到達最高點的縱坐標在［外，網均區(qū)間。

?-5eB5eBeB

則電子數(shù)N占總電子數(shù)M的百分比為：〃=（1—磊）KIOO%

解得：;7=90%

答：（1）電場強度的大小E為4%；

（2）若電子入射速度為昆，運動到速度為為時位置的縱坐標力為即必；

4232eB

（3）能到達縱坐標%=”位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)時的百分比為90%。

"5eB

8.【答案】（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP

再次進入電場，則磁場的磁感應強度4的大小為6偌；

（2）⑴改變后電場強度&的大小￡=36石和粒子的初速度為9和乎，方向向上；

（ii）粒子不能從夕點第三次進入電場。

【解答】解：（1）粒子從4到垂直于NP進入電場過程中，粒子運動軌跡如圖所示：

根據(jù)幾何關系可知，粒子軌跡半徑：釬獷二/

設粒子第一次進入磁場時的速度為匕，根據(jù)動能定理可得：qE-2d^mv-,解得：

由于粒子第二次從QN邊進入電場到再次從QN邊進入磁場過程中，電場力做功為零，所

以粒子第二次進入磁場時的速度大小不變，仍為“。

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：=m更

（2）⑺若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿），軸正方向第一次進入電

場，離開電場后從尸點第二次進入電場，在電場的作用下從。點離開，粒子運動軌跡如

解得：弓=2.5d

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv,B=〃濁

解得：匕=15償

根據(jù)幾何關系可得：cos^=—=-^-=0.8,則有：sin6^=0.6

42.5d

粒子從〃點進入電場F后，從。點離開電場，則有：

2d

I------