2019屆北京專(zhuān)版高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題十一磁場(chǎng)講義

專(zhuān)題十一磁場(chǎng)高考物理

(北京市專(zhuān)用)A組

自主命題·北京卷題組1.(2016北京理綜,17,6分,0.95)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?shù)h,則能指南,然常微偏東,不全南也?！边M(jìn)一步研究表明,地球周?chē)卮艌?chǎng)的磁感

線(xiàn)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(xiàn)粒子有力的作用五年高考答案

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(xiàn)

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(xiàn)與地面平行,故C錯(cuò)誤。射向地球赤道的帶電宇宙射線(xiàn)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(guān)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。2.(2014北京理綜,16,6分,0.77)帶電粒子a、b在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),它們的動(dòng)量大

小相等,a運(yùn)動(dòng)的半徑大于b運(yùn)動(dòng)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T(mén)a、Tb。則一定有

()A.qa<qb

B.ma<mb

C.Ta<Tb

D.

<

答案

A帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,則有:qvB=

,得軌跡半徑R=

=

周期T=

=

由于Ra>Rb,pa=pb,Ba=Bb,故qa<qb,故選項(xiàng)A正確?？疾辄c(diǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。思路點(diǎn)撥先通過(guò)計(jì)算得到半徑R和周期T的表達(dá)式,再結(jié)合題中條件做出選擇。3.(2016北京理綜,22,16分,0.92)如圖所示,質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁

場(chǎng)方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)帶電粒子所受重力。

(1)求粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R和周期T;(2)為使該粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場(chǎng)方向垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng),求電場(chǎng)強(qiáng)度E

的大小。答案(1)

(2)vB解析(1)洛倫茲力提供向心力,有f=qvB=m

帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=

勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=

=

(2)粒子受電場(chǎng)力F=qE,洛倫茲力f=qvB。粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則qE=qvB場(chǎng)強(qiáng)E的大小E=vB解題指導(dǎo)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),應(yīng)先確定向心力,用向心力公式去解決問(wèn)題,用圓周

運(yùn)動(dòng)的物理量間的關(guān)系求周期。易錯(cuò)點(diǎn)撥直接寫(xiě)出半徑R和周期T的結(jié)果,缺乏依據(jù)和推理,造成失分,值得特別注意。4.[2014北京理綜,24(3),0.20]經(jīng)典物理學(xué)認(rèn)為,金屬的電阻源于定向運(yùn)動(dòng)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(kāi)你想象的翅膀,給出一個(gè)合理的自由電子的

運(yùn)動(dòng)模型;在此基礎(chǔ)上,求出導(dǎo)線(xiàn)MN中金屬離子對(duì)一個(gè)自由電子沿導(dǎo)線(xiàn)長(zhǎng)度方向的平均作用力

的表達(dá)式。答案見(jiàn)解析解析下述解法的共同假設(shè):所有自由電子(簡(jiǎn)稱(chēng)電子,下同)以同一方式運(yùn)動(dòng)。方法一:動(dòng)量解法設(shè)電子在每一次碰撞結(jié)束至下一次碰撞結(jié)束之間的運(yùn)動(dòng)都相同,經(jīng)歷的時(shí)間為Δt,電子的動(dòng)量變

化為零。因?yàn)閷?dǎo)線(xiàn)MN的運(yùn)動(dòng),電子受到沿導(dǎo)線(xiàn)方向的洛倫茲力f洛的作用f洛=evB沿導(dǎo)線(xiàn)方向,電子只受到金屬離子的作用力和f洛作用,所以f洛Δt-If=0其中If為金屬離子對(duì)電子的作用力的沖量,其平均作用力為

,則If=

Δt得

=f洛=evB方法二:能量解法設(shè)電子從導(dǎo)線(xiàn)的一端到達(dá)另一端經(jīng)歷的時(shí)間為t,在這段時(shí)間內(nèi),通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)一端的電子總數(shù)N=

電阻上產(chǎn)生的焦耳熱是由于克服金屬離子對(duì)電子的平均作用力

做功產(chǎn)生的。在時(shí)間t內(nèi)總的焦耳熱Q=N

L由能量守恒得Q=W電=EIt=BLvIt所以

=evB方法三:動(dòng)力學(xué)解法因?yàn)殡娏鞑蛔?所以假設(shè)電子以速度ve相對(duì)導(dǎo)線(xiàn)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。因?yàn)閷?dǎo)線(xiàn)MN的運(yùn)動(dòng),電子受到沿導(dǎo)線(xiàn)方向的洛倫茲力f洛的作用,f洛=evB沿導(dǎo)線(xiàn)方向,電子只受到金屬離子的平均作用力

和f洛作用,二力平衡即

=f洛=evB考查點(diǎn)洛倫茲力。思路點(diǎn)撥構(gòu)建合理的自由電子運(yùn)動(dòng)模型是解答本題的關(guān)鍵,可以從動(dòng)力學(xué)、能量轉(zhuǎn)化、運(yùn)動(dòng)

學(xué)等多個(gè)角度進(jìn)行合理的構(gòu)建,其中以動(dòng)力學(xué)模型最為簡(jiǎn)單,當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí),產(chǎn)生

的感應(yīng)電流是自由電子沿導(dǎo)線(xiàn)勻速運(yùn)動(dòng)的結(jié)果,所以自由電子受到的平均阻力必然與磁場(chǎng)對(duì)自

由電子施加的洛倫茲力相平衡。易錯(cuò)警示切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí),導(dǎo)線(xiàn)相當(dāng)于電源,自由電子在其中的運(yùn)動(dòng)是電荷在電源內(nèi)部運(yùn)動(dòng)

的過(guò)程,是非靜電力做功的過(guò)程,這個(gè)非靜電力就是洛倫茲力,而不是電場(chǎng)力。5.[2013北京理綜,24(1),0.39]對(duì)于同一物理問(wèn)題,常?？梢詮暮暧^(guān)與微觀(guān)兩個(gè)不同角度進(jìn)行研究,

找出其內(nèi)在聯(lián)系,從而更加深刻地理解其物理本質(zhì)。一段橫截面積為S、長(zhǎng)為l的直導(dǎo)線(xiàn),單位體積內(nèi)有n個(gè)自由電子,電子電量為e。該導(dǎo)線(xiàn)通有電流

時(shí),假設(shè)自由電子定向移動(dòng)的速率均為v。(a)求導(dǎo)線(xiàn)中的電流I;(b)將該導(dǎo)線(xiàn)放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,電流方向垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度B,導(dǎo)線(xiàn)所受安培力大小為F安,導(dǎo)線(xiàn)內(nèi)

自由電子所受洛倫茲力大小的總和為F,推導(dǎo)F安=F。答案(a)neSv(b)見(jiàn)解析解析(a)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電量為Δq,由電流定義,有I=

=

=neSv(b)每個(gè)自由電子所受的洛倫茲力:F洛=evB設(shè)導(dǎo)體中共有N個(gè)自由電子,則N=n·Sl導(dǎo)體內(nèi)自由電子所受洛倫茲力大小的總和F=NF洛=nSl·evB由安培力公式,有F安=IlB=neSv·lB得F安=F6.(2013北京理綜,22,16分,0.75)如圖所示,兩平行金屬板間距為d,電勢(shì)差為U,板間電場(chǎng)可視為勻

強(qiáng)電場(chǎng);金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子,由靜止

開(kāi)始從正極板出發(fā),經(jīng)電場(chǎng)加速后射出,并進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。忽略重力的影響,求:(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小;(2)粒子從電場(chǎng)射出時(shí)速度v的大小;(3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R。

答案(1)

(2)

(3)

解析(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E=

(2)根據(jù)動(dòng)能定理,有qU=

mv2得v=

(3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),洛倫茲力提供向心力,有qvB=m

得R=

考查點(diǎn)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。思路點(diǎn)撥本題屬常規(guī)題型,首先弄清帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì),再根據(jù)各運(yùn)動(dòng)所遵

循的規(guī)律作答?？键c(diǎn)一磁場(chǎng)的描述安培力1.(2017課標(biāo)Ⅲ,18,6分)如圖,在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)P和Q垂直于紙面

固定放置,兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線(xiàn)中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí),紙面內(nèi)與兩

導(dǎo)線(xiàn)距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點(diǎn)處磁

感應(yīng)強(qiáng)度的大小為

()A.0

B.

B0

C.

B0

D.2B0

B組

統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組答案

C本題考查磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量性和安培定則。兩導(dǎo)線(xiàn)中通電流I時(shí),兩電流在a點(diǎn)處的

磁感應(yīng)強(qiáng)度與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合為0,則兩電流磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和為-B0,如圖甲

得B=

B0。P中電流反向后,如圖乙,B合=B=

B0,B合與B0的矢量和為B總=

B0,故C項(xiàng)正確。

甲乙易錯(cuò)點(diǎn)評(píng)概念的理解、矢量合成法則的運(yùn)用①正確運(yùn)用安培定則畫(huà)出甲、乙兩圖。②由P和Q電流為I時(shí)合場(chǎng)強(qiáng)為0,得出B0的方向水平向左和B的大小為

B0。③P中的電流反向,則P的磁場(chǎng)反向,Q的磁場(chǎng)大小和方向不變。④注意各物理量間的夾角大小關(guān)系。2.(2017江蘇單科,1,3分)如圖所示,兩個(gè)單匝線(xiàn)圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的邊

緣恰好與a線(xiàn)圈重合,則穿過(guò)a、b兩線(xiàn)圈的磁通量之比為

()

A.1∶1

B.1∶2C.1∶4

D.4∶1答案

A磁通量Φ=B·S,其中B為磁感應(yīng)強(qiáng)度,S為與B垂直的有效面積。因?yàn)槭峭淮艌?chǎng),B相

同,且有效面積相同,Sa=Sb,故Φa=Φb。選項(xiàng)A正確。易錯(cuò)點(diǎn)評(píng)雖然兩線(xiàn)圈面積不同,但是有效面積相等。3.(2017上海單科,11,4分)如圖,一導(dǎo)體棒ab靜止在U形鐵芯的兩臂之間。電鍵閉合后導(dǎo)體棒受到

的安培力方向

()

A.向上

B.向下

C.向左

D.向右答案

D本題考查電流的磁效應(yīng)、安培力及左手定則。根據(jù)圖中的電流方向,由安培定則知

U形鐵芯下端為N極,上端為S極,ab中的電流方向由a→b,由左手定則可知導(dǎo)體棒受到的安培力

方向向右,選項(xiàng)D正確。

思路分析繞有線(xiàn)圈的U形鐵芯為電磁鐵,據(jù)通過(guò)線(xiàn)圈的電流方向,確定U形鐵芯的磁極,再通過(guò)

左手定則確定安培力的方向。4.(2017課標(biāo)Ⅰ,19,6分)(多選)如圖,三根相互平行的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)中電流相等、兩兩等距,則由對(duì)稱(chēng)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(xiàn)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L1、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(xiàn)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(chēng)性可知,每條通電導(dǎo)線(xiàn)在其余兩導(dǎo)線(xiàn)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)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.(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(xiàn)圈由一根漆包

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

架在兩個(gè)金屬支架之間,線(xiàn)圈平面位于豎直面內(nèi),永磁鐵置于線(xiàn)圈下方。為了使電池與兩金屬支

架連接后線(xiàn)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。要使線(xiàn)圈在磁場(chǎng)中開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng),則線(xiàn)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(xiàn)圈轉(zhuǎn)過(guò)1

80°時(shí),靠近磁極的導(dǎo)線(xiàn)與開(kāi)始時(shí)靠近磁極的導(dǎo)線(xiàn)中的電流方向相反,受到的安培力相反,線(xiàn)圈向

原來(lái)的反方向轉(zhuǎn)動(dòng),線(xiàn)圈最終做往返運(yùn)動(dòng),要使線(xiàn)圈連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)線(xiàn)圈轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí),線(xiàn)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)警示要使線(xiàn)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。6.(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?xún)H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(xiàn),導(dǎo)線(xiàn)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)橹改厢樀膬蓚€(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(xiàn)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)。7.(2014課標(biāo)Ⅰ,15,6分,0.809)關(guān)于通電直導(dǎo)線(xiàn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受的安培力,下列說(shuō)法正確的是

()A.安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線(xiàn)B.安培力的方向總是垂直于磁場(chǎng)的方向C.安培力的大小與通電直導(dǎo)線(xiàn)和磁場(chǎng)方向的夾角無(wú)關(guān)D.將直導(dǎo)線(xiàn)從中點(diǎn)折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉?lái)的一半答案

B由左手定則可知,安培力的方向一定與磁場(chǎng)方向和直導(dǎo)線(xiàn)垂直,選項(xiàng)A錯(cuò)、B正確;安培力的大小F=BILsinθ與直導(dǎo)線(xiàn)和磁場(chǎng)方向的夾角有關(guān),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;將直導(dǎo)線(xiàn)從中點(diǎn)折成直角,

假設(shè)原來(lái)直導(dǎo)線(xiàn)與磁場(chǎng)方向垂直,若折成直角后一段與磁場(chǎng)仍垂直,另一段與磁場(chǎng)平行,則安培

力的大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半,若折成直角后,兩段都與磁場(chǎng)垂直,則安培力的大小變?yōu)樵瓉?lái)的

,因此安培力大小不一定是原來(lái)的一半,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.(2013安徽理綜,15,6分)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn),其橫截面位于正方形

的四個(gè)頂點(diǎn)上,導(dǎo)線(xiàn)中通有大小相同的電流,方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)

沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng),它所受洛倫茲力的方向是

()A.向上

B.向下

C.向左

D.向右

答案

B

a、b、c、d四根導(dǎo)線(xiàn)上電流大小相同,它們?cè)贠點(diǎn)形成的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相同,方向如圖甲所示。

O點(diǎn)合磁場(chǎng)方向如圖乙所示,則由O點(diǎn)垂直紙面向外運(yùn)動(dòng)的帶正電的粒子所受洛倫茲力方向據(jù)

左手定則可以判定向下。B選項(xiàng)正確。9.(2015重慶理綜,7,15分)音圈電機(jī)是一種應(yīng)用于硬盤(pán)、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動(dòng)機(jī)。圖是某音圈

電機(jī)的原理示意圖,它由一對(duì)正對(duì)的磁極和一個(gè)正方形剛性線(xiàn)圈構(gòu)成,線(xiàn)圈邊長(zhǎng)為L(zhǎng),匝數(shù)為n,磁

極正對(duì)區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于線(xiàn)圈平面豎直向下,大小為B,區(qū)域外的磁場(chǎng)忽略不計(jì)。

線(xiàn)圈左邊始終在磁場(chǎng)外,右邊始終在磁場(chǎng)內(nèi),前后兩邊在磁場(chǎng)內(nèi)的長(zhǎng)度始終相等。某時(shí)刻線(xiàn)圈中

電流從P流向Q,大小為I。(1)求此時(shí)線(xiàn)圈所受安培力的大小和方向。(2)若此時(shí)線(xiàn)圈水平向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,求安培力的功率。

答案(1)nIBL水平向右(2)nIBLv解析(1)由左手定則判定,線(xiàn)圈所受安培力的方向水平向右,大小為F=nBIL。(2)安培力的功率P=Fv=nBILv?？键c(diǎn)二

洛倫茲力帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)10.(2017課標(biāo)Ⅱ,18,6分)如圖,虛線(xiàn)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),即為最大分布。11.(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(kāi)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)90°

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(huà)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(huà)軌跡,由幾何知識(shí)求半

徑,找圓心角求時(shí)間。12.(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(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線(xiàn)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(xiàn)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(huà)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。13.(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。14.(2014課標(biāo)Ⅰ,16,6分,0.637)如圖,MN為鋁質(zhì)薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫(huà)出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出,從Q點(diǎn)穿越鋁板后

到達(dá)PQ的中點(diǎn)O,已知粒子穿越鋁板時(shí),其動(dòng)能損失一半,速度方向和電荷量不變,不計(jì)重力。鋁

板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為

()

A.2

B.

C.1

D.

答案

D由題圖可知,帶電粒子在鋁板上方的軌跡半徑為下方軌跡半徑的2倍;由洛倫茲力提供向心力:qvB=

,得v=

;其動(dòng)能Ek=

mv2=

,故磁感應(yīng)強(qiáng)度B=

,

=

·

=

,選項(xiàng)D正確。15.(2013課標(biāo)Ⅰ,18,6分,0.456)如圖,半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的橫截面(紙面),磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的

方向射入磁場(chǎng)區(qū)域,射入點(diǎn)與ab的距離為

。已知粒子射出磁場(chǎng)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60°,則粒子的速率為(不計(jì)重力)

()A.

B.

C.

D.

答案

B作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)線(xiàn)所示。因P到ab距離為

,可知α=30°。因粒子速度方向改變60°,可知轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角2θ=60°。由圖中幾何關(guān)系有(r+

)tanθ=Rcosα,解得r=R。再由Bqv=m

可得v=

,故B正確。16.(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(kāi)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R

2。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)容精典,難度較小?？键c(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)17.(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(xiàn)運(yùn)動(dòng),c在紙面內(nèi)向

左做勻速直線(xiàn)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。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(xiàn)運(yùn)動(dòng),必是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),合力定為零。18.(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(kāi)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(kāi)磁

場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)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(kāi)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。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(kāi)”意味著兩粒子在磁

場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑相等。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?？忌枰鶕?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。19.(2013浙江理綜,20,6分)(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電

壓為U的電場(chǎng)加速后,垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)區(qū)域,如圖所示。已知離子P+在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)θ=30°后從磁場(chǎng)右邊界射出。在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)

動(dòng)時(shí),離子P+和P3+()A.在電場(chǎng)中的加速度之比為1∶1B.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為

∶1C.在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為1∶2D.離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3答案

BCD兩離子所帶電荷量之比為1∶3,在電場(chǎng)中時(shí)由qE=ma知a∝q,故加速度之比為1∶3,A錯(cuò)誤;離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能由Ek=qU知Ek∝q,故D正確;在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑由Bqv=m

、Ek=

mv2知R=

∝

,故B正確;設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d,則有sinθ=

∝

,即

=

,故θ'=60°=2θ,C正確。20.(2013重慶理綜,5,6分)如圖所示,一段長(zhǎng)方體形導(dǎo)電材料,左右兩端面的邊長(zhǎng)都為a和b,內(nèi)有帶

電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,內(nèi)部磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí),測(cè)得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U,

且上表面的電勢(shì)比下表面的低。由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)

電荷的正負(fù)分別為

()A.

,負(fù)

B.

,正

C.

,負(fù)

D.

,正

答案

C因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱?shì)比下表面的低,故上表面帶負(fù)電荷,根據(jù)左手定則可判斷自由運(yùn)動(dòng)電荷帶負(fù)電,則B、D兩項(xiàng)均錯(cuò)。設(shè)長(zhǎng)方體形材料長(zhǎng)度為L(zhǎng),總電量為Q,則其單位體積內(nèi)

自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)為

,當(dāng)電流I穩(wěn)恒時(shí),材料內(nèi)的電荷所受電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力相互平衡,則有

=BIL,故

=

,A項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確。21.(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(kāi)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(kāi)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(jiàn)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(lèi)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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),由于題給條件太少,僅有2y=x及初速度v0,所以可先按類(lèi)

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(xiě)出qvB=

,盡可能多拿分。22.(2017江蘇單科,15,16分)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓

為U0的加速電場(chǎng),其初速度幾乎為0,經(jīng)加速后,通過(guò)寬為L(zhǎng)的狹縫MN沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質(zhì)

量分別為2m和m,圖中虛線(xiàn)為經(jīng)過(guò)狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡。不考慮離子

間的相互作用。

(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x;(2)在圖中用斜線(xiàn)標(biāo)出磁場(chǎng)中甲種離子經(jīng)過(guò)的區(qū)域,并求該區(qū)域最窄處的寬度d;(3)若考慮加速電壓有波動(dòng),在(U0-ΔU)到(U0+ΔU)之間變化,要使甲、乙兩種離子在底片上沒(méi)有

重疊,求狹縫寬度L滿(mǎn)足的條件。答案見(jiàn)解析解析本題考查動(dòng)能定理、牛頓第二定律。(1)設(shè)甲種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r1電場(chǎng)加速qU0=

×2mv2且qvB=2m

解得r1=

根據(jù)幾何關(guān)系x=2r1-L解得x=

-L(2)如圖所示

最窄處位于過(guò)兩虛線(xiàn)交點(diǎn)的垂線(xiàn)上d=r1-

解得d=

-

(3)設(shè)乙種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2r1的最小半徑r1min=

r2的最大半徑r2max=

由題意知2r1min-2r2max>L,即

-

>L解得L<

[2

-

]思路點(diǎn)撥幾何關(guān)系的應(yīng)用帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),要用到幾何關(guān)系,主要是通過(guò)作輔助線(xiàn)構(gòu)建直角三角

形等,利用三角函數(shù)、勾股定理求解,或是通過(guò)作垂線(xiàn)段、切線(xiàn)及對(duì)稱(chēng)性等求解。23.(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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)經(jīng)歷的時(shí)間t。

答案(1)見(jiàn)解析(2)3.5s解析(1)小球勻速直線(xiàn)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(mǎn)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(lèi)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(méi)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(xiàn),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)。評(píng)析本題考查帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),題目較難,考生在細(xì)致審題的基礎(chǔ)上,做好受力分

析和運(yùn)動(dòng)分析,再利用平衡條件、運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)才能順利解題。24.(2016江蘇單科,15,16分)回旋加速器的工作原理如圖1所示,置于真空中的D形金屬盒半徑

為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直。被加速粒子的質(zhì)量為m、

電荷量為+q,加在狹縫間的交變電壓如圖2所示,電壓值的大小為U0,周期T=

。一束該種粒子在t=0~

時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng),不考慮粒子間的相互作用。求:

圖1

(1)出射粒子的動(dòng)能Em;(2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0;(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出,d應(yīng)滿(mǎn)足的條件。圖2答案(1)

(2)

-

(3)d<

解析(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)qvB=m

且Em=

mv2解得Em=

(2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em,則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為Δt加速度a=

勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)nd=

a·Δt2由t0=(n-1)·

+Δt,解得t0=

-

(3)只有在0~(

-Δt)時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為η=

由η>99%,解得d<

方法技巧計(jì)算粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間時(shí),可剔除粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),直接將粒子在電場(chǎng)

中的各段運(yùn)動(dòng)相銜接,作為一個(gè)勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)來(lái)處理,可用總位移nd=

aΔt2或總速度v=aΔt來(lái)計(jì)算。評(píng)析此題以回旋加速器為載體考查了帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),第(3)問(wèn)設(shè)問(wèn)新穎,有

效考查了考生的審題、分析、建模、運(yùn)算等多種能力,此題難度較大。25.(2015福建理綜,22,20分)如圖,絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和

勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向水平向右,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。

一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿MN下滑,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)MN做

曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。A、C兩點(diǎn)間距離為h,重力加速度為g。(1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC;(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置,當(dāng)小滑塊運(yùn)

動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng),此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大

小為vD,從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t,求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP。

答案(1)

(2)mgh-

(3)

解析(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程,水平方向受力滿(mǎn)足qvB+N=qE

①小滑塊在C點(diǎn)離開(kāi)MN時(shí)N=0

②解得vC=

③(2)由動(dòng)能定理mgh-Wf=

m

-0

④解得Wf=mgh-

⑤(3)如圖,小滑塊速度最大時(shí),速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直。撤去磁場(chǎng)后小滑塊將

做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),等效加速度為g'

g'=

⑥且

=

+g'2t2

⑦解得vP=

⑧26.(2015山東理綜,24,20分)如圖所示,直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi),O為圓心,

GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng),上極板開(kāi)有一小孔。一質(zhì)量為m、電量

為+q的粒子由小孔下方

處?kù)o止釋放,加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場(chǎng),由H點(diǎn)緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力。

(1)求極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;(2)若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切,求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;(3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為

、

,粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后再次經(jīng)過(guò)H點(diǎn),求這段時(shí)間粒子運(yùn)動(dòng)的路程。答案(1)

(2)

或

(3)5.5πD解析(1)設(shè)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,對(duì)粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理得qE

=

mv2

①由①式得E=

②(2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=m

③如圖甲所示,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切有兩種情況。若粒子軌跡與小圓外切,由幾何關(guān)系得R=

④

圖甲聯(lián)立③④式得B=

⑤若粒子軌跡與小圓內(nèi)切,由幾何關(guān)系得R=

⑥聯(lián)立③⑥式得B=

⑦(3)設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為R1、R2,由題意可知,Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的

大小分別為B1=

、B2=

,由牛頓第二定律得qvB1=m

,qvB2=m

⑧代入數(shù)據(jù)得R1=

,R2=

⑨設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期分別為T(mén)1、T2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T1=

,T2=

⑩據(jù)題意分析,粒子兩次與大圓相切的時(shí)間間隔內(nèi),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示,根據(jù)對(duì)稱(chēng)可知,Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對(duì)圓心角相同,設(shè)為θ1,Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對(duì)圓心角設(shè)為θ2,圓弧和大圓的兩個(gè)切點(diǎn)與圓心O連

線(xiàn)間的夾角設(shè)為α,由幾何關(guān)系得

θ1=120°

θ2=180°

α=60°

粒子重復(fù)上述交替運(yùn)動(dòng)回到H點(diǎn),軌跡如圖丙所示,設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別

為t1、t2,可得圖乙

圖丙t1=

×

T1,t2=

×

T2

設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的路程為s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得s=v(t1+t2)

聯(lián)立⑨⑩

式得s=5.5πD

C組教師專(zhuān)用題組1.(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)。2.(2015四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN

垂直于紙面。在紙面內(nèi)的長(zhǎng)度L=9.1cm,中點(diǎn)O與S間的距離d=4.55cm,MN與SO直線(xiàn)的夾角為θ,

板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0×10-4T。

電子質(zhì)量m=9.1×10-31kg,電量e=-1.6×10-19C,不計(jì)電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6×106m/s的一

個(gè)電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長(zhǎng)度為l,則

()A.θ=90°時(shí),l=9.1cmB.θ=60°時(shí),l=9.1cmC.θ=45°時(shí),l=4.55cmD.θ=30°時(shí),l=4.55cm答案

AD如圖,S到MN的距離d0=dsinθ,因電子在磁場(chǎng)中沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng),則電子打在MN上

最上端的位置對(duì)應(yīng)于電子運(yùn)動(dòng)軌跡與MN的切點(diǎn),電子打在MN上最下端的位置對(duì)應(yīng)于到S的距

離等于電子運(yùn)動(dòng)軌跡直徑的點(diǎn)(若

>

,則最下端位置為N)。因電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑r=

=4.55cm。由圖中幾何關(guān)系有

=

,

=

。當(dāng)θ=90°時(shí),

取得最小值

r,此時(shí)

=

>

,從而有l(wèi)=

=

+

-dcosθ=

+

-dcosθ。當(dāng)θ=90°時(shí),l=9.1cm,當(dāng)θ=60°時(shí),l=6.78cm,當(dāng)θ=45°時(shí),l=5.68cm,當(dāng)θ=30°時(shí),l=4.55cm。故可知A、D正確,

B、C錯(cuò)誤。

3.(2014浙江理綜,20,6分)(多選)如圖1所示,兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置,間距為L(zhǎng),其間有豎直向

下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對(duì)稱(chēng)放置一根均勻金屬棒。從t=0時(shí)刻起,棒上

有如圖2所示的持續(xù)交變電流I,周期為T(mén),最大值為Im,圖1中I所示方向?yàn)殡娏髡较?。則金屬棒

()圖1圖2A.一直向右移動(dòng)B.速度隨時(shí)間周期性變化C.受到的安培力隨時(shí)間周期性變化D.受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功答案

ABC根據(jù)題意得出v-t圖像如圖所示,金屬棒一直向右運(yùn)動(dòng),A正確。速度隨時(shí)間做周期性變化,B正確。據(jù)F安=BIL及左手定則可判定,F安大小不變,方向做周期性變化,則C項(xiàng)正確。F

安在前半周期做正功,后半周期做負(fù)功,則D項(xiàng)錯(cuò)。4.(2014課標(biāo)Ⅱ,20,6分,0.347)(多選)圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強(qiáng)磁

場(chǎng),硅微條徑跡探測(cè)器可以探測(cè)粒子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡。宇宙射線(xiàn)中有大量的電子、正電子和

質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),下列說(shuō)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑一定相同C.僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D.粒子的動(dòng)能越大,它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小答案

AC在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,各粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向相同,但速度大小關(guān)系未知。由左手定則可知電子與正電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受洛倫茲力方向相反,偏轉(zhuǎn)方向必相反,故A正確。因r=

,各粒子雖q相同、但v關(guān)系未知,故m相同、v不同時(shí)軌跡半徑不同,而當(dāng)r相同時(shí)只能表明mv相同,不能確定m的關(guān)系,故B錯(cuò)誤、C正確。由Ek=

mv2及r=

,得r=

,可見(jiàn)當(dāng)Ek越大時(shí)粒子的軌跡半徑越大,故D錯(cuò)誤。5.(2012北京理綜,16,6分,0.37)處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一個(gè)帶電粒子,僅在磁場(chǎng)力作用下做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)。將該粒子的運(yùn)動(dòng)等效為環(huán)形電流,那么此電流值

()A.與粒子電荷量成正比B.與粒子速率成正比C.與粒子質(zhì)量成正比D.與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比答案

D粒子僅在磁場(chǎng)力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有qvB=m

,得R=

,周期T=

=

,其等效環(huán)形電流I=

=

,故D選項(xiàng)正確。6.(2016四川理綜,11,19分)如圖所示,圖面內(nèi)有豎直線(xiàn)DD',過(guò)DD'且垂直于圖面的平面將空間分

成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域。區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(圖中未

畫(huà)出);區(qū)域Ⅱ有固定在水平地面上高h(yuǎn)=2l、傾角α=π/4的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線(xiàn)DD'距

離s=4l,區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出);C點(diǎn)在DD'上,距地面高H=3l。

零時(shí)刻,質(zhì)量為m、帶電量為q的小球P在K點(diǎn)具有大小v0=

、方向與水平面夾角θ=π/3的速度,在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做半徑r=3l/π的勻速圓周運(yùn)動(dòng),經(jīng)C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。某時(shí)刻,不帶電的絕緣小球A

由斜面頂端靜止釋放,在某處與剛運(yùn)動(dòng)到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力及小

球P所帶電量對(duì)空間電磁場(chǎng)的影響。l已知,g為重力加速度。(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)若小球A、P在斜面底端相遇,求釋放小球A的時(shí)刻tA;(3)若小球A、P在時(shí)刻t=β

(β為常數(shù))相遇于斜面某處,求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E,并討論場(chǎng)強(qiáng)E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向。

答案(1)

(2)(3-2

)

(3)見(jiàn)解析解析(1)由題知,小球P在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有m

=qv0B

①代入數(shù)據(jù)解得B=

②(2)小球P在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ,運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)刻為tC,到達(dá)斜面底端時(shí)刻

為t1,有tC=

③s-

=v0(t1-tC)

④小球A釋放后沿斜面運(yùn)動(dòng)加速度為aA,與小球P在時(shí)刻t1相遇于斜面底端,有mgsinα=maA

⑤

=

aA(t1-tA)2

⑥聯(lián)立以上方程解得tA=(3-2

)

⑦(3)設(shè)所求電場(chǎng)方向向下,在tA'時(shí)刻釋放小球A,小球P在區(qū)域Ⅱ運(yùn)動(dòng)加速度為aP,有s=v0(t-tC)+

aA(t-tA')2cosα

⑧mg+qE=maP

⑨H-h+

aA(t-tA')2sinα=

aP(t-tC)2

⑩聯(lián)立相關(guān)方程解得E=

對(duì)小球P的所有運(yùn)動(dòng)情形討論可得3≤β≤5

由此可得場(chǎng)強(qiáng)極小值為Emin=0;場(chǎng)強(qiáng)極大值為Emax=

,方向豎直向上。解題指導(dǎo)①明確小球P在區(qū)域Ⅰ的運(yùn)動(dòng)性質(zhì),確定小球P在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)向心力

由洛倫茲力提供;②結(jié)合題設(shè)條件,分析小球A、P在斜面底端相遇時(shí),需滿(mǎn)足什么條件。疑難突破在解答第(3)問(wèn)時(shí),需要考生結(jié)合題設(shè)條件,列出E的表達(dá)式,而后根據(jù)表達(dá)式去分析E

的極值。7.(2015課標(biāo)Ⅰ,24,12分,0.564)如圖,一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛

在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中;磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T,方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定,下端與金屬

棒絕緣。金屬棒通過(guò)開(kāi)關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電池相連,電路總電阻為2Ω。已知開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)

兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為0.5cm;閉合開(kāi)關(guān),系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)相比均改

變了0.3cm。重力加速度大小取10m/s2。判斷開(kāi)關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金

屬棒的質(zhì)量。

答案見(jiàn)解析解析依題意,開(kāi)關(guān)閉合后,電流方向?yàn)閺腷到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向?yàn)樨Q

直向下。開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí),兩彈簧各自相對(duì)于其原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)量為Δl1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1=mg

①式中,m為金屬棒的質(zhì)量,k是彈簧的勁度系數(shù),g是重力加速度的大小。開(kāi)關(guān)閉合后,金屬棒所受安培力的大小為F=IBL

②式中,I是回路電流,L是金屬棒的長(zhǎng)度。兩彈簧各自再伸長(zhǎng)了Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡

條件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F

③由歐姆定律有E=IR

④式中,E是電池的電動(dòng)勢(shì),R是電路總電阻。聯(lián)立①②③④式,并代入題給數(shù)據(jù)得m=0.01kg⑤(安培力方向判斷正確給2分,①②③④⑤式各2分。)8.(2015重慶理綜,9,18分)圖為某種離子加速器的設(shè)計(jì)方案。兩個(gè)半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂

直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。其中MN和M'N'是間距為h的兩平行極板,其上分別有正對(duì)的兩個(gè)小

孔O和O',O'N'=ON=d,P為靶點(diǎn),O'P=kd(k為大于1的整數(shù))。極板間存在方向向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),兩

極板間電壓為U。質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始加速,經(jīng)O'進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。

當(dāng)離子打到極板上O'N'區(qū)域(含N'點(diǎn))或外殼上時(shí)將會(huì)被吸收。兩虛線(xiàn)之間的區(qū)域無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)

存在,離子可勻速穿過(guò)。忽略相對(duì)論效應(yīng)和離子所受的重力。求:(1)離子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)僅加速一次后能打到P點(diǎn)所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小;(2)能使離子打到P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的所有可能值;(3)打到P點(diǎn)的能量最大的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。答案(1)

(2)

(n=1,2,3,…,k2-1)(3)

h

解析(1)離子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)僅加速一次后能打到P點(diǎn)時(shí),軌道半徑R1=

根據(jù)牛頓第二定律有:B1qv1=m

對(duì)離子在電場(chǎng)中加速的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有:qU=

m

解得:B1=

(2)假設(shè)離子在電場(chǎng)中加速了n次后恰好打在P點(diǎn),則有nqU=

m

Bqv2=m

R=

解得B=

若離子在電場(chǎng)中加速一次后恰好打在N'。同理可得此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=

。由題意可知,B<B0時(shí)離子才可能打在P點(diǎn)上。由

<

解得:n<k2,可見(jiàn)n的最大值應(yīng)為k2-1,即n的取值應(yīng)為n=1,2,3,…,k2-1。(3)n=k2-1對(duì)應(yīng)的離子就是打在P點(diǎn)的能量最大的離子。離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圈數(shù)為k2-

,故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=

T=

×

=

。設(shè)離子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,則有:(k2-1)h=

解得:t2=h

。9.(2014浙江理綜,25,22分)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)。某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)化

原理如圖1所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū),將氙氣電離獲得1價(jià)正離

子;Ⅱ?yàn)榧铀賲^(qū),長(zhǎng)度為L(zhǎng),兩端加有電壓,形成軸向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初

速度進(jìn)入Ⅱ區(qū),被加速后以速度vM從右側(cè)噴出。Ⅰ區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在離軸線(xiàn)R/2處的C點(diǎn)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(xiàn)的截面上運(yùn)動(dòng),截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初

速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線(xiàn)成α角(0<α≤90°)。推進(jìn)器工作時(shí),向Ⅰ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Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)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Ⅱ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(qǐng)判斷Ⅰ區(qū)中的磁場(chǎng)方向(按圖2說(shuō)明是“垂直紙面向里”或“垂直紙

面向外”);(3)α為90°時(shí),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α角的關(guān)系。圖1圖2答案(1)

(2)垂直紙面向外(3)v0≤v<

(B>

)(4)vmax=

解析(1)由動(dòng)能定理得

M

=eU

①U=

②a=

=e

=

③(2)由題知電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大,電離效果越好,則題圖2中顯然電子

往左半部偏轉(zhuǎn)較好,故Ⅰ區(qū)中磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向外

④(3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r

2r=

R

⑤eBv=m

⑥所以有v0≤v<

⑦要使⑦式有解,磁感應(yīng)強(qiáng)度B>

⑧(4)如圖所示,

OA=R-r,OC=

,AC=r根據(jù)幾何關(guān)系得r=

⑨由⑥⑨式得vmax=

10.(2013浙江理綜,25,22分)為了降低潛艇噪音,提高其前進(jìn)速度,可用電磁推進(jìn)器替代螺旋槳。

潛艇下方有左、右兩組推進(jìn)器,每組由6個(gè)相同的、用絕緣材料制成的直線(xiàn)通道推進(jìn)器構(gòu)成,其

原理示意圖如下。在直線(xiàn)通道內(nèi)充滿(mǎn)電阻率ρ=0.2Ω·m的海水,通道中a×b×c=0.3m×0.4m×0.3

m的空間內(nèi),存在由超導(dǎo)線(xiàn)圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其磁感應(yīng)強(qiáng)度B=6.4T、方向垂直通道側(cè)面向外。

磁場(chǎng)區(qū)域上、下方各有a×b=0.3m×0.4m的金屬板M、N,當(dāng)其與推進(jìn)器專(zhuān)用直流電源相連后,在

兩板之間的海水中產(chǎn)生了從N到M,大小恒為I=1.0×103A的電流,設(shè)該電流只存在于磁場(chǎng)區(qū)域。

不計(jì)電源內(nèi)阻及導(dǎo)線(xiàn)電阻,海水密度ρm≈1.0×103kg/m3。(1)求一個(gè)直線(xiàn)通道推進(jìn)器內(nèi)磁場(chǎng)對(duì)通電海水的作用力大小,并判斷其方向;(2)在不改變潛艇結(jié)構(gòu)的前提下,簡(jiǎn)述潛艇如何轉(zhuǎn)彎?如何“倒車(chē)”?(3)當(dāng)潛艇以恒定速度v0=30m/s前進(jìn)時(shí),海水在出口處相對(duì)于推進(jìn)器的速度v=34m/s,思考專(zhuān)用直

流電源所提供的電功率如何分配,求出相應(yīng)功率的大小。答案見(jiàn)解析解析(1)將通電海水看成導(dǎo)線(xiàn),所受磁場(chǎng)力F=IBL代入數(shù)據(jù)得:F=IBc=1.0×103×6.4×0.3N=1.92×103N用左手定則判斷磁場(chǎng)對(duì)海水作用力方向向右(或與海水出口方向相同)(2)考慮到潛艇下方有左、右2組推進(jìn)器,可以開(kāi)啟或關(guān)閉不同個(gè)數(shù)的左、右兩側(cè)的直線(xiàn)通道推

進(jìn)器,實(shí)施轉(zhuǎn)彎。改變電流方向,或者磁場(chǎng)方向,可以改變海水所受磁場(chǎng)力的方向,根據(jù)牛頓第三定律,使?jié)撏А暗?/p>

車(chē)”。(3)電源提供的電功率中的第一部分:牽引功率P1=F牽v0根據(jù)牛頓第三定律:F牽=12IBL當(dāng)v0=30m/s時(shí),代入數(shù)據(jù)得:P1=F牽v0=12×1.92×103×30W=6.9×105W第二部分:海水的焦耳熱功率對(duì)單個(gè)直線(xiàn)推進(jìn)器,根據(jù)電阻定律:R=ρ

代入數(shù)據(jù)得:R=ρ

=0.2×

Ω=0.5Ω由熱功率公式,P=I2R代入數(shù)據(jù)得:P單=I2R=5.0×105WP2=12×5.0×105W=6.0×106W第三部分:單位時(shí)間內(nèi)海水動(dòng)能的增加值設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)噴出海水的質(zhì)量為mP3=12×

考慮到海水的初動(dòng)能為零,ΔEk=Ek=

m

m=ρmbcv水對(duì)地ΔtP3=12×

=12×

ρmbc

=4.6×104W11.(2011北京理綜,23,18分,0.52)利用電場(chǎng)和磁場(chǎng),可以將比荷不同的離子分開(kāi),這種方法在化學(xué)

分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用。如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長(zhǎng))中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),A處有一狹縫。離子

源產(chǎn)生的離子,經(jīng)靜電場(chǎng)加速后穿過(guò)狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng),運(yùn)動(dòng)到

GA邊,被相應(yīng)的收集器收集。整個(gè)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m1和m2(m1>m2),電荷量均為q。加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為U,

離子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度可以忽略。不計(jì)重力,也不考慮離子間的相互作用。(1)求質(zhì)量為m1的離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率v1;(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí),求兩種離子在GA邊落點(diǎn)的間距s;(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響,實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度。若狹縫過(guò)寬,可能

使兩束離子在GA邊上的落點(diǎn)區(qū)域交疊,導(dǎo)致兩種離子無(wú)法完全分離。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào),GA邊長(zhǎng)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(chǎng),入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)。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。

答案(1)

(2)

(3)

·L解析(1)加速電場(chǎng)對(duì)離子m1做的功W=qU由動(dòng)能定理

m1

=qU得v1=

①(2)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式qvB=

,R=

,利用①式得離子在磁場(chǎng)中的軌道半徑分別為R1=

,R2=

②兩種離子在GA上落點(diǎn)的間距s=2R1-2R2=

③(3)質(zhì)量為m1的離子,在GA邊上的落點(diǎn)都在其入射點(diǎn)左側(cè)2R1處,由于狹縫的寬度為d,因此落點(diǎn)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(diǎn)區(qū)域的寬度也是d。為保證兩種離子能完全分離,兩個(gè)區(qū)域應(yīng)無(wú)交疊,條件為2(R1-R2)>d

④利用②式,代入④式得2R1

>dR1的最大值滿(mǎn)足2R1m=L-d得(L-d)

>d求得最大值dm=

·LA組

2015—2017年高考模擬·基礎(chǔ)題組（時(shí)間:45分鐘分值:85分）一、選擇題(每題5分,共35分)1.(2017北京東城一模,18)如