《（新課標Ⅱ）2019版高考物理一輪復習 專題十 磁場課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標Ⅱ）2019版高考物理一輪復習 專題十 磁場課件.ppt（212頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題十磁場,高考物理 (課標專用),考點一磁場、安培力 1.(2018課標,20,6分)(多選)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導線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,它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中,外磁場的磁感應強度大小為B0,方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0,方向也垂直于紙面向外。則() A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 D.流經(jīng)L2的電

2、流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0,答案AC本題考查安培定則、磁場的疊加。由安培定則判定,L1中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向分別垂直于紙面向里和向外;設L1和L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小分別為B1和B2,由磁感應強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項正確。,解題關鍵注意矢量的方向性 本題解題的關鍵是要注意磁感應強度的方向性,如L2中電流產(chǎn)生的磁場方向在a點垂直紙面向里,在b點垂直紙面向外。,,2.(2017課標,21,6分)(多選)某同學自制的簡

3、易電動機示意圖如圖所示。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邊的中間位置引出,并作為線圈的轉軸。將線圈架在兩個金屬支架之間,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)轉動起來,該同學應將() A.左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉 B.左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉,C.左轉軸上側的絕緣漆刮掉,右轉軸下側的絕緣漆刮掉 D.左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉,右轉軸下側的絕緣漆刮掉,答案AD本題考查安培力、電路。要使線圈在磁場中開始轉動,則線圈中必有電流通過,電路必須接通,故左右轉軸下側的絕緣漆都必須刮掉;但如果上側的絕緣漆也都刮掉,當線圈轉過

4、180時,靠近磁極的導線與開始時靠近磁極的導線中的電流方向相反,受到的安培力相反,線圈向原來的反方向轉動,線圈最終做往返運動,要使線圈連續(xù)轉動,當線圈轉過180時,線圈中不能有電流通過,依靠慣性轉動到初始位置再接通電路即可實現(xiàn)連續(xù)轉動,故左、右轉軸的上側不能都刮掉,故選項A、D正確。,易錯警示 要使線圈連續(xù)轉動,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)轉動,而不能受到交變的安培力作用。,,3.(2017課標,19,6分)(多選)如圖,三根相互平行的固定長直導線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。下列說法正確

5、的是() A.L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為11 D.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1,答案BC本題考查安培力。因三根導線中電流相等、兩兩等距,則由對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,各導線受力如圖所示,由圖中幾何關系可知,L1所受磁場作用力F1的方向與L2、L3所在平面平行,L3所受磁場作用力F3的方向與L1、L2所在平面垂直,A錯誤、B正確。設單位長度的導線兩兩之間作用力的大小為F,則由幾何關系可得L1、L2單

6、位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 60=F,L3單位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 30=F,故C正確、D錯誤。,一題多解電流的磁場與安培力 由對稱性可知,每條通電導線在其余兩導線所在處產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小相等,設為B。如圖所示,由幾何關系可得L1所在處磁場B1=2B cos 60=B,方向與L2、L3所在平面垂直,再由左手定則知L1所受磁場作用力方向與L2、L3所在平面平行,L1上單位長度所受安培力的大小為F1=BI。同理可判定L3所受磁場作用力方向與L1、L2所在平面垂直,單位長度所受安培力大小為F3=BI;L2上單位長度所受安培力大小為F2=BI,即F1F2F3=11

7、,故A、D錯誤,B、C正 確。,4.(2015課標,18,6分,0.527)(多選)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關于指南針,下列說法正確的是() A.指南針可以僅具有一個磁極 B.指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場 C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾 D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線,導線通電時指南針不偏轉,答案BC任何磁體均具有兩個磁極,故A錯。指南針之所以能指向南北,是因為指南針的兩個磁極受到磁場力的作用,這說明地球具有磁場,即B正確。放在指南針附近的鐵塊被磁化后,反過來會影響指南針的指向,即C正確。通電直導線產(chǎn)生的磁場對其正下方的指南針有磁場力的作用,會使指南針發(fā)生偏轉

8、,故D錯。,易錯警示 鐵塊被指南針磁化后反過來會影響指南針。,考查點 磁場,,5.(2014課標,15,6分,0.809)關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是() A.安培力的方向可以不垂直于直導線 B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關 D.將直導線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?答案B由左手定則可知,安培力的方向一定與磁場方向和直導線垂直,選項A錯、B正確;安培力的大小F=BIL sin ,與直導線和磁場方向的夾角有關,選項C錯誤;將直導線從中點折成直角,假設原來直導線與磁場方向垂直,若折成直角后一段與磁場

9、仍垂直,另一段與磁場平行,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?若折成直角后,兩段都與磁場垂直,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼?因此安培力大小不一定是原來的一半,選項D錯誤。,6.(2015課標,24,12分,0.564)如圖,一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中;磁場的磁感應強度大小為0.1 T,方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定,下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連,電路總電阻為2 。已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm;閉合開關,系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關

10、閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質量。,答案 見解析,,解析依題意,開關閉合后,電流方向為從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向為豎直向下。 開關斷開時,兩彈簧各自相對于其原長的伸長量為l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡條件得 2kl1=mg 式中,m為金屬棒的質量,k是彈簧的勁度系數(shù),g是重力加速度的大小。 開關閉合后,金屬棒所受安培力的大小為 F=IBL 式中,I是回路電流,L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡條件得 2k(l1+l2)=mg+F 由歐姆定律有 E=IR 式中,E是電池的電動勢,R是電路總電阻。 聯(lián)立式,并

11、代入題給數(shù)據(jù)得,m=0.01 kg (安培力方向判斷正確給2分,式各2分),思路分析 開關斷開時對ab棒進行受力分析,列平衡方程。 開關閉合時,判定安培力方向,對ab棒進行受力分析,列平衡方程。,考查點 安培力、閉合電路歐姆定律,考點二洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動 7.(2017課標,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磁場,P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點,在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率為v2,相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的

12、相互作用。則v2v1為() A.2B.1C.1D.3,答案C設速率為v1的粒子最遠出射點為M,速率為v2的粒子最遠出射點為N,如圖所示,則由幾何知識得 r1==,r2==R = 由qvB=得r=,故==,選項C正確。,8.(2016課標,18,6分,)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,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順時針轉動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉過90時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。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

13、案A定圓心、畫軌跡,由幾何關系可知,此段圓弧所對圓心角=30,所需時間t=T= ;由題意可知粒子由M飛至N與圓筒旋轉90所用時間相等,即t==,聯(lián)立以上兩式得 =,A項正確。,,9.(2016課標,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上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量為m,電荷量為q(q0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為() A.B.C.

14、D.,答案D粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由qvB=m得R=,分析圖中角度關系可知, PO半徑與OQ半徑在同一條直線上。 則PQ=2R,所以OQ=4R=,選項D正確。,,10.(2015課標,14,6分,0.759)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(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,故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后,其速度大小不變,由r=知,軌道半徑增

15、大;由角速度=知,角速度減小,選項D正確。,,11.(2015課標,19,6分,0.506)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和,中的磁感應強度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與中運動的電子相比,中的電子() A.運動軌跡的半徑是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圓周運動的周期是中的k倍 D.做圓周運動的角速度與中的相等,答案AC由題意可知,v1=v2,B1=kB2。電子運動的軌跡半徑R=,故R2=kR1,A正確。加 速度大小a=B,故a2=a1/k,B錯。周期T=,故T2=kT1,C正確。角速度==B, 故2=1/k,D錯。,思路點撥利用洛倫茲力提供向心力推出R、

16、a、T、的表達式,然后根據(jù)表達式進行判斷。,考查點 帶電粒子在磁場中的偏轉,,12.(2014課標,16,6分,0.637)如圖,MN為鋁質薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O,已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變,不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為(),A.2B.C.1D.,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=;其動能Ek=mv2=,故磁感應強度B=,== ,選項D正確。,考查點 帶

17、電粒子在磁場中的偏轉,解題關鍵利用洛倫茲力提供向心力,求出v與R的關系,導出Ek的表達式。,,13.(2014課標,20,6分,0.347)(多選)圖為某磁譜儀部分構件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時,下列說法正確的是() A.電子與正電子的偏轉方向一定不同 B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同 C.僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子 D.粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小,答案AC在同一勻強磁場中,各粒子進入磁場時速度方向相同,但速度大小關

18、系未知。由左手定則可知電子與正電子進入磁場時所受洛倫茲力方向相反,偏轉方向必相反,故A正確。因r=,各粒子雖q相同,但v關系未知,故m相同、v不同時軌跡半徑不同,而當r相同時只能表明 mv相同,不能確定m的關系,故B錯誤、C正確。由Ek=mv2、r=得r=,可見當Ek越大時 粒子軌跡半徑越大,故D錯誤。,考查點 洛倫茲力、左手定則,審題指導 本題考查帶電粒子垂直射入磁場后的偏轉問題,不要受“硅微條徑跡探測器”這個名稱的影響。,,14.(2017課標,24,12分)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x0區(qū)域,磁感應強度的大小為B0;x1)。一質量為m、電荷量為q(q0)的帶

19、電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時。當粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力) (1)粒子運動的時間; (2)粒子與O點間的距離。,答案 (1)(1+)(2)(1-),,解析本題考查帶電粒子在磁場中的運動。 (1)在勻強磁場中,帶電粒子做圓周運動。設在x0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運動定律得 qB0v0=m qB0v0=m 粒子速度方向轉過180時,所需時間t1為 t1= 粒子再轉過180時,所需時間t2為 t2= 聯(lián)立式得,所求時間為 t0=t1+t2=(1+) (2)由幾何關系及式得,所求距離為,d0=2(R1-

20、R2)=(1-) ,綜合點評帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力。特點是粒子在y軸左、右兩側的受力大小有突變。因為B左B右,所以R左

21、運動。下列選項正確的是() A.mambmcB.mbmamc C.mcmambD.mcmbma,答案B本題考查帶電粒子在復合場中的運動。因微粒a做勻速圓周運動,則微粒重力不能忽略且與電場力平衡: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b、c分別由平衡條件可得mbg=qE+BqvbqE、mcg=qE-Bqvcmamc,B正確。,規(guī)律總結 復合場中粒子的特殊運動 帶電粒子在重力場、勻強電場和磁場組成的復合場中運動時:若做勻速圓周運動,重力必與電場力平衡,洛倫茲力提供向心力;若做直線運動,必是勻速直線運動,合力定為零。,,16.(2016課標,15,

22、6分)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為() A.11B.12C.121D.144,答案D設質子和離子的質量分別為m1和m2,原磁感應強度為B1,改變后的磁感應強度為B2。在加速電場中qU=mv2,在磁場中qvB=m,聯(lián)立兩式得m=,故有==144,選項 D正確。,考查點 帶電粒子在復合場中的運動,解題關鍵 利用電場加速、磁場偏

23、轉推出的表達式。,,17.(2018課標,25,20分)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應強度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側為電場區(qū)域,寬度均為l,電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點,它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡; (2)求該粒子從M點入射時速度的大小; (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好

24、與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點 運動到N點的時間。,答案 (1)見解析(2)(3),,解析本題考查帶電粒子在復合場中的運動。 (1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱) 圖(a) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0,在下側電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為見圖(b),速度沿電場方向的分量為v1。,圖(b),根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質量。由運動學公式有 v1=at l=v0t v1=v c

25、os 粒子在磁場中做勻速圓周運動,設其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB= 由幾何關系得 l=2R cos 聯(lián)立式得 v0= (3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得,v1=v0 cot 聯(lián)立式得 = 設粒子由M點運動到N點所用的時間為t,則 t=2t+T 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期, T= 由式得 t=,審題指導對稱性是解題關鍵,18.(2018課標,25,20分)如圖,在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E;在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸 上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已

26、知H進入磁場時,速度方向與x軸正方 向的夾角為60,并從坐標原點O處第一次射出磁場H的質量為m,電荷量為q。不計重力。求 (1H第一次進入磁場的位置到原點O的距離; (2)磁場的磁感應強度大小; (3H第一次離開磁場的位置到原點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中的偏轉及帶電粒子在勻強磁場中的運動。 (1H在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示。設H在電場中 的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為t1,第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學公式有 s1=v1t1 h=a1 由題給條件H進入磁場時速度

27、的方向與x軸正方向夾角1=60H進入磁場時速度的y分 量的大小為 a1t1=v1 tan 1,聯(lián)立以上各式得 s1=h (2H在電場中運動時,由牛頓第二定律有 qE=ma1 設H進入磁場時速度的大小為v1,由速度合成法則有 v1= 設磁感應強度大小為BH在磁場中運動的圓軌道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二 定律有 qv1B= 由幾何關系得 s1=2R1 sin 1 聯(lián)立以上各式得 B=,(3)設H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a2,由題給 條件得 (2m)=m 由牛頓第二定律有 qE=2ma2 設H第一次射入磁場時的速度大小為v2,速度的方向與x軸正方向夾

28、角為2,入射點到原 點的距離為s2,在電場中運動的時間為t2。由運動學公式有 s2=v2t2 h=a2 v2= sin 2= 聯(lián)立以上各式得 s2=s1,2=1,v2=v1,設 H在磁場中做圓周運動的半徑為R2,由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑 公式得 R2==R1 所以出射點在原點左側。設H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s 2,由幾何關系有 s2=2R2 sin 2 聯(lián)立式得H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 s2-s2=(-1)h,規(guī)律總結帶電粒子在組合場中運動問題的一般解題思路 電場中類平拋運動:x=v0t,y=at2 速度方向:tan = 位移方向:tan

29、 = 磁場中勻速圓周運動的解題步驟:a.確定圓心; b.利用幾何關系求半徑;c.qvB=,19.(2018課標,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)水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求 (1)磁場的磁感應強度大小; (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。,答案(1)(2)14,,解析本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動。 (1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1,在磁

30、場中做勻速圓周運動的半徑為R1,磁場的磁感應強度大小為B,由動能定理有 q1U=m1 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B=m1 由幾何關系知 2R1=l 由式得 B= (2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有 q2U=m2,q2v2B=m2 由題給條件有 2R2= 由式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為 =14,思路分析根據(jù)題設條件,分析離子在電場和磁場中的運動情況,結合動能定理、牛頓第二定律等知識列方程求解。,,20.(2014大綱全國,25,20分)如圖,在第一象限存在勻強磁場,磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向

31、外;在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子,該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為,求 (1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值; (2)該粒子在電場中運動的時間。,答案 (1)v0 tan2 (2),,解析(1)如圖,粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設磁感應強度的大小為B,粒子質量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運動的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B=m 由題給條件和幾何關系可知R0=d 設電場強度大小為E,粒子進入電場后沿x軸負方向的

32、加速度大小為ax,在電場中運動的時間為t,離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓運動定律及運動學公式得 Eq=max vx=axt t=d 由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖),有,tan = 聯(lián)立式得 =v0 tan2 (2)聯(lián)立式得 t=,評分參考:第(1)問18分,式3分,式1分,式各3分,式2分;第(2)問2分,式2分。,考查點 帶電粒子在復合場中的運動,審題技巧 由關鍵點“平行于x軸”“垂直于x軸”可知R0=d。,思路分析在第一象限帶電粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力。 在第四象限,帶電粒子在電場中偏轉,豎直方向做勻速直線運動,水平方向做勻加速直線運動。,,考點一磁

33、場、安培力 1.(2017上海單科,11,4分)如圖,一導體棒ab靜止在U形鐵芯的兩臂之間。電鍵閉合后導體棒受到的安培力方向() A.向上B.向下 C.向左D.向右,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,答案D本題考查電流的磁效應、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ab,由左手定則可知導體棒受到的安培力方向向右,選項D正確。,思路分析 繞有線圈的U形鐵芯為電磁鐵,據(jù)通過線圈的電流方向,確定U形鐵芯的磁極,再通過左手定則確定安培力的方向。,,2.(2017江蘇單科,1,3分)如圖所示,兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強磁場

34、B的邊緣恰好與a線圈重合,則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為() A.11B.12 C.14D.41,易錯點評 雖然兩線圈面積不同,但是有效面積相等。,答案A磁通量=BS,其中B為磁感應強度,S為與B垂直的有效面積。因為是同一磁場,B相同,且有效面積相同,Sa=Sb,故a=b。選項A正確。,,,3.(2016北京理綜,17,6分)中國宋代科學家沈括在夢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?！边M一步研究表明,地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結合上述材料,下列說法不正確的是() A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B.地球內(nèi)部也存在磁場,地磁南極在地理

35、北極附近 C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D.地磁場對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,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錯誤。射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的運動方向與地磁場方向不平行,故地磁場對其有力的作用,這是磁場的基本性質,故D正確。選C。,審題指導 題圖往往提供解題的關鍵信息,所以要仔細觀察圖,挖掘有用信息。,,4.(2015江蘇單科,4,3分)如圖所示,用天平測量勻強磁場的磁感應強度。下列各選項所示的

36、載流線圈匝數(shù)相同,邊長MN相等,將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流,天平處于平衡狀態(tài)。若磁場發(fā)生微小變化,天平最容易失去平衡的是(),答案A天平處于平衡狀態(tài),說明線圈受到的重力和安培力的合力等于兩側砝碼重力差,根據(jù)安培力公式F=BIL,知選項A中線圈在磁場中有效長度最大,所受安培力最大,磁場發(fā)生微小變化,安培力變化最大,天平最容易失去平衡,選項A符合題意。,,5.(2018江蘇單科,13,15分)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為,間距為d。導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上,距底端的距離為s,導

37、軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過程中,金屬棒 (1)末速度的大小v; (2)通過的電流大小I; (3)通過的電荷量Q。,答案(1)(2) (3),,解析(1)勻加速直線運動 v2=2as 解得v= (2)安培力F安=IdB 金屬棒所受合力F=mg sin -F安 由牛頓運動定律得F=ma 解得I= (3)運動時間t= 電荷量Q=It 解得Q=,試題評析情景新穎、題設巧妙 此題主要考查運動學公式和牛頓第二定律的簡單應用,但應用情景為導體在磁場中導軌上的運動。情景新穎,題設巧妙,過程簡單,是

38、一道考查考生基礎知識掌握水平的好題,本題難度為易。,考點二洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動 6.(2015海南單科,1,3分)如圖,a是豎直平面P上的一點。P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點。P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下,在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)過a點的瞬間,條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向() A.向上B.向下C.向左D.向右,答案AP前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點,條形磁鐵在a點的磁場垂直于豎直平面向外,在電子經(jīng)過a點的瞬間,由左手定則可知該電子所受洛倫茲力方向向上,A對,B、C、D錯。,,7.(2015四川理綜,7,6分)(多選)如圖

39、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)的長度L=9.1 cm,中點O與S間的距離d=4.55 cm,MN與SO直線的夾角為,板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.010-4 T。電子質量m=9.110-31 kg,電量e=-1.610-19 C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106 m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則() A.=90時,l=9.1 cm B.=60時,l=9.1 cm C.=45時,l=4.55 cm D.=30時,l=4.55 cm,答案AD如圖,S到MN的距離d

40、0=d sin ,因電子在磁場中沿逆時針方向轉動,則電子打在MN上最上端的位置對應于電子運動軌跡與MN的切點,電子打在MN上最下端的位置對應于到S的距離等于電子運動軌跡直徑的點(若,則最下端位置為N)。因電子運動軌跡的半徑r ==4.55 cm。由圖中幾何關系有=,=。當=90時,取 得最小值r,此時=,從而有l(wèi)==+-d cos =+-d cos 。當 =90時,l=9.1 cm,當=60時,l=6.78 cm,當=45時,l=5.68 cm,當=30時,l=4.55 cm。故可知A、D正確,B、C錯誤。,8.(2014安徽理綜,18,6分)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子

41、體,使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部,而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,為約束更高溫度的等離子體,則需要更強的磁場,以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應強度B正比于() A.B.T C.D.T2,答案A等離子體在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力,有:qvB=,得v= 動能Ek=mv2= 由題意得Ek=kT 故有:kT= 得B= 即B,選項A正確。,9.(2016北京理綜,22,16分)如圖所示,質量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。

42、 (1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T; (2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場,求電場強度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動的半徑R= 勻速圓周運動的周期T== (2)粒子受電場力F=qE,洛倫茲力f=qvB。粒子做勻速直線運動,則qE=qvB 場強E的大小E=vB,考點三帶電粒子在復合場中的運動 10.(2018北京理綜,18,6分)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后,做勻速直線運動;若僅撤除電場,則該粒子做勻速圓周運動。下列因素與

43、完成上述兩類運動無關的是() A.磁場和電場的方向B.磁場和電場的強弱 C.粒子的電性和電量D.粒子入射時的速度,答案C本題考查帶電粒子在電、磁場中的運動。不計重力的帶電粒子,在電場和磁場的復合場中做勻速直線運動,則一定滿足關系Eq=qvB;若撤去電場后,粒子做勻速圓周運動,僅需滿足洛倫茲力充當向心力,即qvB=m,綜合可知,粒子的電性和電量與能否完成題述 兩類運動無關,C對。,,11.(2018天津理綜,11,18分)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強電場,電場強度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域,

44、外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負 電粒子在電場中P點靜止釋放,由M進入磁場,從N射出。不計粒子重力。 (1)求粒子從P到M所用的時間t; (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,同樣能由M進入磁場,從N射出。粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運動,且所用的時間最少,求粒子在Q時速度v0的大小。,答案 (1)(2),,解析本題考查帶電粒子在復合場中的運動。 (1)設粒子在磁場中運動的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有 qvB=m 設粒子在電場中運動所受電場力為F,有 F=qE 設粒子在電場中運動的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有 F=ma 粒子在電場中做初

45、速度為零的勻加速直線運動,有 v=at 聯(lián)立式得 t= (2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動,其周期與速度、半徑無關,運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定。故當軌跡與內(nèi)圓相切時,所用的時間最短。設粒子在磁場中的軌跡半徑為r,由幾何關系可得,(r-R)2+(R)2=r2 設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關系知 tan = 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同,所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v。在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0,由運動的合成和分解可得 tan =,聯(lián)立式得 v0=,思

46、路分析帶電粒子在復合場中的運動 (1)粒子從P點靜止釋放,在環(huán)形區(qū)域中做勻速圓周運動?？上惹蟪隽Ｗ幼鰟蛩賵A周運動的速度,即粒子在電場中運動的末速度,再由在電場中的加速運動求得運動的時間。 (2)從Q點射出的粒子,在環(huán)形區(qū)域中仍做勻速圓周運動。要使其圓周運動時間最短,其運動軌跡必與內(nèi)圓相切。,12.(2018江蘇單科,15,16分)如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于O、O點,各區(qū)域磁感應強度大小相等。某粒子質量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當入射速度為v0時,粒子從O上方 處射出磁場。取sin 53=0.

47、8,cos 53=0.6。 (1)求磁感應強度大小B; (2)入射速度為5v0時,求粒子從O運動到O的時間t; (3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到O的時間增加t,求t的最大值。,答案 (1)(2)(3),,解析本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動。 (1)粒子圓周運動的半徑r0= 由題意知r0=,解得B= (2)設粒子在第一個矩形磁場中的偏轉角為 由d=r sin ,得sin =,即=53 在一個矩形磁場中的運動時間t1=,解得t1= 直線運動的時間t2=,解得t2= 則t=4t1+t2= (3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x 粒子向上的

48、偏移量y=2r(1-cos )+x tan 由y2d,解得xd,則當xm=d時,t有最大值 粒子直線運動路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值sm=sm-2d=d 增加時間的最大值tm==,思路點撥帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)粒子以v0射入磁場,從O點正上方處射出,說明粒子僅在最左邊的磁場中做半徑為r0= 的圓周運動,軌跡為半圓。 (2)粒子以5v0射入磁場,運動半徑r==5r0=d。故可推知運動軌跡如圖所示。,(3)將中間兩磁場分別向中央平移距離x,則粒子以5v0射入后,其運動軌跡如圖所示。,13.(2017江蘇單科,15,16分)一臺質譜儀的工作原理如圖所示。大

49、量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場,其初速度幾乎為0,經(jīng)加速后,通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中,最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質量分別為2m和m,圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。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點的最小距離x;,(2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(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,在(U0-U)到(U0+U)之間變化,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求狹縫寬度L滿足的條件。,答案 見解析,,解析本題考查動能定理、牛

50、頓第二定律。 (1)設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1 電場加速qU0=2mv2 且qvB=2m 解得r1= 根據(jù)幾何關系x=2r1-L 解得x=-L (2)如圖所示,最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d=r1- 解得d=- (3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑 r1min=,r2的最大半徑r2max= 由題意知2r1min-2r2maxL,即-L 解得L<2-,14.(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(區(qū))和小圓內(nèi)部(區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為d的兩平行金屬極

51、板間有一勻強電場,上極板開有一小孔。一質量為m、電量為+q的粒子由小孔下方處靜止釋放,加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場,由 H點緊靠大圓內(nèi)側射入磁場。不計粒子的重力。 (1)求極板間電場強度的大小; (2)若粒子運動軌跡與小圓相切,求區(qū)磁感應強度的大小; (3)若區(qū)、區(qū)磁感應強度的大小分別為、,粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點,求,這段時間粒子運動的路程。,解析(1)設極板間電場強度的大小為E,對粒子在電場中的加速運動,由動能定理得 qE=mv2 由式得 E= (2)設區(qū)磁感應強度的大小為B,粒子做圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=m 如圖甲所示,粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況。

52、若粒子軌跡與小圓外切,由幾何關系得R= 圖甲,答案 (1)(2)或(3)5.5D,,聯(lián)立式得 B= 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切,由幾何關系得 R= 聯(lián)立式得 B= (3)設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2,由題意可知,區(qū)和區(qū)磁感應強度的大小分別為B1=、B2=,由牛頓第二定律得 qvB1=m,qvB2=m 代入數(shù)據(jù)得R1=,R2= 設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2,由運動學公式得T1=,T2= 據(jù)題意分析,粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi),運動軌跡如圖乙所示,根據(jù)對稱可知,區(qū)兩,段圓弧所對圓心角相同,設為1,區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設為2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設

53、為,由幾何關系得,圖乙,1=120 2=180 =60 粒子重復上述交替運動回到H點,軌跡如圖丙所示,設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2,可得,圖丙,t1=T1,t2=T2 設粒子運動的路程為s,由運動學公式得 s=v(t1+t2),聯(lián)立式得 s=5.5D,15.(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電場,電場強度大小E=5 N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應強度大小B=0.5 T。 有一帶正電的小球,質量m=110-6 kg,電荷量q=210-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不

54、考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向; (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。,答案 (1)見解析(2)3.5 s,,解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零,有 qvB= 代入數(shù)據(jù)解得 v=20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tan = 代入數(shù)據(jù)解得 tan =,=60 (2)解法一: 撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動,設其加速度為a,有 a= 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有 x=vt 設小球在重力與電場力的

55、合力方向上分位移為y,有 y=at2 a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為,又 tan = 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s 解法二:,撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運動沒有影響,以P點為坐標原點,豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運動,其初速度為 vy=v sin 若使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有 vyt-gt2=0 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s,方法技巧1.在撤去磁場前,小球受重力、洛倫茲力、電場力三個力作用,三力平衡。2.撤去磁場后,可考慮把小球的運動分解成水平方向和豎直方向上的運動,其中

56、豎直方向上的運動為豎直上拋運動。,,16.(2015浙江理綜,25,22分)使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出,離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉法等。質量為m,速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉,旋轉軌道是半徑為r的圓,圓心在O點,軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中,磁感應強度為B。 為引出離子束,使用磁屏蔽通道法設計引出器。引出器原理如圖所示,一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道,通道的圓心位于O點(O點圖中未畫出)。引出離子時,令引出通道內(nèi)磁場的磁感應強度降低,從而使離子從P點進入通道,沿通道中心線從Q點射出。已知OQ長度為L,OQ與OP的夾角為。 (1)求離子的電荷量q并判斷其

57、正負; (2)離子從P點進入,Q點射出,通道內(nèi)勻強磁場的磁感應強度應降為B,求B; (3)換用靜電偏轉法引出離子束,維持通道內(nèi)的原有磁感應強度B不變,在內(nèi)外金屬板間加直流電壓,兩板間產(chǎn)生徑向電場,忽略邊緣效應。為使離子仍從P點進入,Q點射出,求通道內(nèi)引出軌跡處電場強度E的方向和大小。,答案(1)正電荷 (2) (3)方向沿徑向向外Bv-,解析(1)離子做圓周運動 Bqv= q=,帶正電荷 (2)如圖所示 OQ=R,OQ=L,OO=R-r 引出軌跡為圓弧,有Bqv= R= 根據(jù)幾何關系得,R= B== (3)電場強度方向沿徑向向外 引出軌跡為圓弧,有Bqv-Eq= E=Bv-,考點一磁場、安培力

58、 1.(2014浙江理綜,20,6分)(多選)如圖1所示,兩根光滑平行導軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起,棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(),C組教師專用題組,圖1圖2,答案ABC根據(jù)題意得出v-t圖像如圖所示,金屬棒一直向右運動,A正確。速度隨時間做周期性變化,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項正確。F安在前半周期做正功,后半周期做負功,則D項錯。,A.一直向右移動 B.速度隨時間周期性變化 C.受到

59、的安培力隨時間周期性變化 D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功,評析題中“從t=0時刻起,棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I”中“有”字較模糊,易引起歧義,有可能理解成動生電情況。,,,2.(2015重慶理綜,7,15分)音圈電機是一種應用于硬盤、光驅等系統(tǒng)的特殊電動機。如圖是某音圈電機的原理示意圖,它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構成,線圈邊長為L,匝數(shù)為n,磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應強度方向垂直于線圈平面豎直向下,大小為B,區(qū)域外的磁場忽略不計。線圈左邊始終在磁場外,右邊始終在磁場內(nèi),前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等。某時刻線圈中電流從P流向Q,大小為I。 (1)求此時線圈所受安培力的大小和方

60、向。 (2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v,求安培力的功率。,解析 (1)由左手定則判定,線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。,答案 (1)nIBL水平向右(2)nIBLv,,,考點二洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動 3.(2014北京理綜,16,6分)帶電粒子a、b在同一勻強磁場中做勻速圓周運動,它們的動量大小相等,a運動的半徑大于b運動的半徑。若a、b的電荷量分別為qa、qb,質量分別為ma、mb,周期分別為Ta、Tb。則一定有() A.qa

61、洛倫茲力提供向心力,則有: qvB=,得軌跡半徑R== 周期T== 由于RaRb,pa=pb,Ba=Bb,故qa

62、感應強度B=,若磁場方向向里可得到同樣的結果。選項A正確。,考查點 帶電粒子在磁場中的偏轉,解題關鍵 粒子沿半徑方向進入圓形磁場,沿半徑方向射出圓形磁場。 找圓心,利用幾何關系求出軌跡半徑表達式。,溫馨提示 對于圓形有界磁場,沿半徑方向進入,就會沿半徑方向射出,記住這個結論哦!,,5.(2013廣東理綜,21,6分)(多選)如圖,兩個初速度大小相同的同種離子a和b,從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場,最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有() A.a、b均帶正電 B.a在磁場中飛行的時間比b的短 C.a在磁場中飛行的路程比b的短 D.a在P上的落點與O點的距離比b的近,答案AD因離子均向下偏

63、轉打到屏P上,根據(jù)左手定則可知a、b均帶正電,A項正確。又因a、b為同種離子,m、q均相同,由R=,T=,可知它們的軌道半徑R與周期T也均相同。 而a離子的軌跡是一段優(yōu)弧,b離子的軌跡是一個半圓。a的路程比b的路程長,飛行時間也比b的飛行時間長,故B、C項均錯誤。b在P上的落點到O點的距離等于圓軌跡的直徑,說明b的落點離O點最遠,故D項正確。,6.(2014江蘇單科,14,16分)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動,工作原理如圖所示。裝置的長為L,上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反,兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板,M、N、P為板上的三點,M位于軸

64、線OO上,N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內(nèi),質量為m、電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入,方向與軸線成30角,經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次,恰好到達P點。改變粒子入射速度的大小,可以控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。 (1)求磁場區(qū)域的寬度h; (2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點,求粒子入射速度的最小變化量v;,(3)欲使粒子到達M點,求粒子入射速度大小的可能值 。,答案(1)(L-d)(1-) (2)(-d) (3)(-d)(1n<-1,n取整數(shù)),解析(1)設粒子在磁場中的軌道半徑為r 根據(jù)題意L=3r sin 30+3d cos 30 且h=r(

65、1-cos 30) 解得h=(L-d)(1-) (2)設改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞 m=qvB,m=qvB 由題意知3r sin 30=4r sin 30 解得v=v-v=(-d) (3)設粒子經(jīng)過上方磁場n次 由題意知L=(2n+2)d cos 30+(2n+2)rn sin 30 且m=qvnB,解得vn=(-d)(1n<-1,n取整數(shù)),考點三帶電粒子在復合場中的運動 7.(2014江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,導電物質為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強磁場,磁感應強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側面,此時通過霍爾元件的電

66、流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UH=k,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側面間的距離。電阻R遠大于RL,霍爾元件的電阻可以 忽略,則(),A.霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B.若電源的正負極對調,電壓表將反偏 C.IH與I成正比 D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比,答案CD由左手定則可判定,霍爾元件的后表面積累負電荷,前表面電勢較高,故A錯。由電路關系可見,當電源的正、負極對調時,通過霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場方向同時反向,前表面的電勢仍然較高,故B錯。由電路可見,=,則IH=I,故C正確。RL的熱功 率PL=RL=RL=,因為B與I成正比,故有:UH=k=k=k=PL, 可得知UH與PL成正比,故D正確。,,8.(2013重慶理綜,5,6分)如圖所示,一段長方體形導電材料,左右兩端面的邊長都為a和b,內(nèi)有帶電量為q的某種自由運動電荷。導電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中,內(nèi)部磁感應強度大小為B。當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時,測得導電材料上、下表面之間的電壓為U,且上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導電材料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)