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高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题九磁澄件课件PPT
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这是一份高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题九磁澄件课件PPT，共60页。
专题九 磁场
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一 磁场的性质 安培力
1.(2019浙江4月选考,4,3分)下列陈述与事实相符的是 ( )A.牛顿测定了引力常量B.法拉第发现了电流周围存在磁场C.安培发现了静电荷间的相互作用规律D.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因
答案 D 卡文迪许测定了引力常量,选项A错误;奥斯特发现了电流周围存在磁场,选项B错 误;库仑发现了静电荷间的相互作用规律,选项C错误;伽利略指出了力不是维持物体运动的原 因,选项D正确。
2.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂 直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图像正确的是 ( )
答案 A 当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安培力F 的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是A。
3.(2018浙江11月选考,2,3分)发现电流磁效应的物理学家是 ( )A.法拉第 B.奥斯特 C.库仑 D.安培
答案 B 奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象,库仑发现了库仑定律,安 培提出了分子电流假说,B正确。
4.(2018浙江11月选考,7,3分)电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示。两相距很近的通 电平行线圈Ⅰ和Ⅱ,线圈Ⅰ固定,线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时,天平示数 恰好为零。下列说法正确的是 ( )A.当天平示数为负时,两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时,两线圈电流方向相同C.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
答案 A 当两线圈电流方向相同时,表现为相互吸引,电流方向相反时,表现为相互排斥,故当 天平示数为正时,两者相互排斥,电流方向相反,当天平示数为负时,两者相互吸引,电流方向相 同,A正确,B错误;线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力,等 大反向,C错误;当线圈Ⅰ、Ⅱ中通有电流时,线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用 力是一对平衡力,D错误。
5.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通以电流I 时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是 ( )
答案 D 由左手定则可知,线框左边导线受到竖直向上的安培力、右边导线受到竖直向下 的安培力,故D正确。
6.(2018浙江4月选考,12,3分)在城市建设施工中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所 示。有一种探测方法是,首先给金属长直管线通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器 进行以下操作:①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点,记为a;②在a点 附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线EF;③在地面上过a点 垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点,测得b、c两点距离为L。由此 可确定金属管线 ( ) A.平行于EF,深度为 B.平行于EF,深度为LC.垂直于EF,深度为 D.垂直于EF,深度为L
答案 A 根据题意作出垂直于管线方向的某一截面图,如图所示,点a为水平地面距离管线最 近的点即磁场最强的点,同一水平地面相距L的b、c两点磁场方向与地面夹角为45°,由几何关 系可得a点距管线距离即管线深度,为L/2;与a点磁感应强度相同的点与管线等距,其连线EF应 过a点垂直纸面与管线平行,故选项A正确。
7.(2017浙江4月选考,3,3分)下列描述正确的是 ( )A.开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆B.牛顿通过实验测出了引力常量C.库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量D.法拉第发现了电流的磁效应
答案 A 开普勒提出了太阳系行星运动三定律,指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆, 太阳在椭圆轨道的一个焦点上,选项A正确;卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量,选项B错 误;密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量,选项C错误;奥斯特发现了电流的磁效应,选项D 错误。
8.(2017浙江4月选考,9,3分)如图所示,两平行直导线cd和ef竖直放置,通以方向相反、大小相等 的电流,a、b两点位于两导线所在的平面内。则 ( )A.b点的磁感应强度为零B.ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C.cd导线受到的安培力方向向右D.同时改变两导线的电流方向,cd导线受到的安培力方向不变
答案 D 根据安培定则可知,b点的磁场方向为垂直纸面向外,所以选项A错误;cd在a处产生 的磁场方向垂直纸面向里,ef在a处产生的磁场方向垂直纸面向外,所以选项B错误;根据左手定 则可判断,电流方向相反的两根导线互相排斥,所以选项C错误;不管电流方向如何,只要电流方 向相反,就互相排斥,选项D正确。
9.(2016浙江10月选考,10,3分)如图所示,把一根通电的硬直导线ab,用轻绳悬挂在通电螺线管 正上方,直导线中的电流方向由a向b。闭合开关S瞬间,导线a端所受安培力的方向是 ( ) A.向上 B.向下C.垂直纸面向外 D.垂直纸面向里
答案 D 根据安培定则可知,开关闭合后,螺线管右端为N极。根据左手定则可知,导线a端受 垂直纸面向里的安培力,选项D正确。
10.(2016浙江4月选考,9,3分)法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽 中心,N极向上。一根金属杆斜插在水银中,杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相 连。电源负极与金属杆上端相连,与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看,金属杆 ( ) A.向左摆动 B.向右摆动C.顺时针转动 D.逆时针转动
答案 D 通过金属杆的电流流向铰链,根据左手定则,判断安培力的方向,从上往下看,金属杆 逆时针转动,故D正确。
11.(2015浙江10月选考,9,3分)小张在探究磁场对电流作用的实验中,将直导线换作导体板,如 图所示,发现在a、b两点之间存在电压Uab。进一步实验结果如下表:
由表中结果可知电压Uab ( )A.与电流无关 B.与磁感应强度无关C.与电流可能成正比 D.与磁感应强度可能成反比
答案 C 探究目标是电压与电流、磁感应强度的关系,由控制变量法可知I一定时,Uab与B成 正比,同理,B一定时,Uab与I成正比,故只有C正确。
1.(2019浙江4月选考,23,10分)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成,其简化原理如图所 示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场,右 侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平 行,两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的 正离子束,从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中,质量为m的离子沿半 径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动,从N点水平射出,而质量为0.5m的离子恰好从ON 连线的中点P与水平方向成θ角射出,从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分 析器中,最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上,其中质量为m的离子打在O点正下方的Q 点。已知OP=0.5r0,OQ=r0,N、P两点间的电势差UNP= ,cos θ= ,不计重力和离子间相互作用。
考点二 洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小;(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示);(3)若磁感应强度在(B-ΔB)到(B+ΔB)之间波动,要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两 束离子,求 的最大值。
答案 (1)E0= B= (2)1.5r0 (3)12%
2.(2017浙江11月选考,23,10分)如图所示,x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,坐标原点处 有一正离子源,单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子,分布在y轴两侧各为θ的范围 内。在x轴上放置长度为L的离子收集板,其右端点距坐标原点的距离为2L,当磁感应强度为B0 时,沿y轴正方向入射的离子,恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中,不计重力,不考 虑离子间的碰撞,忽略离子间相互作用。(1)求离子的比荷 ;(2)若发射的离子被收集板全部收集,求θ的最大值;
(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ=37°,磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时, 求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。(不计离子在磁场中运动 的时间)
答案 见解析
解析 (1)洛伦兹力提供向心力qvB0=m 圆周运动的半径R=L得 = (2)如图1所示,以最大值θm入射时,有Δx=2R(1-cos θm)=L或2R cos θm=L得θm=
图1
(3)B>B0,全部收集到离子时的最小半径为R1如图2,有2R1 cos 37°=L得B1= =1.6B0当B0≤B≤1.6B0时,有n1=n0B>1.6B0,恰好收集不到离子时的半径为R2,有R2=0.5L得B2=2B0当1.6B0 图2
3.(2017浙江4月选考,23,10分)如图所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x正方向每秒 发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电 子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面 向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行 板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地,A与K 两板间加有正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出, 从而形成电流。已知b= R,d=l,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子间相互作用。(1)求磁感应强度B的大小;(2)求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围;(3)当UAK=0时,每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数;(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线。
答案 见解析
y'=R sin α= R设每秒进入两极板间的电子数为n = = =0.82n=0.82N(4)由动能定理得出遏止电压U0U0=- mv2与负y轴成45°角的电子的运动轨迹则好与A板相切,其逆过程是类平抛运动,达到饱和电流所 需的最小反向电压U=- mv2或根据(3)可得饱和电流大小Imax=0.82Ne
1.(2018浙江11月选考,10,3分)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直 于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间 便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接,上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时 等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ。忽略边缘效应,下列判断正确的是 ( )A.上板为正极,电流I= B.上板为负极,电流I= C.下板为正极,电流I=
考点三 带电粒子在复合场中的运动
D.下板为负极,电流I=
答案 C 根据左手定则,等离子体中带正电荷的粒子受到的洛伦兹力方向向下,等离子体中 带负电荷的粒子受到的洛伦兹力向上,因此下极板为电源的正极,根据平衡有qvB=q ,解得稳定时电源的电动势E=Bdv,则流过R的电流为I= ,而r=ρ ,S=ab,则得电流大小为I= ,C正确。
2.(2017浙江11月选考,8,3分)如图所示,在两水平金属板构成的器件中,存在着匀强电场与匀强 磁场,电场强度E和磁感应强度B相互垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好 能沿直线运动,下列说法正确的是 ( )A.粒子一定带负电B.粒子的速度大小v= C.若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动
D.若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生变化
答案 C 粒子做直线运动,说明竖直方向受力平衡,即qvB=qE,所以选项B错误;假设粒子带正 电,则洛伦兹力竖直向上,电场力竖直向下,只要满足上式依然可以满足题意,所以选项A错误; 如果粒子速度变大或变小,都会导致洛伦兹力变化,因此就会做曲线运动,选项C正确;不管粒子 速度怎么变,在匀强电场中,粒子受到的电场力不变,所以选项D错误。
3.(2018浙江4月选考,22,10分)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号,其原理如图1所 示,压力波p(t)进入弹性盒后,通过与铰链O相连的“┨”形轻杆L,驱动杆端头A处的微型霍尔 片在磁场中沿x轴方向做微小振动,其位移x与压力p成正比(x=αp,α>0)。霍尔片的放大图如图2 所示,它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直 于x轴向上,磁感应强度大小为B=B0(1-β|x|),β>0。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给 霍尔片通以沿C1、C2方向的电流I,则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。(1)指出D1、D2两点哪点电势高;(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd, 其中e为电子电荷量);(3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同电流,测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3。 忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示)
图1 图2
图3
答案 (1)D1点电势高 (2)U0= (3)
解析 (1)N型半导体中可以自由移动的是电子,根据左手定则可以知道电子往D2端移动,因此 D1点电势高。(2)根据霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:evB0=e 将v= 代入解得:U0= (3)由任意时刻霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:evB=e 则UH(t)= = (1-β|x|)= (1-β|αp|)=U0(1-αβ|p|)由上式可得|p|= - 结合UH-t图像可知,振幅A= ,频率f= 。
命题制作 本题体现了新高考的命题方向,主要是与前沿的科技应用接轨。霍尔元件是磁场 这一专题必须掌握的一个知识点,本身不应构成难点。该题的难点在于题型属于新模型,弹性 盒、压力波等都是新名词,但仔细读题会发现,压力传感器的原理部分都是弱化的,整个复杂的 装置就只能提炼一个p(t)函数,而且这个函数正比于x,到这里应该就清楚,复杂的装置不需要过 多地去分析原理。
4.(2018浙江11月选考,23,10分)小明受回旋加速器的启发,设计了如图1所示的“回旋变速装 置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上,板N在它的正下方。两板间加上如 图2所示的幅值为U0的交变电压,周期T0= 。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处,仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一 沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源,沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q (q>0)的粒子。t=0时刻,发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力,粒 子在电场中运动的时间不计。
图1
图2(1)若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到,求发射源的位置和粒子的初动能;(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到,求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关 系
答案 (1)x0=y0, (2)见解析
解析 (1)发射源的位置x0=y0,粒子的初动能:Ek0= ;(2)分下面三种情况讨论:(ⅰ)如图1,Ek0>2qU0 图1由y= 、R0= 、R1= ,和 m = m -qU0, m = m -qU0,
及x=y+2(R0+R1),得x=y+ + ;(ⅱ)如图2,qU0得x=-3(y+d)+ ;(ⅲ)如图3,Ek0及x= +4R0,得x=-y-d+ 。
5.(2016浙江4月选考,22,10分)如图为离子探测装置示意图。区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L=0.10 m, 高均为H=0.06 m。区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场;区域Ⅱ可加方向垂 直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直 屏。质子束沿两板正中间以速度v=1.0×105 m/s水平射入,质子比荷近似为 =1.0×108 C/kg。(忽略边界效应,不计重力)(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时,求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax;(2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时,求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax;
(3)当区域Ⅰ加电场E小于(1)中的Emax,质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高,求区域Ⅱ 中的磁场B与区域Ⅰ中的电场E之间的关系式。
答案 (1)200 V/m (2)5.5×10-3 T (3)B=
解析 (1)质子在电场中做类平抛运动:vy=atqEmax=maL=vt得:tan α= = 又tan α= 得:Emax= =200 V/m(2)质子在磁场中做圆周运动,qvBmax= 由几何关系得:R2=L2+(R- )2得:Bmax=5.5×10-3 T(3)质子进入磁场时速度设为v',对在电场中的偏转,有:sin α= =
在磁场中,由几何关系得到:sin α= = = 得:B=
6.(2015浙江10月选考,23,12分)如图是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图,区域Ⅰ和Ⅱ 存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2,长L=1.0 m的区域Ⅲ存在场强大小E=5.0×104 V/m、 方向水平向右的匀强电场。区域Ⅲ中间上方有一离子源S,水平向左发射动能Ek0=4.0×104 eV 的氘核,氘核最终从区域Ⅱ下方的P点水平射出。S、P两点间的高度差h=0.10 m。(氘核质量 m=2×1.67×10-27 kg、电荷量q=1.60×10-19 C,1 eV=1.60×10-19 J。 ≈1×10-4)
(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2;(2)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域Ⅰ的最小宽度d;(3)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域Ⅱ的磁感应强度B2。
答案 (1)2.24×10-14 J (2)0.06 m (3)1.2 T
解析 (1)由动能定理W=Ek2-Ek0电场力做功W=qE·2L得Ek2=Ek0+qE·2L=1.4×105 eV=2.24×10-14 J(2)洛伦兹力提供向心力qvB=m 第一次进入B1区域,半径R0= ≈0.04 m第二次进入B1区域, m =Ek0+qELR2= ≈0.06 m故d=R2≈0.06 m(3)氘核运动轨迹如图所示
由图中几何关系可知2R2=h+(2R1-2R0)得R1=0.05 m由R1= 得B2= ≈1.2 T
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 磁场的性质 安培力
1.(2019课标Ⅰ,17,6分)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强 磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒 MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为 ( )A.2F B.1.5F C.0.5F D.0
答案 B 本题考查安培力及考生应用数学知识解决物理问题的能力,体现了核心素养中的 模型建构要素。设三根相同的导体棒的电阻均为R,长度均为l,其中ML和LN为串联关系,总电阻为2R。由并联 电路特点可知,通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍,若MN受到的安培力F=BIl,则 ML和LN受到的安培力的合力F1= ,MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同,故线框受到的安培力为F合=F+F1=1.5F,故选B。
2.(2018课标Ⅱ,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流 方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀 强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强 度大小分别为 B0和 B0,方向也垂直于纸面向外。则 ( ) A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0
答案 AC 本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生 的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向 外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度 的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2= B0,B0+B2-B1= B0,解得B1= B0,B2= B0,故A、C项正确。
解题关键 注意矢量的方向性本题解题的关键是要注意磁感应强度的方向性,如L2中电流产生的磁场方向在a点垂直纸面向 里,在b点垂直纸面向外。
3.(2019江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导 线,通过的电流大小相等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产 生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是 ( )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 本题考查安培定则及左手定则,考查基础的物理概念。由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等,只要a、b两导线通有相反方向 的电流,利用安培定则,可知线框的对边所在处磁感应强度大小相等,方向相同,再利用左手定 则可判定线框对边所受安培力大小相等,方向相反,线框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正 确。
易错警示 安培定则用右手,左手定则用左手。
4.(2017课标Ⅱ,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆 包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将 线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两 金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将 ( )A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
答案 AD 本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、实验能力。要使线圈在磁场中开 始转动,则线圈中必有电流通过,电路必须接通,故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果 上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180°时,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电 流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线圈最终做往返运动,要使线圈连 续转动,当线圈转过180°时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可 实现连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、D正确。
易错警示 ①一根漆包线绕制的矩形线圈中电流方向的判定。②要使线圈连续转动,要么受 到方向不变的持续的安培力,要么受到间歇性的方向不变的安培力,依靠惯性连续转动,而不能 受到交变的安培力作用。
以下为教师用书专用(5~9)
5.(2017北京理综,17,6分)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁 石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分 布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是 ( )A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
答案 C 由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感 线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道 上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与 地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确。选C。
6.(2017课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有 电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是 ( )A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ∶ ∶1
答案 BC 本题考查安培力。因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间 的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中几何 关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与L 1、L2所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何 关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°=F,L3单位长度所受的磁场作用 力大小为2F cos 30°= F,故C正确、D错误。
一题多解 电流的磁场与安培力由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生的磁场磁感应强度大小相等,设为B。 如图所示,由几何关系可得L1所在处磁场的磁感应强度B1=2B cos 60°=B,方向与L2、L3所在平面 垂直,再由左手定则知L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面平行,L1上单位长度所受安培力 的大小为F1=BI。同理可判定L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直,单位长度所受安 培力大小为F3= B·I;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1∶F2∶F3=1∶1∶ ,故A、D错误,B、C正确。
7.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ, 间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属 棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松 开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到 底端的过程中,金属棒(1)末速度的大小v;(2)通过的电流大小I;(3)通过的电荷量Q。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)匀加速直线运动v2=2as解得v= (2)安培力F安=IdB金属棒所受合力F=mg sin θ-F安由牛顿运动定律得F=ma解得I= (3)运动时间t= 电荷量Q=It解得Q=
8.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀 强磁场与平面垂直。一足够长,质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原 点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位 长度的电阻为ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=k (SI)。求:(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
答案 (1)y= x2 (2)Fm= y(3) L2+maL
解析 (1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x,y),安培力F= 安培力的功率P=Fv= =k 棒做匀加速直线运动v2=2ayR=2ρx代入前式得y= x2轨道形状为抛物线。(2)安培力Fm= v= 以轨道方程代入得Fm= y(3)由动能定理得W=Wm+ mv2安培力做功Wm= L2
棒在y=L处的动能为 mv2=maL外力做功W= L2+maL
9.(2015课标Ⅰ,24,12分)如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀 强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒 绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 Ω。已知开关断开时两 弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改 变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出 金属棒的质量。
答案 见解析
解析 依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为 竖直向下。开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg ①式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL ②式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3 cm,由胡克定律和力的平 衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F ③由欧姆定律有E=IR ④式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。联立①②③④式,并代入题给数据得
m=0.01 kg⑤(安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分)
1.(2019课标Ⅱ,17,6分)如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向 垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方 向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为 ( )A. kBl, kBl B. kBl, kBlC. kBl, kBl D. kBl, kBl
考点二 洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动
答案 B 本题考查了电子在磁场中运动的问题,有利于综合分析能力、应用数学知识处理 物理问题能力的培养,突出了核心素养中的模型建构、科学推理、科学论证要素。从a点射出的电子运动轨迹的半径R1= ,由Bqv1=m 得v1= = kBl;从d点射出的电子运动轨迹的半径R2满足关系 +l2= ,得R2= l,由Bqv2=m 得v2= = kBl,故正确选项为B。
思路分析 由左手定则可判断电子的受力及偏转方向,画出电子在磁场中的运动轨迹,由相关 的数学知识确定两轨迹的半径,再由洛伦兹力提供向心力,解出从a、d两点射出的电子的速度 大小。
2.(2017课标Ⅱ,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边 界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。 若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率 为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1 为 ( ) A. ∶2 B. ∶1 C. ∶1 D.3∶
答案 C 设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒子最远出射点为N,如图所示,则由 几何知识得 r1= = ,r2= = R = 由qvB= 得r= ,故 = = ,选项C正确。
3.(2016课标Ⅱ,18,6分)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行, 筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转 动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过9 0°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒 子的比荷为 ( ) A. B. C. D.
答案 A 定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角θ=30°,所需时间t= T= ;由题意可知粒子由M飞至N'与圆筒旋转90°所用时间相等,即t= = ,联立以上两式得 = ,A项正确。
4.(2019北京理综,16,6分)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直 磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是 ( ) A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短
答案 C 本题为带电粒子在匀强磁场中运动的问题,主要考查考生对相关知识的理解能力 和推理能力,是物理学科中运动与相互作用观念、模型建构、科学推理等核心素养的具体体 现。由运动轨迹和左手定则可判定该粒子带负电,A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,故粒子在 b点速率等于在a点速率,B错误;由qvB=m 得R= ,若仅减小磁感应强度,则R增大,如图,粒子将从b点右侧射出,故C正确;粒子运动周期T= = ,若仅减小入射速率,则R减小,T不变,粒子运动轨迹所对应的圆心角θ变大,由t= T可知,粒子运动时间将变长,故D错误。
5.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板 与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短), 反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速 度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d答案 (1) (2) d(3)( + ) 或( - )
解析 本题考查了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的极值问题及周期性问题。考查了学 生的综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建构、科学 推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。(1)粒子的运动半径d= 解得v= (2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切 由几何关系得dm=d(1+sin 60°)解得dm= d(3)粒子的运动周期T=
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则t=n +t'(n=1,3,5,…)(a)当L=nd+(1- )d时,粒子斜向上射出磁场t'= T解得t=( + ) (b)当L=nd+(1+ )d时,粒子斜向下射出磁场t'= T解得t=( - )
解题关键 1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹与该 边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可以形成周 期性运动,要注意多解。
6.(2016海南单科,14,14分)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L。在 △OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平 行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子 在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小;(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒 子这两次在磁场中运动的时间之和;(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为 t0,求粒子此次入射速度的大小。
答案 (1) (2)2t0 (3)
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期:T=4t0 ①设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定 律得:qvB=m ②匀速圆周运动的速度满足:v= ③联立①②③式得:B= ④(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运 动的轨迹如图(a)所示: 设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有:θ1=180°-θ2 ⑤
设粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则:t1+t2= =2t0 ⑥(3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆 弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知, 此时有∠OO'D=∠BO'A=30° ⑦ r0 cos ∠OO'D+ =L ⑧设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律得:v0= ⑨
联立①⑦⑧⑨式得:v0= ⑩
以下为教师用书专用(7~10)
7.(2019课标Ⅲ,18,6分)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射 入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的 时间为 ( ) A. B. C. D.
答案 B 本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生对粒子在匀强磁场中的运动轨 迹进行确定,从而确定运动时间,体现了分析和解决问题的能力,是学科核心素养中科学推理素 养的具体表现。 由qvB= 得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r= ,当粒子进入第一象限时,由于磁感应强度减为 B,故轨迹半径变为2r,轨迹如图所示。由几何关系可得cos θ= ,θ=60°,则粒子运动时间t= · + · = ,选项B正确。
解后反思 根据磁感应强度大小的关系确定轨迹半径的关系,通过作图,结合几何关系,确定圆 心角是解答本题的关键。
8.(2016四川理综,4,6分)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正 电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时 间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力。则 ( ) A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1 B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1 D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2
答案 A 由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在a点,半径为正六边形边长L;粒子以 vc射入时轨迹圆心在M点,半径为2L;由半径公式r= 可得vb∶vc=rb∶rc=1∶2,由几何图形可看出,两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120°、60°,所以tb∶tc=2∶1,A项正确。
9.(2019天津理综,4,6分)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示 屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电 脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是 电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元 件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控 制屏幕的熄灭。则元件的 ( )
A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U与v无关C.前、后表面间的电压U与c成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
答案 D 本题考查了霍尔元件的工作原理和应用,以及考生的理解能力和应用数学知识处 理物理问题的能力,体现了科学推理素养和应用与创新的价值观念。根据左手定则判断出电子受力情况,可知电子偏转到后表面,前表面电势高于后表面电势,故A 项错误。再由Ee=Bev=F洛,E= ,解得U=Bva,F洛= ,U与v成正比、U与c无关,故B、C项错误,D项正确。
解题关键 熟练应用霍尔效应的原理、特点进行推导分析。
10.(2019课标Ⅰ,24,12分)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、 方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入 磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点 在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d, 不计重力。求(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
答案 (1) (2) ( + )
解析 本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题,考查了考生应用数学知识处理、 分析物理问题的能力,体现了物理学科中的运动与相互作用观念的素养要素以及科学推理的 核心素养。(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU= mv2 ①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m ②由几何关系知d= r ③联立①②③式得 = ④
(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s= +r tan 30° ⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t= ⑥联立②④⑤⑥式得t= ( + ) ⑦
方法诠释 确定带电粒子在磁场中做圆周运动时圆心位置的方法:①利用两速度方向的垂线; ②利用弦的中垂线;③利用两速度方向间夹角补角的角平分线;④利用半径的大小。
1.(2018北京理综,18,6分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定 初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与 完成上述两类运动无关的是 ( )A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度
考点三 带电粒子在复合场中的运动
答案 C 本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。不计重力的带电粒子,在电场和磁场的 复合场中做匀速直线运动,则一定满足关系Eq=qvB①;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅 需满足洛伦兹力充当向心力,即qvB=m ②,综合①②式可知,粒子的电性和电量与能否完成题述两类运动无关,C对。
2.(2018课标Ⅱ,25,20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截 面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于 xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l',电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方 向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。 不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为 ,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
答案 (1)见解析 (2) (3)
解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称) 图(a)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0, 在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方 向的夹角为θ[见图(b)],速度沿电场方向的分量为v1。
图(b)
根据牛顿第二定律有qE=ma ①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1=at ②l'=v0t ③v1=v cos θ ④粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB= ⑤由几何关系得l=2R cos θ ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0= ⑦(3)由运动学公式和题给数据得
v1=v0 cot ⑧联立①②③⑦⑧式得 = ⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t',则t'=2t+ T ⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,T= 由③⑦⑨⑩ 式得t'=
3.(2018天津理综,11,18分)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直 向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分 别为R、 R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出。不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时间t;(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出。粒子从M到N 的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小。
答案 (1) (2)
解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=m ①设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE ②设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=ma ③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at ④联立①②③④式得t= ⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过 的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。设粒子在磁场 中的轨迹半径为r',由几何关系可得
(r'-R)2+( R)2=r'2 ⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知tan θ= ⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相 同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于 v0,由运动的合成和分解可得tan θ= ⑧
联立①⑥⑦⑧式得v0= ⑨
以下为教师用书专用(4~7)
4.(2017课标Ⅰ,16,6分)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面 平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、 mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸 面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 ( ) A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
答案 B 本题考查带电粒子在复合场中的运动。因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能 忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直 向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvc ma>mc,B正确。
5.(2016课标Ⅰ,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其 中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开 磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转 后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 ( ) A.11 B.12 C.121 D.144
答案 D 设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后的磁感应强度为B2。 在加速电场中qU= mv2①,在磁场中qvB=m ②,联立两式得m= ,故有 = =144,选项D正确。
6.(2018课标Ⅰ,25,20分)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 H和一个氘核 H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知 H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场 H的质量为m,电荷量为q。不计重力。求(1 H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;(2)磁场的磁感应强度大小;(3 H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案 (1) h (2) (3) ( -1)h
解析 本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。 (1 H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设 H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点 O的距离为s1。由运动学公式有 s1=v1t1 ① h= a1 ② 由题给条件 H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60° H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1 tan θ1 ③
联立以上各式得 s1= h ④ (2 H在电场中运动时,由牛顿第二定律有 qE=ma1 ⑤ 设 H进入磁场时速度的大小为v1',由速度合成法则有 v1'= ⑥ 设磁感应强度大小为B H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1'B= ⑦ 由几何关系得 s1=2R1 sin θ1 ⑧ 联立以上各式得 B= ⑨
(3)设 H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得 (2m) = m ⑩ 由牛顿第二定律有 qE=2ma2 设 H第一次射入磁场时的速度大小为v2',速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2=v2t2 h= a2 v2'= sin θ2= 联立以上各式得 s2=s1,θ2=θ1,v2'= v1'
设 H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由⑦ 式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2= = R1 所以出射点在原点左侧。设 H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2',由几何关系有 s2'=2R2 sin θ2 联立④⑧ 式得 H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2'-s2= ( -1)h
规律总结 带电粒子在组合场中运动问题的一般解题思路 ①电场中类平抛运动:x=v0t,y= at2速度方向:tan α= 位移方向:tan β= ②磁场中匀速圆周运动的解题步骤:a.确定圆心; b.利用几何关系求半径;c.qvB=
7.(2016天津理综,11,18分)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T。有一 带正电的小球,质量m=1×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运 动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g=10 m/s2。求:(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
答案 (1)见解析 (2)3.5 s
解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有 qvB= ①代入数据解得v=20 m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ= ③代入数据解得tan θ=
θ=60° ④(2)解法一:撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有a= ⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有x=vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有y= at2 ⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ,又tan θ= ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t=2 s=3.5 s⑨
解法二:撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点, 竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为vy=v sin θ ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有vyt- gt2=0 ⑥联立⑤⑥式,代入数据解得t=2 s=3.5 s⑦
考点一 磁场的性质 安培力
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019浙江七彩阳光联盟二模,9)如图所示,金属棒AC用绝缘轻绳悬挂在磁感应强度大小 为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,P为金属棒上方某点,下列判断正确的是 ( ) A.通入A→C方向的电流时,并改变磁场的大小,可使细绳上张力为零B.通入C→A方向的电流时,磁场方向不变,可使细绳上张力为零C.通入A→C方向的电流时,使P点的磁感应强度变大D.通入C→A方向的电流时,使P点的磁感应强度不变
答案 A 金属棒处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,金属棒中通入A→C方向的电流时, 根据左手定则可得,安培力的方向竖直向上,改变磁感应强度的大小,使安培力大小等于重力大 小时,细绳上的拉力可以为零,故A正确;通入C→A方向的电流时,磁场方向不变,根据左手定则 可得,安培力的方向竖直向下,细绳上的张力不可能为零,故B错误;通入A→C方向的电流时,根 据安培右手定则可知,导线在P处产生的磁场方向垂直于纸面向外,所以使P点的磁感应强度变 小,故C错误;通入C→A方向的电流时,根据安培定则可知,导线在P处产生的磁场方向垂直于纸 面向里,所以使P点的磁感应强度变大,故D错误。
2.(2019浙江学军中学模拟,8)如图所示是一位同学制作的实验装置:柔软弹簧竖直悬挂,下端恰 与铜片接触。当开关闭合后,弹簧时伸时缩,灯泡时明时暗。关于这个实验现象,下列说法中正 确的是 ( )A.弹簧收缩与铜片分离时,通过灯泡的电流较小,灯泡暗淡B.弹簧伸长与铜片接触时,通过灯泡的电流较大,灯泡明亮
C.有电流通过弹簧时,各匝环形电流互相吸引致使弹簧收缩D.有电流通过弹簧时,各匝环形电流互相排斥致使弹簧伸长
答案 C 由电路图可知,弹簧收缩与铜片分离时,通过灯泡的电流较大,灯泡明亮;弹簧伸长与 铜片接触时,通过灯泡的电流较小,灯泡暗淡,选项A、B错误;有电流通过弹簧时,各匝环形电流 是同向电流,则互相吸引致使弹簧收缩,选项C正确,D错误。
3.(2019浙江温州九校联考,11)如图所示是研究安培力的演示仪,把正方形导线框挂在弹簧测 力计的下面,导线框平面与纸面垂直。当闭合开关时,导线框外侧边的电流向上(如图所示),则 下列说法正确的是 ( )A.闭合开关时,弹簧测力计的示数变小B.闭合开关后,当滑动变阻器向右滑动时,弹簧测力计的示数变大
C.若仅变换电源的正负极后,闭合开关,弹簧测力计的示数变小D.若仅把马蹄形磁铁重新放置,使开口向右,N极在上S极在下,线框将受到向左的安培力
答案 C 由题图可知,导线框处磁场方向向左,线框下边中的电流方向向外,由左手定则可知, 下边受到的安培力方向向下,弹簧测力计示数变大,故A错误;闭合开关后,当滑动变阻器向右滑 动时,滑动变阻器接入电路中的电阻增大,通过线框的电流减小,线框下边受到的安培力减小, 弹簧测力计示数减小,故B错误;若仅变换电源的正负极后,线框下边中的电流方向向里,由左手 定则可知,线框受到的安培力方向向上,弹簧测力计示数变小,故C正确;若仅把马蹄形磁铁重新 放置,使开口向右,N极在上,S极在下,由左手定则可知,线框受到的安培力方向向右,故D错误。 故应选C。
4.(2019浙江金丽衢二次联考,8)如图所示,三块一样的蹄形磁铁并排放置在粗糙水平桌面上,S 极在上,N极在下,导体棒AB单位长度的电阻为R,导体棒所在位置的磁感应强度相同。可通过 1、2、3、4四条电阻不计的柔软细导线与电动势为E、内阻为r的电源相连,相邻两条细导线 间的导体棒长度相同。下列说法正确的是 ( ) A.1接电源负极,2接电源正极,导体棒向外摆B.对调磁铁N极与S极的位置的同时改变电流方向,导体棒的摆动方向改变C.1、4接电源瞬间导体棒所受磁场的作用力是2、3接电源瞬间的3倍D.通电瞬间,桌面对磁铁的作用力比没通电时大
答案 D 1接电源负极,2接电源正极,根据左手定则可知,导体棒受安培力向里,则导体棒向里 摆,选项A错误;根据左手定则可知,对调磁铁N极与S极的位置的同时改变电流方向,导体棒受 安培力的方向不变,则摆动方向不变,选项B错误;1、4接电源时的电流为I14= ,2、3接电源时的电流为I23= ,则3I14≠I23,则根据F=BIL,且l14=3l23可知1、4接电源瞬间导体棒所受磁场的作用力不等于2、3接电源瞬间的3倍,选项C错误;通电的瞬间,磁场对导体棒产生水平 方向的安培力,根据牛顿第三定律,导体棒对磁铁产生水平方向的作用力,从而使得磁铁与桌面 之间产生摩擦力,使磁铁对桌面的作用力增加,选项D正确。
5.(2019浙江嘉兴选考测试,8)如图甲所示为海影号电磁推进试验舰艇,船体下部的大洞使海水 前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示,其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电 源的正极和负极,舰艇内超导体在M、N间产生强磁场,使M、N间海水受到磁场力作用被推出, 船因此前进。要使乙中所示的舰艇向右前进,则从甲图中所示视角看所加磁场的方向应为 ( )A.水平向左 B.水平向右C.竖直向上 D.竖直向下
答案 C M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极,在乙图中电流方向由M指向N,要使舰艇 向右前进,则海水受到的安培力应向左,海水对舰艇的反作用力向右,根据左手定则可知,磁场 应垂直向外即竖直向上,即从题甲图中所示视角看,所加磁场的方向应竖直向上,故C正确。
6.(2019浙江暨阳联考,10)如图所示,一种固定在竖直墙面MN上的自动跳闸限流开关,O是转动 轴,A是绝缘手柄,C是闸刀卡口。图中虚线区域存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外 的匀强磁场。CO间距离为l,当通过闸刀的电流超过I0时,开关将自动断开。下列说法中正确的 是 ( ) A.跳闸时闸刀所受的安培力做负功B.限流开关正常工作时的电流方向应为C→OC.仅改变电流方向不会影响自动跳闸开关的正常工作D.增大匀强磁场的磁感应强度,可使自动跳闸的电流值增大
答案 B 由题可知,开关OC段所受安培力应向左,跳闸时,安培力做正功,A错;由左手定则可 知,限流开关正常工作时的电流方向应为C到O,B正确;只有当安培力向左才能使自动跳闸开 关正常工作,仅改变电流方向,闸刀所受安培力向右,不能正常工作,C错;增加磁感应强度,能让 更小的电流也能产生同样的力,所以跳闸的电流变小了,D错。
7.(2018浙江名校新高考研究联盟联考)如图所示,长为4 m的金属杆可绕转轴O在竖直平面内 转动。方向水平的匀强磁场磁感应强度为2 T,磁场边界为一圆形,圆心恰为O点,直径为1 m,当 电流表读数为10 A时,金属杆与水平方向的夹角为30°,则此时磁场对金属杆的作用力为 ( ) A.80 N B.40 N C.20 N D.10 N
答案 D 金属杆切割磁感线的有效长度等于圆的半径,即L有效= m,金属杆受到的安培力F=BIL有效=2×10× N=10 N,D正确。
1.(2019浙江超级全能生联考,12)导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动 时所受洛伦兹力的矢量和,在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示,设导线ab中每个带 正电粒子定向运动的速度都是v,单位体积的粒子数为n,粒子的电荷量为q,导线的横截面积 为S,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,则下列说法正确的是 ( )
考点二 洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动
A.题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断B.由题目已知条件可以算得通过导线的电流为I=nqvSC.每个粒子所受的洛伦兹力为F洛=qvB,通电导线所受的安培力为F安=nqvBD.改变适当的条件,有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方 向保持不变
答案 B 安培力的方向是由左手定则来判定的,安培定则是判断电流产生的磁场方向的,故 A错误;由已知及电流的微观表达式可得导线中的电流为:I=nqvS,故B正确;每个粒子所受洛伦 兹力为F洛=qvB,则通电导线所受的安培力F安=NF洛(N为通电导线中的总粒子数),故C错误;由安 培力与洛伦兹力的关系可知,安培力的方向不可能在洛伦兹力的方向反向的情况下而保持不 变,故D错误。故选B。
2.(2019浙江镇海中学一模,9)(多选)为了研究电介质的极化性质,设想用α粒子轰击某电介质。 电介质极化时产生很多电偶极子,电偶极子可视为如图所示等量异种电荷。α粒子从等量异种 电荷垂直平分线上某点A开始水平向右轰击如图所示等量异种电荷,轨迹如图中实线所示,则 下列说法中正确的是( ) A.α粒子在C点时机械能比A位置时大B.α粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加C.α粒子在C点时加速度比A位置时大D.要使α粒子沿着虚线做匀速直线运动,则需要加一垂直纸面向里的匀强磁场
答案 ABC α粒子从A到C过程中电场力做正功,动能增大,速度增大,即在C点时机械能比A 位置时大,选项A、B正确;α粒子从A到C时,根据等量异种点电荷的电场分布情况知,C点电场 线比A点密集,则在C点时,α粒子受电场力大,加速度比A位置时大,选项C正确;根据等量异种点 电荷的电场线分布情况知,α粒子沿着虚线运动时受到向下的先增大后减小的电场力,则要使α 粒子沿着虚线做匀速直线运动,受到向上的磁场力先增大后减小,需要加一垂直纸面向里的先 增大后减小的磁场,选项D错误。故选A、B、C。
3.(2018浙江新高考选考终极适应性考试)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带 电粒子,若这些粒子都直接到达地面,将会对地球上的生命带来危害。由于地磁场(如图所示) 的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向,使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不 考虑地磁偏角的影响,关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断,下列说法中 正确的是 ( )
A.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向东偏转B.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向北偏转C.若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向南偏转D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心,它可能在地磁场中做匀速圆周运动
答案 A 由于地磁场的方向由南到北,若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,即粒 子的运动方向与地磁场的方向垂直,由左手定则可知,带电粒子将向东偏转,选项A正确,B错误; 若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心,则说明粒子的运动方向与地磁场方向平 行,故粒子不受磁场力的作用,所以不会发生偏转,更不会做匀速圆周运动,故选项C、D错误。
4.(2017浙江绍兴适应检测,7)如图所示,电子枪向右发射电子束,其正下方水平直导线内通有向 右的电流,则电子束将 ( )A.向上偏转 B.向下偏转C.向纸外偏转 D.向纸内偏转
答案 A 先用安培定则判断出导线上方的磁场方向为垂直纸面向外,在根据左手定则判断 出电子束受到的洛伦兹力方向为竖直向上,故选A。
5.(2019浙江名校协作体二模,23)(10分)理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子,所以 在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。我国某研究小组为研究暗物 质设计了探测正电子的装置。设计如图所示,矩形区域ABCD处在与其所在平面垂直的匀强 磁场中,磁感应强度为B0,方向指向纸外,其中AB=5L,AD=1.5L。AE段为正电子发射源,AE段各 点发射正电子情况相同,AE=2L。CF段上表面与CH段左侧面固定有正电子收集板,CH=5.25L,CF=3L。设正电子质量为m,电荷量为e,只考虑正电子在纸面内的运动,忽略相对论效应,不计重力。(1)若从E点垂直AE飞出的正电子,刚好击中B点,求正电子初速度大小;
(2)若AE段各点正电子垂直AE飞出,发射的正电子经磁场偏转后全部被收集板吸收,求正电子 初速度的范围;(3)若AE段各点正电子均满足(2)中的初速度大小的条件,且初速度方向朝AE板上方各个方向 飞出,则所有击中收集板的正电子从飞出到击中收集板所用时间的最小值。
答案 (1) (2) ≤v≤ (3) arcsin
解析 (1)正电子由E点达到B点,由几何关系得:2R=3L由B0v= ,得v= (2)情况1:电子由A点打到F点过程,由几何关系得: = + ,所以LAF= L = ,所以R1= LB0ev1= m ,所以v1= 情况2:电子垂直打在H点时,由几何关系得:R2=LBH=3.75L以此半径打出的电子均能打在收集板上,超过此半径则有电子打不到收集板上B0ev2= m ,所以v2= 所以 ≤v≤ (3)电子由E点打到B点运动时间最短,由几何关系得:
sin = = ,所以α=2 arcsin tmin= T= arcsin
6.(2019浙江七彩阳光联盟二模,23)如图所示,在纸面内有一用绝缘材料制成的、边长为L的正 方形框架DCEF,正方形区域外空间中充满垂直于纸面向里的匀强磁场。在DC边中点S处开有 小孔,一比荷为k(k>0)的粒子以速度v0垂直DC边从小孔S射出。若该粒子与正方形框架碰撞时 均无能量损失,且每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边。不计粒子的重力,框架光滑。 (1)若带电粒子以最短的时间打到C点,求磁感应强度大小B;(2)保持(1)求得的磁感应强度不变,为使从S点发出的粒子最终又回到S点,且运动时间最短,求 带电粒子从S点发出时的速率v和最短时间tmin;
答案 (1) (2)2v0
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力,得qvB=m 粒子经过一次偏转垂直打在C点所用时间最短,应满足:R= 解得:B= = (2)带电粒子运动有两种可能的运动路径,一是半圆周运动与直线运动的组合,另一是半圆周运动。对前者,有R= 所用时间:t1 min= + = (π+2)对后者,有R= × (n=1,2,3,…)在磁场中粒子做圆周运动的速度:v= = (n=1,2,3,…)粒子在磁场中偏转的角度最小时,运动时间最短,取n=1,得v=2v0第四次碰撞回到S点,则最短时间为 =4× T= =
比较有 > = ,故粒子最短时间为
7.(2019浙江温州九校联考,23)如图甲所示,M、N是相距为d=0.1 m竖直放置的平行金属板,板 间有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B1=0.1 T。P、Q为水平放置的两平行金属板,用 导线将P与M、Q与N分别连接;A为绝缘挡板;C为平行于P和Q的荧光屏;A、P、Q、C的中间 各有一个小孔,所有小孔在同一竖直中轴线上。荧光屏C的上方有垂直于纸面向里、磁感应 强度为B2=0.01 T的匀强磁场。现有大量的正负离子混合物,以某一相同的速度垂直于磁场竖 直向上射入金属板MN之间,离子的比荷的绝对值均为 =107 C/kg。仅能在P与Q、M与N之间形成电场,极板间形成的电场均可视为匀强电场,且忽略电场的边缘效应,不计离子重力。 甲
乙(1)判断金属板M的带电性质,并求出在N、M两板之间电场稳定后,电势差UNM与离子入射速度v 之间的关系;(2)若离子以v1=3.0×105 m/s的速度射入磁场,在荧光屏上将出现由正、负离子形成的两个亮点, 求两亮点到荧光屏小孔的距离之比;(3)若离子以v2=1.0×105 m/s的速度射入磁场,因某种原因,实际上离子通过C板上的小孔时会在 竖直平面内形成一个发散角2θ(如图乙),所有离子速率仍相同。求荧光屏上亮点的长度Δx及 同一时刻通过小孔的离子打到荧光屏上的最长时间差Δt。(已知θ=0.1415弧度, cos θ=0.99)
答案 (1)UNM= (V) (2) (3)5.66×10-6 s
解析 (1)由粒子的运动可知,M板带负电;电场稳定后有:qvB1=q UNM=B1dv= (V);(2)正负离子能通过MN板,则速度v1= 在通过PQ之间后,正离子有: m( - )=-qU1负离子有: m( - )=qU1进入带荧光屏C的上方洛伦兹力提供向心力得:qU+B2=m qU-B2=m 打在荧光屏上的距离为x+=2r+
x-=2r-由以上各式解得 = 正离子经过PQ间做匀减速直线运动,没恰好到达Q板,则入射速度为v,由-qU2= - mv2,稳定后极板间电势差U2=B1dv2,解得v=2 ×105 m/s>1×105 m/s,故正离子不能通过Q板小孔,只有负离子通过。P、Q间对离子根据动能定理得:qv2= m m ,解得v'-= ×105 m/s,进入c板上方磁场洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律得qv'-B2=m 由几何关系得Δx=2r'(1-cos v)代入数据解得Δx=2 ×10-2m最大时间差为Δt= ·T- ·T= · =5.66×10-6s。
1.(2019浙江名校协作体二模,13)现有一种质谱仪如图所示,离子化室存在一些初速度为零的 正离子。正离子经高压电源加速,加速后通过圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管,最后打在 记录仪上,通过处理就可以得到正离子比荷 进而推测有机物的分子结构。已知高压电源的电压为U,圆形磁场区的半径为R,真空管与水平面夹角为θ,离子进入磁场室时速度方向指向 圆心。则下列说法正确的是 ( )A.高压电源A端应接电源的正极
考点三 带电粒子在复合场中的运动
B.磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里C.两种一价正离子X1、X2(X1质量大于X2)同时进入磁场室后,出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ,则轨迹Ⅰ 一定对应X2D.若磁场室内的磁感应强度大小为B,当记录仪接收到一个明显的信号时,与该信号对应的离 子比荷为 =
答案 C 正离子在电场中加速,可以判断高压电源A端应接负极,同时根据左手定则知,磁场 室的磁场方向应垂直纸面向外,A、B均错误;设离子通过高压电源后的速度为v,由动能定理可 得qU= mv2,离子在磁场中偏转,则qvB=m ,联立计算得出r= ,由此可见,质量大的离子的运动轨迹半径大,即轨迹Ⅱ一定对应x1,故C对;离子在磁场中偏转轨迹如图所示,由几何关 系可知r= ,故D错。
解题关键 本题考查学生的推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力,需要 考生熟知粒子在磁场中运动的规律。
2.(2019浙江宁波十校期末联考,13)(多选)霍尔式位移传感器的测量原理如图所示,有一个沿z 轴方向的磁场,磁感应强度B=B0+kz(B0、k均为常数)。将传感器固定在物体上,保持通过霍尔 元件的电流I不变(方向如图所示),当物体沿z轴方向移动时,由于位置不同,霍尔元件在y轴方向 的上、下表面的电势差U也不同。则 ( ) A.传感器灵敏度 与上、下表面的距离有关B.当物体沿z轴方向移动时,上、下表面的电势差U变小C.传感器灵敏度 与通过的电流有关D.若图中霍尔元件是电子导电,则下板电势高
答案 ACD 最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,设霍尔元件的长宽高分别为 a、b、c,由q =qBv,电流的微观表达式为I=nqbcv,所以U= = = z+ 从公式可以看出,传感器灵敏度 = 与b及电流I的大小有关,故A错,C对;当物体沿z轴方向移动时,根据公式可以判断上、下表面的电势差U变大,故B错;霍尔元件中移动的是自由电子,根据左 手定则,电子向下表面偏转,所以上表面电势高,故D错。故选C。
3.(2019浙江宁波十校期末联考,22)如图甲所示,在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场, 其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示;与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强 电场,电场强度E= ×103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t=0时刻,一个带正电粒子从P点以v=2×104 m/s的速度沿+x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为 m,P点到坐标原点O的距离为1.1 m,粒子的比荷 =106 C/kg,不计粒子的重力。求粒子: 甲 乙
(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离;(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间;(3)最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。
答案 (1)0.4 m (2) ×10-5 s 4π×10-5 s (3)0.37 m
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m 解得半径R=0.2 m粒子在磁场中运动时,到x轴的最大距离ym=2R=0.4 m 图(a) 图（b）
(2)如图(a)所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= = =2π×10-5 s由磁场变化规律可知,它在0- ×10-5 s即0- T时间内做匀速圆周运动至A点,接着沿-y方向做匀速直线运动直至电场边界C点,用时t2= = ×10-5s=
进入电场后做匀减速直线运动至D点,由牛顿定律得粒子的加速度:a= = ×109 m/s2粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间t3= = = ×10-5 s= 接下来,粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2,磁场刚好恢复,粒子将在洛伦兹力的作 用下从A做匀速圆周运动,再经 ×10-5s时间,粒子将运动到F点,此后将重复前面的运动过程.所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能:
第一种可能是:由C点先沿-y方向到D再返回经过C,所需时间为t=t3= ×10-5 s第二种可能是:由C点先沿+y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后,从G点沿-y方向做 匀速直线运动至MN,所需时间为t'= + + =2T=4π×10-5 s(3)由上问可知,粒子每完成一次周期性的运动,将向-x方向平移2R[即图(a)中所示从P点移到F 点],lOP=1.1 m=5.5R,故粒子打在挡板前的一次运动如图(b)所示,其中I是粒子开始做圆周运动的 起点,J是粒子打在挡板上的位置,K是最后一段圆周运动的圆心,Q是I点与K点连线与y轴的交
点。由题意知,lOI=lOP-5R=0.1 mlKQ=R-lQI=0.1 m= ,则lJQ= = RJ点到O的距离lJO=R+ R= m
4.(2019浙江杭州学军中学模拟,23)真空中有一半径为R的虚线圆形区域内存在方向垂直纸面 的匀强磁场,如图1所示,虚线圆的右侧放置一对水平正对的金属板M和N,两金属板的中心线O1 O2与虚线圆的圆心O在同一水平线上,在圆上P点(位于O点的正下方)处有一点状电子源,电子 源可以向圆内各个方向发射速率均为v0的电子,其中沿PO方向射入磁场的电子恰好从圆上的 O1点沿两板中心线射出,电子在进入金属板的瞬间给两板加上图2所示的交变电压,最后电子 恰好从M板的边缘水平飞出,已知金属板的板长L=2.4R,板间距d=1.2R,电子的质量为m、电荷 量为e,忽略电子的重力和相互间的作用力。求: (1)圆形区域内的磁感应强度B的大小和方向;
(2)图2中U0和周期T;(3)若在两板右端加一竖直探测板(图中未画出),电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板 间,同时在板间加上图2的交变电压,经电场偏转后垂直打在探测板上,若每秒打在探测板上的 电子数为x,有70%的电子被吸收,30%的电子被原速率弹回两板间,探测板受此类电子撞击的 平均作用力大小;(4)在满足(3)的条件下,被原速率弹回的某电子在t= 时刻返回两板间,求该电子在磁场中运动的总时间。
答案 (1)圆形区域内的磁感应强度B的大小为 ,方向:垂直于纸面向里;(2)U0为: (n=1、2、3、…)周期T为:T= (n=1、2、3、…);(3)探测板受此类电子撞击的平均作用力大小为1.3xmv0;(4)求该电子在磁场中运动的总时间为 。
解析 (1)由左手定则可知,磁场垂直于纸面向里,沿PO方向射入磁场的电子恰好从圆上的O1 点沿两板中心线射出,则电子的轨道半径为R,电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:ev0B=m ,解得:B= ;(2)从O1射出磁场的电子运动轨迹如图所示: 根据电子恰好从M板的边缘飞出可知,电子在板间的运动时间为交变电压周期的整数倍,
则有:t= =nT解得:T= (n=1、2、3、…)电子在板间偏转的总位移为:y=2n· at'2= ,加速度为:a= 时间为:t'= ,d=1.2R,解得:U0= (n=1、2、3、…);(3)电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板间,经磁场偏转后在O2点垂直打在探测板上, 以水平向右为正方向,由动量定理得:Ft=0-(-70%xmv0)+30%xmv0-(-30%xmv0),解得:F=1.3xmv0;(4)根据题意,电子在t= T时刻返回两板间,经电场偏转后刚好平行于N板从N板左边缘水平进入磁场,电子运动轨迹如图所示:
设电子从C点离开磁场,易知OBO'C为菱形,则:OC//BO',由几何关系可知,OC处于竖直方向,因此电子两次进入磁场的轨迹所对圆心角之和为180°,电子在磁场中运动总时间:t总= T'= 代入B= 解得:t总= 。
5.(2019浙江超级全能生联考,23)利用电磁场可以改变带电粒子的速度大小与运动方向,如图 甲是某加速装置的原理示意图,加速管MN的中部P处有很高的正电势φ,M、N两端电极均接 地。由离子源产生的-1价离子从M端飘入,当离子到达P处时,可被设在P处的特殊装置将其电 子剥离,成为+2价离子,而不改变其速度大小。这些+2价离子从N端水平飞出,后进入垂直纸面 向里的水平交变磁场。设此时刻t=0,磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的图线如图乙所示, 规定磁场垂直纸面向里为正方向,其中B0=0.5 T,ab是水平放置的位于加速管MN正上方的探测 板,c是ab板的中点,Nc连线与探测板ab垂直。已知交变磁场的范围足够大,加速管MN管径较小, 大地电势为零,离子从M端飘入的速度可视为零,离子质量m=2.0×10-26kg,电势φ=7.5×105 V,元电 荷e=1.6×10-19 C。不计离子重力及相互作用力,忽略空气阻力的作用。求: 甲
乙(1)离子从加速管N端射出时的速度大小;(2)离子在交变磁场中偏离竖直线NC的最远距离;(3)若探测板能上下移动,欲使离子能垂直打到板上,探测板与N点的距离应满足什么关系。
答案 (1)6×106 m/s (2) (1+π)m (3)见解析
解析 (1)设离子到达P处时的速度为vp,从N端射出时的速度为v,由动能定理得eφ= m -02eφ= mv2- m 解得v= =6×106 m/s说明:若以MN全程列式eφ+2eφ= mv2-0同样可以。(2)离子在磁场B0中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB0=m ,解得R= = m离子在磁场B0中圆周运动的周期T= = ×10-6 s或T= = ×10-6 s离子在磁场中0~ ×10-6 s时间内匀速转过半个圆周,在 ×10-6~ ×10-6 s时间内匀速直线运动的位移大小为l=v = m,在 ×10-6~ ×10-6 s时间内匀速转过半个圆周后,再做匀速直线运
动,以此类推,运动轨迹如图所示 故离子偏离竖直线Nc的最大距离s=l+R= (1+π)m(3)若离子能垂直射到探测板上的某点Q,当Q点在竖直线NC右侧时,由轨迹图可知,板ab与N点 间的距离应满足L=n·4R+R= m(n=0,1,2,…)L'=n·4R+3R= m(n=0,1,2,…)说明:若把以上两式合并,写成L= m(n=0,1,2,…),同样可以。
6.(2019浙江台州3月评估,23)如图所示,直角坐标系xOy中,矩形MNOA区域分布有沿x轴正方向 的匀强电场,场强大小为E,三角形AOC区域分布有垂直纸面向外的匀强磁场,N、A分别为x、y 轴上的两点,ON、AC长均为L,∠AOC=30°。在边界MN上0解析 (1)由几何关系可知,OP为 由题意,经过P点的粒子速度垂直边界OC,可知轨迹圆心在O点,半径为t= ①磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m ② 电场中,根据牛顿运动定律,有a= ③v= ④联合①②③④式,可解得B=
答案 见解析
(2)从y=L点进入的带电粒子在电场和磁场中运动的时间最长,轨迹如图所示在电场中运动的时间t1= = 在磁场中运动的时间t2= r其中θ可由几何关系解得θ=arcsin + (其它答案形式只要正确同样可以)其中粒子在磁场中圆周运动周期t= = 所以,带电粒子在电场和磁场中运动的最长时间为t=t1+t2= + (3)如图2所示,设粒子从Q点进入磁场的运动轨迹圆心为O1,圆心角为θ,经过边界OC上的点S1, 然后匀速直线运动,交x轴于点S2,有几何关系
在ΔOS1S2中∠OS2S1=θ根据正弦定理 = 在ΔO1QS1中,根据正弦定理 = 可得 = = (2分)由于O<∠OS1S2<180°所以O< < ,即x轴上有带电粒子通过的区域范围为:0B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间:90分钟 分值:100分)一、选择题(每小题6分,共24分)
1.(2019浙江暨阳联考,12)有两根长直导线a、b相平行放置。如图所示为垂直于导线的截面 图。在图示平面内,O点为两根导线连线的中点。P、Q为两导线连线中垂直线上关于O点对 称等距的两点。若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流I。研究两直线电流产生的 磁场,下列说法中正确的是( ) A.O点磁感应强度为零B.P、Q两点磁感应强度方向相同C.PO段与OQ段磁感应强度方向相反D.将一正试探电荷从P沿PQ移到Q点,其受到的洛伦兹力方向始终垂直纸面
答案 B 如图所示,可知P点磁场方向下,同理O、Q两点磁场方向都向下,所以A、C错,B正 确;将一正试探电荷从P沿PQ移到Q点,运动方向与磁场方向一致,不受到洛伦兹力作用,D错。
2.(2019浙江杭州模拟二,13)某兴趣小组制做了一个可以测量电流的仪器,其主要原理如图所 示。有一金属棒PQ放在两金属导轨上,导轨间距L=0.5 m,处在同一水平面上。轨道置于竖直 向下的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T。棒两侧的中点分别固定劲度系数k=100 N/m的相同弹 簧。闭合开关S前,两弹簧为原长,P端的指针对准刻度尺的“0”处;闭合开关S后,金属棒PQ向 右移动,静止时指针对准刻度尺1.5 cm处。下列判断正确的是 ( )
A.电源N端为正极B.闭合开关S后,电路中电流为1.5 AC.闭合开关S后,电路中电流为3 AD.闭合开关S后,将滑动变阻器滑片向右移动,金属棒PQ将继续向右移动
答案 C 闭合开关S后,金属棒PQ向右移动,根据左手定则可知,电流为从P到Q,电源的M端为 正极,选项A错误;静止时,则2kΔx=BIL,解得I= = A=3 A,选项B错误,C正确;闭合开关S后,将滑动变阻器滑片向右移动,则滑动变阻器接入电路的阻值增大,电流减小,安培 力减小,故金属棒PQ将向左移动,故选项D错误;故选C。
3.(2018浙江诸暨中学阶段性考试)如图,一位于xOy平面内的矩形通电线圈只能绕Ox轴转动,线 圈的左右边与x轴平行、前后边与y轴平行,线圈中通入如图所示电流,当空间加上如下哪种磁 场时,线圈会转动起来 ( ) A.方向沿正z轴的匀强磁场B.方向沿负x轴的匀强磁场C.方向沿正x轴的匀强磁场D.方向沿负y轴的匀强磁场
答案 D 磁场方向沿正z轴,根据左手定则可知,线圈左右两边所受安培力平衡,前后两边所 受安培力也平衡,整个线圈所受安培力的合力为零,无法转动,不符合题意,故A错误;磁场方向 沿负x轴,线圈左右两边不受安培力,根据左手定则可知,里面的边所受安培力方向向下,外面的 边所受安培力方向向上,根据题意知线圈不能转动,故B错误;磁场方向沿正x轴,线圈左右两边 不受安培力,根据左手定则可知,里面的边所受安培力方向向上,外面的边所受安培力方向向 下,根据题意知线圈不能转动,故C错误;磁场方向沿负y轴,线圈前后两边不受安培力,根据左手 定则可知,线圈左边所受安培力方向向下,右边所受安培力方向向上,则线圈会绕Ox轴转动,故 D正确。
解题关键 本题是判断安培力作用下导体运动方向的问题,关键在于分析安培力的方向,注意 本题线圈只能绕Ox轴转动。
4.(2018浙江诸暨中学阶段性考试)如图所示,在水平地面上方有一沿水平方向且垂直纸面向里 的匀强磁场。现将一带正电小球以一定初速度v0竖直上抛,小球能上升的最大高度为h,设重力 加速度为g,不计空气阻力,则下列判断正确的是 ( ) A.h一定大于 B.h一定等于 C.h一定小于 D.h可能等于
答案 C 如果没有磁场,小球将做竖直上抛运动,上升的最大高度h= ,当加上磁场后,小球在运动过程中,除受重力外,还要受到洛伦兹力作用,小球在向上运动的同时向左偏转,小球到 达最高点时速度不为零,动能不为零,因此小球上升的最大高度小于 ,故C正确。
5.(2019浙江名校协作体联考,23)(8分)如图,比荷分别为k和2k的甲、乙两带正电粒子(不计重 力),由静止状态经相同电压U加速后从坐标原点O沿x轴的正方向射入匀强磁场区域Ⅰ和匀强 磁场区域Ⅱ,经两磁场后分别打在屏上P1、P2两点(未标出)。已知Ⅰ、Ⅱ两磁场是相邻的矩形 区域,区域的宽均为a,区域的边界平行于y轴,两磁场的方向均与xOy坐标平面垂直但方向相反, 磁感应强度的大小均为 (式中U为加速电压)。屏垂直于x轴且到y轴的距离为6a。
二、非选择题(共76分)
(1)求甲、乙两粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹的半径之比R甲∶R乙。(2)求P1与P2两点间的距离Δy。(3)若使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点(见图)且方向均沿x轴的正方向,可在磁场Ⅰ、 Ⅱ的基础上再加上若干磁场区。①请在图中画出可能的磁场区域所在的位置并在图中标明磁场的方向;②在①的情况下,试求甲、乙两粒子从O点运动到P0点的时间之比t甲∶t乙。
答案 (1) ∶1 (2)(2 +2 -6)a;(3)①见解析图 ②
解析 (1)设粒子质量为m,电荷量为q,加速后的速度为v,那么,由动能定理可得:qU= mv2,所以v= ;那么,粒子在磁场Ⅱ中运动的速度为v,粒子只受洛伦兹力作用,故粒子做匀速圆周运动,洛伦兹 力做向心力,设轨道半径为R,则有:Bvq= ;所以,轨道半径R= = =2a ;故R甲=2a,R乙= a那么,甲、乙两粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹的半径之比R甲∶R乙= ∶1;(2)由(1)根据粒子的轨道半径,根据粒子在磁场中做匀速圆周运动,离开磁场后做匀速直线运 动;由几何关系可得:粒子在区域Ⅰ做逆时针旋转,在区域Ⅱ做顺时针旋转,且转动角度相同,故粒 子离开磁场时的速度方向沿+x方向;故粒子打在屏上的纵坐标y=2(R- );故y甲=4a-2 a,y乙=(2 -2)a,所以,Δy=y乙-y甲=(2 +2 -6)a;(3)①由(2)可得:增加两个方向相反的磁场,磁场宽度相同且都小于轨道半径时,粒子离开磁场
后的方向沿+x方向;又有两粒子轨道半径不同,那么,每次偏转位移不等,故要使粒子打在同一位置,那么,后添加的 磁场正好把前面磁场产生的偏转位移抵消;根据几何关系可得:要使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点且方向均沿x轴的正方向,只 能在x轴2a≤x≤6a区间任意位置加上对称磁场,且沿+x方向,先向外后向里;故可能的磁场区域 如图所示:
②甲粒子在每个磁场区间转过的中心角θ1=arcsin =30°,故在磁场中的运动时间t甲1=4× T甲= × = 甲粒子在非磁场区间运动时间t甲2= = 乙粒子在每个磁场区间转过的中心角θ2=arcsin =45°,故在磁场中的运动时间t乙1=4× T乙= × = ;乙粒子在非磁场区间运动时间t乙2= = ;故甲、乙两粒子从O点运动到P0点的时间之比 = = =
6.(2019浙江镇海中学一模,25)(10分)如图所示,空间存在两对平行板,平行板间存在垂直纸面 向内的匀强磁场,板间距d=5 cm,MN、PQ为磁场的边界,MN、PQ之间存在水平向右的匀强电 场,OO'为该区域的对称轴,MN与PQ之间的距离L=2 cm。两个质量均为m、电荷量分别为+q和 -q的粒子以相同速度大小v0=2×105 m/s垂直电场线进入电场,而后以v=2 ×105 m/s大小的速度进入磁场,粒子重力不计。
(1)若两个粒子都从O点沿OO'直线入射,试判断两粒子的轨迹是否关于OO'直线对称?(2)若+q粒子从O点沿OO'直线入射,-q粒子由O'沿O'O直线入射(未画出),且已知两粒子在磁场 中运动的周期为 ×10-7π s,试判断两粒子是否会打到板上,若打到板上,求出打在板上的位置;若不能打在板上,则求出两粒子分别从O、O'进入到第一次离开磁场各自所用的时间。(3)若+q粒子仍从O沿OO'直线入射,-q粒子从O'沿O'O直线入射,且已知两粒子的比荷q/m=5×107 C/kg,若要使粒子进出磁场一次后,从MP或NQ之间离开电场,求磁感应强度B的取值范围。
答案 (1)两粒子的轨迹关于OO'直线对称(2)见解析 (3)B>0.8 T
解析 (1)正负粒子进入电场时初速度大小相等、方向相反。所受的电场力大小相等、方向 相反,则加速度大小相等、方向相反,所以两粒子的轨迹关于OO'直线对称。(2)粒子在电场中做类平抛运动,平行于电场方向有:vx= v=2×105 m/s, = ,t0=10-7 s垂直于电场方向有:x=v0t0=2 cm粒子在磁场中运动周期T= ,则轨迹半径r= =1 cm正粒子:r+r cos 45°= cm<2 cm,则不会打到板上。运动时间t=t0+ T== ×10-7 s负粒子:x+2r cos 45°=4 cm<5 cm,不会打到板上,运动时间t=t0+ T= ×10-7 s(3)正粒子:恰到Q点临界,半径应小于此临界值,对应的磁感应强度设为B1。可得弦长为 r1=4-3=1 cm轨迹半径r1= cm由r= ,得B= 将r1代入得B1=0.8 T
此时r1已小于第(2)问中的r,故此时的磁感应强度比B1大。负粒子:恰到M点临界,半径应小于此临界值,对应的磁感应强度设为B2。可得弦长为 r2=3 cm轨迹半径r2= cm此时r2>r1,对应的B20.8 T。
7.(2019浙江金丽衢二次联考,23)(12分)如图1所示是某质谱仪的模型简化图,P点为质子源,初 速度不计的质子经电压加速后从O点垂直磁场边界射入,在边界OS的上方有足够大的垂直纸 面的匀强磁场区域,B=0.2 T。a、b间放有一个宽度为Lab=0.1 cm的粒子接收器S,oa长度为2 m。质子的比荷 =1.0×108 C/kg,质子经电场、磁场后正好打在接收器上。 图3
(1)磁场的方向是垂直纸面向里还是向外?(2)质子进入磁场的角度范围如图2所示,向左向右最大偏角α=8°,所有的质子要打在接收板上, 求加速电压的范围(结果保留三位有效数字,取 cos 8°=0.99, =1.01)。(3)将质子源P换成气态的碳I2与碳14原子单体,气体在P点电离后均帯一个单位正电(初速度不 计),碳12的比荷 = ×108 C/kg,碳14的比荷 = ×108 C/kg保持磁感应强度不变,从O点入射的角度范围α=8°不变,加速电压可以在足够大的范围内改变。要使在任一电压下接收器上最 多只能接收到一种粒子,求oa的最小值(结果保留三位有效数字,取 =1.08)。(4)第(3)问中的电离体经电压加速后,单位时间内从O点进入的粒子数保持不变,其中碳12占8 0%、碳14占20%。通过控制加速电压,使碳14在磁场中做圆周运动的半径与时间的关系R14= 0.9+0.1t(cm)。请在图3中描绘出接收器上的亮度随时间的变化的图像(每毫秒内接收到的粒 子越多越亮,1表示在这一过程中最亮时的亮度)。
答案 (1)垂直纸面向外 (2)204 V≤U≤221 V(3)1.45 cm(4)如图所示:
解析 (1)由左手定则可知,磁场的方向垂直纸面向外;(2)粒子在电场中:qU= mv2在磁场中:qvB=m ,其中的 ≤R≤ 解得204 V≤U≤221 V (3)根据R= = = ∝
可得 = 当2R12=Loa时2R14cos 8°-2R12>Lab解得Loa>1.45 m(4)接收器上的亮度随时间的变化的图像如图:
8.(2019浙江暨阳联考,23)(12分)如图所示MNDC是一个长方形加速管,加速管的高度MC=2R,中 轴线O1O2水平。左侧电势高于右侧。在加速管出口正下方距离D点为R处放置一宽度为d=3R 的荧光屏EF。荧光屏可绕E点转动,工作位置与竖直方向夹角为θ加速管右侧存在垂直纸面向 外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,MC端左侧“飘入”大量初速度几乎为零、方向与O1O2 平行的质量为m、带电荷量为q的同种离子。其中沿轴线O1O2进入加速管的粒子,加速后能垂 直打在荧光屏上(不计粒子重力及相互作用)。
(1)求粒子在磁场中运动半径大小及加速管的加速电压U;(2)当θ=90°时,求荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl;(3)当θ=60°时,若调节磁感应强度大小,让加速管NO2区域出来的粒子全部打中荧光屏,求调节 后磁感应强度B'应满足的大小范围(用B表示)。
解析 (1)由题意及几何关系知r1=2Rqv1B=m m -0=Uq得U= (2)O2点出射打得最远,x1=2R由对称性可知,N点出射与D点出射,打在荧光屏上的位置相同,由勾股定理知x2= RΔl=x1-x2=2R- R=(2- )R(3)最近:N点出射的粒子打在E点,3R=2r2,r2= R由r= 知,r∝ ;r2= r1;B2= 最远:可以证明,N至O2区间出射的粒子,打在EF上的位置从N→O2越来越远,O2最远。由余弦定理:cos 60°= 得r3= R
答案 见解析
对应B3= B综上: B≤B'≤ B
9.(2019浙江嘉兴、丽水3月联考,23)(12分)如图所示,在x轴的上方存在着垂直于纸面向外、磁 感应强度大小为B的匀强磁场,在x轴上坐标为(2R,0)至(3.6R,0)区域存在宽度为1.6R的屏,可以 吸收打到屏上的粒子。在第三象限存在的半径为R、垂直于地面、磁感应强度大小为2B的圆 形磁场(磁场的右边界与y轴相切于P点)。P点有一粒子源,可射出按角度均匀分布、速度大小 相等的带正电粒子,粒子射出方向在与x轴负方向两边各53°区域内,其中沿x轴负方向射出的粒 子从(-R,0)位置垂直于x轴进入上方的磁场区域。已知粒子质量为m、电荷量为q,求:(1)P点射出粒子的速度大小及圆形磁场的方向;(2)屏能接收到的粒子数与P点射出粒子数的比值η;(3)若屏保持水平仅沿y轴方向移动,请写出η与屏纵坐标y的关系式。
解析 (1)粒子的半径为R,qv2B=m 求度:v= 根据左手定则:磁场垂直于纸面向外。(2)当带电粒子的偏转半径和圆磁场半径相等时,所有粒子均平行于y轴方向射入上方磁场区 域。数学关系得:入射的区间为-0.2R到-1.8R区间上半区域磁场的偏转半径为2R,打到的区域为2.2R到3.8R之间。打在屏上3.6R位置的粒子,入射点的坐标为-0.4R 该粒子的入射角度由几何关系知为37°入射粒子按角度均匀分布,所以η= = (3)全部收集屏时,y1的坐标为 R全部收集不到时,y2的坐标为
答案 见解析
当y≤0时,粒子平行出射占比η= = 当010.(2019浙江衢州、湖州、丽水联考,23)(12分)如图为一个绝缘刚性的固定圆筒的横截面图, 圆筒内分布磁感应强度大小为B,沿轴向的匀强磁场。有一个质量为m的不带电的粒子A(图中 未标出)静止在圆心O点,粒子A分裂成两个带电粒子C、D,C带正电,D带正电,电荷量均 为q,C、D运动均在横截面内,动量大小均为p。假设C、D之间发生碰撞时交换动量,但电性和 电荷量均保持不变,粒子与圆筒之间的碰撞是完全弹性的。圆筒的半径满足R= 。不考虑粒子的重力作用和粒子之间静电作用,初态为刚分裂时的状态。(1)求C、D粒子运动的半径;(2)若C、D质量相等,求从初态到第一次与圆筒碰撞经历的时间;
(3)若C、D质量相等,求C、D从初态到第一次还原到初态经历的时间,并画出运动轨迹;(4)若D质量是C质量2倍,求粒子C从初态到第一次还原到初态运动的总路程。
解析 (1)粒子在圆筒内做匀速圆周运动qvB=m ①r= = ②(2)从初态第一次与圆筒碰撞经历时间t1= T ③qvB=mC r vT=2πr mC= t1= ④ (3)C粒子轨迹为上半部分[①、②、③、④];D粒子轨迹为下半部分[①、②、③、④] ⑤
答案 (1) (2) (3) 轨迹见解析图 (4)
时间为t2= T ⑥t2= ⑦ (4)mCvC=mDvD mC∶mD=1∶2 vC∶vD=2∶1 ⑧轨迹如图,C粒子在开始阶段走的是左上和右边两个花瓣轨迹。此时发生正碰,和初始状态相 比,粒子速度方向转了60°,此过程正粒子的路程s= ⑨之后要重复走6次,粒子状态才能还原,C粒子的路程s总= ⑩
11.(2019浙江绍兴联考,23)(10分)真空光电管(又称电子光电管)由封装于真空管内的光电阴极 和阳极丝构成,如图(a)所示是半圆柱面阴极式光电管,阴极材料的逸出功为W,阳极与阴极同轴 放置,当频率为ν的入射光穿过光窗照到阴极上时,由于光电效应,逸出的电子在电场作用下作 加速运动,最后被高电位阳极接收,形成光电流。不计电子重力及电子之间的相互作用。已知 元电荷为e,电子质量为m,普朗克常量为h。
(1)给光电管两极加上电压U,求阴极表面逸出的电子的最大初速度vm和到达阳极的电子的最 大动能。(2)图(b)是小明画出的光电管横截面示意图。他撤去光电管两极的电压,在半径为R的半圆平 面内加一垂直截面向外的匀强磁场,只考虑电子在截面内的运动。(Ⅰ)研究发现,要使电子能运动到阳极处,逸出时的速度必须大于 vm,求所加磁场的磁感应强度B值 ;(Ⅱ)进一步研究表明,阴阳两极没有同轴会造成到达阳极的光电子数目不同,小明拿到一个 “次品”,其阳极比正常圆心位置向右偏离了 ,假设光电子从阴极表面均匀逸出,且只考虑速度为vm的光电子,则此情况下到达阳极的光电子数是正常情况的百分之几?(可能用到的三角 函灵符sin 37°= ,sin 39°≈ )
答案 (1) hν-W+eU (2)见解析
解析 (1)由光电效应规律hν-W= m 得vm= 由动能定理到达阳极的动能为Ek=hν-W+eU(2)(Ⅰ)由题意知,当速度v1= vm时,恰好到达阳极时,光电子的运动半径为r1= Rr1= 得B= = (Ⅱ)速度为vm时运动半径r2= = R正常时,如图考虑左侧运动轨迹与磁场边界相切的临界情况,
sin α= = ,得α≈39°故半圆形阴极中圆心角180°-α=141°所对圆弧都有速度为vm的光电子到达阳极当阳极A向右平移 到A'后,同样考虑右侧运动轨迹与磁场边界相切的临界情况,轨迹如图所示。此时轨迹所对圆心角为2β,根据几何知识可知∠AA'K=β,设∠A'AK=θ,则 = (2r2 sin β)2=R2+ -2 cos θ得到cos θ=- 故半圆形阴极中圆心角θ=127°所对圆弧都有速度为vm的光电子到达阳极此情况下跟正常情况相比到达阳极的光电子数之比为 =90%
1.(带电粒子在磁场中的运动)如图所示,等腰直角三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁 场,磁感应强度的大小为B,在bc的中点O处有一粒子源,可沿与ba平行的方向发射速率不同的 两种粒子,粒子带负电,质量为m,电荷量为q,已知这些粒子都能从ab边离开abc区域,ab=2l,不考 虑粒子的重力及粒子间的相互作用,则这些粒子 ( ) A.速度的最大值为 B.速度的最小值为 C.在磁场中运动的最短时间为 D.在磁场中运动的最长时间为
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
答案 A 若都能从ab边出来,则符合条件的最大半径应该与ac相切,最小半径应该恰好运动 到b点,如图所示。由几何关系可得rmin= l,rmax=(1+ )l。粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律可得qvB=m ,解得vmax= ,vmin= ,选项A正确,B错误;粒子做圆周运动的周期为T= ,由几何关系知最小的圆心角θ>45°,所以tmin> ,选项C错误;由几何关系知,粒子
转过的最大圆心角为180°,所以粒子在磁场中运动的最长时间为tmax= = ,选项D错误。
2.(带电粒子在复合场中的运动)如图所示,在xOy坐标系中第一象限内存在垂直纸面向里的匀 强磁场,第二象限内的部分区域存在匀强电场,一电荷量为+q、质量为m的带电粒子,从P(a,0) 点沿与x轴成45°角的方向以初速度v0射入磁场中,通过y轴上的N(0,a)点进入第二象限后,依次 通过一个非电场区域和一个匀强电场区域,到达x轴上某点时速度恰好为零。已知从粒子第一 次通过N点到第二次通过N点所用时间为t0。(粒子重力不计)求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)带电粒子自P点开始到第一次通过N点所用的时间;(3)匀强电场的电场强度大小。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)带电粒子运动轨迹及电场方向如图所示 由几何关系可知R= a由牛顿第二定律,得qv0B=m 联立解得B=
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T= 粒子在磁场中的运动时间为t= 联立解得t= (3)设粒子在非电场区域飞行时间为t1,位移为x1,在电场中飞行时间为t2,位移为x2,则有t1+t2= x1+x2= a又x1=v0t1x2= t2从进入电场到减速为零,根据动能定理-qEx2=0- m
联立解得E=
专题九 磁场
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一 磁场的性质 安培力
1.(2019浙江4月选考,4,3分)下列陈述与事实相符的是 ( )A.牛顿测定了引力常量B.法拉第发现了电流周围存在磁场C.安培发现了静电荷间的相互作用规律D.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因
答案 D 卡文迪许测定了引力常量,选项A错误;奥斯特发现了电流周围存在磁场,选项B错 误;库仑发现了静电荷间的相互作用规律,选项C错误;伽利略指出了力不是维持物体运动的原 因,选项D正确。
2.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂 直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图像正确的是 ( )
答案 A 当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安培力F 的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是A。
3.(2018浙江11月选考,2,3分)发现电流磁效应的物理学家是 ( )A.法拉第 B.奥斯特 C.库仑 D.安培
答案 B 奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象,库仑发现了库仑定律,安 培提出了分子电流假说,B正确。
4.(2018浙江11月选考,7,3分)电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示。两相距很近的通 电平行线圈Ⅰ和Ⅱ,线圈Ⅰ固定,线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时,天平示数 恰好为零。下列说法正确的是 ( )A.当天平示数为负时,两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时,两线圈电流方向相同C.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
答案 A 当两线圈电流方向相同时,表现为相互吸引,电流方向相反时,表现为相互排斥,故当 天平示数为正时,两者相互排斥,电流方向相反,当天平示数为负时,两者相互吸引,电流方向相 同,A正确,B错误;线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力,等 大反向,C错误;当线圈Ⅰ、Ⅱ中通有电流时,线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用 力是一对平衡力,D错误。
5.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通以电流I 时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是 ( )
答案 D 由左手定则可知,线框左边导线受到竖直向上的安培力、右边导线受到竖直向下 的安培力,故D正确。
6.(2018浙江4月选考,12,3分)在城市建设施工中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所 示。有一种探测方法是,首先给金属长直管线通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器 进行以下操作:①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点,记为a;②在a点 附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线EF;③在地面上过a点 垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点,测得b、c两点距离为L。由此 可确定金属管线 ( ) A.平行于EF,深度为 B.平行于EF,深度为LC.垂直于EF,深度为 D.垂直于EF,深度为L
答案 A 根据题意作出垂直于管线方向的某一截面图,如图所示,点a为水平地面距离管线最 近的点即磁场最强的点,同一水平地面相距L的b、c两点磁场方向与地面夹角为45°,由几何关 系可得a点距管线距离即管线深度,为L/2;与a点磁感应强度相同的点与管线等距,其连线EF应 过a点垂直纸面与管线平行,故选项A正确。
7.(2017浙江4月选考,3,3分)下列描述正确的是 ( )A.开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆B.牛顿通过实验测出了引力常量C.库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量D.法拉第发现了电流的磁效应
答案 A 开普勒提出了太阳系行星运动三定律,指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆, 太阳在椭圆轨道的一个焦点上,选项A正确;卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量,选项B错 误;密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量,选项C错误;奥斯特发现了电流的磁效应,选项D 错误。
8.(2017浙江4月选考,9,3分)如图所示,两平行直导线cd和ef竖直放置,通以方向相反、大小相等 的电流,a、b两点位于两导线所在的平面内。则 ( )A.b点的磁感应强度为零B.ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C.cd导线受到的安培力方向向右D.同时改变两导线的电流方向,cd导线受到的安培力方向不变
答案 D 根据安培定则可知,b点的磁场方向为垂直纸面向外,所以选项A错误;cd在a处产生 的磁场方向垂直纸面向里,ef在a处产生的磁场方向垂直纸面向外,所以选项B错误;根据左手定 则可判断,电流方向相反的两根导线互相排斥,所以选项C错误;不管电流方向如何,只要电流方 向相反,就互相排斥,选项D正确。
9.(2016浙江10月选考,10,3分)如图所示,把一根通电的硬直导线ab,用轻绳悬挂在通电螺线管 正上方,直导线中的电流方向由a向b。闭合开关S瞬间,导线a端所受安培力的方向是 ( ) A.向上 B.向下C.垂直纸面向外 D.垂直纸面向里
答案 D 根据安培定则可知,开关闭合后,螺线管右端为N极。根据左手定则可知,导线a端受 垂直纸面向里的安培力,选项D正确。
10.(2016浙江4月选考,9,3分)法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽 中心,N极向上。一根金属杆斜插在水银中,杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相 连。电源负极与金属杆上端相连,与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看,金属杆 ( ) A.向左摆动 B.向右摆动C.顺时针转动 D.逆时针转动
答案 D 通过金属杆的电流流向铰链,根据左手定则,判断安培力的方向,从上往下看,金属杆 逆时针转动,故D正确。
11.(2015浙江10月选考,9,3分)小张在探究磁场对电流作用的实验中,将直导线换作导体板,如 图所示,发现在a、b两点之间存在电压Uab。进一步实验结果如下表:
由表中结果可知电压Uab ( )A.与电流无关 B.与磁感应强度无关C.与电流可能成正比 D.与磁感应强度可能成反比
答案 C 探究目标是电压与电流、磁感应强度的关系,由控制变量法可知I一定时,Uab与B成 正比,同理,B一定时,Uab与I成正比,故只有C正确。
1.(2019浙江4月选考,23,10分)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成,其简化原理如图所 示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场,右 侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平 行,两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的 正离子束,从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中,质量为m的离子沿半 径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动,从N点水平射出,而质量为0.5m的离子恰好从ON 连线的中点P与水平方向成θ角射出,从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分 析器中,最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上,其中质量为m的离子打在O点正下方的Q 点。已知OP=0.5r0,OQ=r0,N、P两点间的电势差UNP= ,cos θ= ,不计重力和离子间相互作用。
考点二 洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小;(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示);(3)若磁感应强度在(B-ΔB)到(B+ΔB)之间波动,要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两 束离子,求 的最大值。
答案 (1)E0= B= (2)1.5r0 (3)12%
2.(2017浙江11月选考,23,10分)如图所示,x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,坐标原点处 有一正离子源,单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子,分布在y轴两侧各为θ的范围 内。在x轴上放置长度为L的离子收集板,其右端点距坐标原点的距离为2L,当磁感应强度为B0 时,沿y轴正方向入射的离子,恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中,不计重力,不考 虑离子间的碰撞,忽略离子间相互作用。(1)求离子的比荷 ;(2)若发射的离子被收集板全部收集,求θ的最大值;
(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ=37°,磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时, 求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。(不计离子在磁场中运动 的时间)
答案 见解析
解析 (1)洛伦兹力提供向心力qvB0=m 圆周运动的半径R=L得 = (2)如图1所示,以最大值θm入射时,有Δx=2R(1-cos θm)=L或2R cos θm=L得θm=
图1
(3)B>B0,全部收集到离子时的最小半径为R1如图2,有2R1 cos 37°=L得B1= =1.6B0当B0≤B≤1.6B0时,有n1=n0B>1.6B0,恰好收集不到离子时的半径为R2,有R2=0.5L得B2=2B0当1.6B0
3.(2017浙江4月选考,23,10分)如图所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x正方向每秒 发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电 子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面 向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行 板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地,A与K 两板间加有正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出, 从而形成电流。已知b= R,d=l,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子间相互作用。(1)求磁感应强度B的大小;(2)求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围;(3)当UAK=0时,每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数;(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线。
答案 见解析
y'=R sin α= R设每秒进入两极板间的电子数为n = = =0.82n=0.82N(4)由动能定理得出遏止电压U0U0=- mv2与负y轴成45°角的电子的运动轨迹则好与A板相切,其逆过程是类平抛运动,达到饱和电流所 需的最小反向电压U=- mv2或根据(3)可得饱和电流大小Imax=0.82Ne
1.(2018浙江11月选考,10,3分)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直 于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间 便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接,上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时 等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ。忽略边缘效应,下列判断正确的是 ( )A.上板为正极,电流I= B.上板为负极,电流I= C.下板为正极,电流I=
考点三 带电粒子在复合场中的运动
D.下板为负极,电流I=
答案 C 根据左手定则,等离子体中带正电荷的粒子受到的洛伦兹力方向向下,等离子体中 带负电荷的粒子受到的洛伦兹力向上,因此下极板为电源的正极,根据平衡有qvB=q ,解得稳定时电源的电动势E=Bdv,则流过R的电流为I= ,而r=ρ ,S=ab,则得电流大小为I= ,C正确。
2.(2017浙江11月选考,8,3分)如图所示,在两水平金属板构成的器件中,存在着匀强电场与匀强 磁场,电场强度E和磁感应强度B相互垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好 能沿直线运动,下列说法正确的是 ( )A.粒子一定带负电B.粒子的速度大小v= C.若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动
D.若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生变化
答案 C 粒子做直线运动,说明竖直方向受力平衡,即qvB=qE,所以选项B错误;假设粒子带正 电,则洛伦兹力竖直向上,电场力竖直向下,只要满足上式依然可以满足题意,所以选项A错误; 如果粒子速度变大或变小,都会导致洛伦兹力变化,因此就会做曲线运动,选项C正确;不管粒子 速度怎么变,在匀强电场中,粒子受到的电场力不变,所以选项D错误。
3.(2018浙江4月选考,22,10分)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号,其原理如图1所 示,压力波p(t)进入弹性盒后,通过与铰链O相连的“┨”形轻杆L,驱动杆端头A处的微型霍尔 片在磁场中沿x轴方向做微小振动,其位移x与压力p成正比(x=αp,α>0)。霍尔片的放大图如图2 所示,它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直 于x轴向上,磁感应强度大小为B=B0(1-β|x|),β>0。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给 霍尔片通以沿C1、C2方向的电流I,则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。(1)指出D1、D2两点哪点电势高;(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd, 其中e为电子电荷量);(3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同电流,测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3。 忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示)
图1 图2
图3
答案 (1)D1点电势高 (2)U0= (3)
解析 (1)N型半导体中可以自由移动的是电子,根据左手定则可以知道电子往D2端移动,因此 D1点电势高。(2)根据霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:evB0=e 将v= 代入解得:U0= (3)由任意时刻霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:evB=e 则UH(t)= = (1-β|x|)= (1-β|αp|)=U0(1-αβ|p|)由上式可得|p|= - 结合UH-t图像可知,振幅A= ,频率f= 。
命题制作 本题体现了新高考的命题方向,主要是与前沿的科技应用接轨。霍尔元件是磁场 这一专题必须掌握的一个知识点,本身不应构成难点。该题的难点在于题型属于新模型,弹性 盒、压力波等都是新名词,但仔细读题会发现,压力传感器的原理部分都是弱化的,整个复杂的 装置就只能提炼一个p(t)函数,而且这个函数正比于x,到这里应该就清楚,复杂的装置不需要过 多地去分析原理。
4.(2018浙江11月选考,23,10分)小明受回旋加速器的启发,设计了如图1所示的“回旋变速装 置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上,板N在它的正下方。两板间加上如 图2所示的幅值为U0的交变电压,周期T0= 。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处,仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一 沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源,沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q (q>0)的粒子。t=0时刻,发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力,粒 子在电场中运动的时间不计。
图1
图2(1)若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到,求发射源的位置和粒子的初动能;(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到,求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关 系
答案 (1)x0=y0, (2)见解析
解析 (1)发射源的位置x0=y0,粒子的初动能:Ek0= ;(2)分下面三种情况讨论:(ⅰ)如图1,Ek0>2qU0 图1由y= 、R0= 、R1= ,和 m = m -qU0, m = m -qU0,
及x=y+2(R0+R1),得x=y+ + ;(ⅱ)如图2,qU0
5.(2016浙江4月选考,22,10分)如图为离子探测装置示意图。区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L=0.10 m, 高均为H=0.06 m。区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场;区域Ⅱ可加方向垂 直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直 屏。质子束沿两板正中间以速度v=1.0×105 m/s水平射入,质子比荷近似为 =1.0×108 C/kg。(忽略边界效应,不计重力)(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时,求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax;(2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时,求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax;
(3)当区域Ⅰ加电场E小于(1)中的Emax,质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高,求区域Ⅱ 中的磁场B与区域Ⅰ中的电场E之间的关系式。
答案 (1)200 V/m (2)5.5×10-3 T (3)B=
解析 (1)质子在电场中做类平抛运动:vy=atqEmax=maL=vt得:tan α= = 又tan α= 得:Emax= =200 V/m(2)质子在磁场中做圆周运动,qvBmax= 由几何关系得:R2=L2+(R- )2得:Bmax=5.5×10-3 T(3)质子进入磁场时速度设为v',对在电场中的偏转,有:sin α= =
在磁场中,由几何关系得到:sin α= = = 得:B=
6.(2015浙江10月选考,23,12分)如图是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图,区域Ⅰ和Ⅱ 存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2,长L=1.0 m的区域Ⅲ存在场强大小E=5.0×104 V/m、 方向水平向右的匀强电场。区域Ⅲ中间上方有一离子源S,水平向左发射动能Ek0=4.0×104 eV 的氘核,氘核最终从区域Ⅱ下方的P点水平射出。S、P两点间的高度差h=0.10 m。(氘核质量 m=2×1.67×10-27 kg、电荷量q=1.60×10-19 C,1 eV=1.60×10-19 J。 ≈1×10-4)
(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2;(2)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域Ⅰ的最小宽度d;(3)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域Ⅱ的磁感应强度B2。
答案 (1)2.24×10-14 J (2)0.06 m (3)1.2 T
解析 (1)由动能定理W=Ek2-Ek0电场力做功W=qE·2L得Ek2=Ek0+qE·2L=1.4×105 eV=2.24×10-14 J(2)洛伦兹力提供向心力qvB=m 第一次进入B1区域,半径R0= ≈0.04 m第二次进入B1区域, m =Ek0+qELR2= ≈0.06 m故d=R2≈0.06 m(3)氘核运动轨迹如图所示
由图中几何关系可知2R2=h+(2R1-2R0)得R1=0.05 m由R1= 得B2= ≈1.2 T
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 磁场的性质 安培力
1.(2019课标Ⅰ,17,6分)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强 磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒 MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为 ( )A.2F B.1.5F C.0.5F D.0
答案 B 本题考查安培力及考生应用数学知识解决物理问题的能力,体现了核心素养中的 模型建构要素。设三根相同的导体棒的电阻均为R,长度均为l,其中ML和LN为串联关系,总电阻为2R。由并联 电路特点可知,通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍,若MN受到的安培力F=BIl,则 ML和LN受到的安培力的合力F1= ,MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同,故线框受到的安培力为F合=F+F1=1.5F,故选B。
2.(2018课标Ⅱ,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流 方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀 强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强 度大小分别为 B0和 B0,方向也垂直于纸面向外。则 ( ) A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0
答案 AC 本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生 的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向 外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度 的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2= B0,B0+B2-B1= B0,解得B1= B0,B2= B0,故A、C项正确。
解题关键 注意矢量的方向性本题解题的关键是要注意磁感应强度的方向性,如L2中电流产生的磁场方向在a点垂直纸面向 里,在b点垂直纸面向外。
3.(2019江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导 线,通过的电流大小相等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产 生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是 ( )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 本题考查安培定则及左手定则,考查基础的物理概念。由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等,只要a、b两导线通有相反方向 的电流,利用安培定则,可知线框的对边所在处磁感应强度大小相等,方向相同,再利用左手定 则可判定线框对边所受安培力大小相等,方向相反,线框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正 确。
易错警示 安培定则用右手,左手定则用左手。
4.(2017课标Ⅱ,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆 包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将 线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两 金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将 ( )A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
答案 AD 本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、实验能力。要使线圈在磁场中开 始转动,则线圈中必有电流通过,电路必须接通,故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果 上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180°时,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电 流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线圈最终做往返运动,要使线圈连 续转动,当线圈转过180°时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可 实现连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、D正确。
易错警示 ①一根漆包线绕制的矩形线圈中电流方向的判定。②要使线圈连续转动,要么受 到方向不变的持续的安培力,要么受到间歇性的方向不变的安培力,依靠惯性连续转动,而不能 受到交变的安培力作用。
以下为教师用书专用(5~9)
5.(2017北京理综,17,6分)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁 石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分 布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是 ( )A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
答案 C 由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感 线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道 上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与 地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确。选C。
6.(2017课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有 电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是 ( )A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ∶ ∶1
答案 BC 本题考查安培力。因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间 的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中几何 关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与L 1、L2所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何 关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°=F,L3单位长度所受的磁场作用 力大小为2F cos 30°= F,故C正确、D错误。
一题多解 电流的磁场与安培力由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生的磁场磁感应强度大小相等,设为B。 如图所示,由几何关系可得L1所在处磁场的磁感应强度B1=2B cos 60°=B,方向与L2、L3所在平面 垂直,再由左手定则知L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面平行,L1上单位长度所受安培力 的大小为F1=BI。同理可判定L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直,单位长度所受安 培力大小为F3= B·I;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1∶F2∶F3=1∶1∶ ,故A、D错误,B、C正确。
7.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ, 间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属 棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松 开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到 底端的过程中,金属棒(1)末速度的大小v;(2)通过的电流大小I;(3)通过的电荷量Q。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)匀加速直线运动v2=2as解得v= (2)安培力F安=IdB金属棒所受合力F=mg sin θ-F安由牛顿运动定律得F=ma解得I= (3)运动时间t= 电荷量Q=It解得Q=
8.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀 强磁场与平面垂直。一足够长,质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原 点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位 长度的电阻为ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=k (SI)。求:(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
答案 (1)y= x2 (2)Fm= y(3) L2+maL
解析 (1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x,y),安培力F= 安培力的功率P=Fv= =k 棒做匀加速直线运动v2=2ayR=2ρx代入前式得y= x2轨道形状为抛物线。(2)安培力Fm= v= 以轨道方程代入得Fm= y(3)由动能定理得W=Wm+ mv2安培力做功Wm= L2
棒在y=L处的动能为 mv2=maL外力做功W= L2+maL
9.(2015课标Ⅰ,24,12分)如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀 强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒 绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 Ω。已知开关断开时两 弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改 变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出 金属棒的质量。
答案 见解析
解析 依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为 竖直向下。开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg ①式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL ②式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3 cm,由胡克定律和力的平 衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F ③由欧姆定律有E=IR ④式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。联立①②③④式,并代入题给数据得
m=0.01 kg⑤(安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分)
1.(2019课标Ⅱ,17,6分)如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向 垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方 向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为 ( )A. kBl, kBl B. kBl, kBlC. kBl, kBl D. kBl, kBl
考点二 洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动
答案 B 本题考查了电子在磁场中运动的问题,有利于综合分析能力、应用数学知识处理 物理问题能力的培养,突出了核心素养中的模型建构、科学推理、科学论证要素。从a点射出的电子运动轨迹的半径R1= ,由Bqv1=m 得v1= = kBl;从d点射出的电子运动轨迹的半径R2满足关系 +l2= ,得R2= l,由Bqv2=m 得v2= = kBl,故正确选项为B。
思路分析 由左手定则可判断电子的受力及偏转方向,画出电子在磁场中的运动轨迹,由相关 的数学知识确定两轨迹的半径,再由洛伦兹力提供向心力,解出从a、d两点射出的电子的速度 大小。
2.(2017课标Ⅱ,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边 界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。 若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率 为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1 为 ( ) A. ∶2 B. ∶1 C. ∶1 D.3∶
答案 C 设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒子最远出射点为N,如图所示,则由 几何知识得 r1= = ,r2= = R = 由qvB= 得r= ,故 = = ,选项C正确。
3.(2016课标Ⅱ,18,6分)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行, 筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转 动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过9 0°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒 子的比荷为 ( ) A. B. C. D.
答案 A 定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角θ=30°,所需时间t= T= ;由题意可知粒子由M飞至N'与圆筒旋转90°所用时间相等,即t= = ,联立以上两式得 = ,A项正确。
4.(2019北京理综,16,6分)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直 磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是 ( ) A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短
答案 C 本题为带电粒子在匀强磁场中运动的问题,主要考查考生对相关知识的理解能力 和推理能力,是物理学科中运动与相互作用观念、模型建构、科学推理等核心素养的具体体 现。由运动轨迹和左手定则可判定该粒子带负电,A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,故粒子在 b点速率等于在a点速率,B错误;由qvB=m 得R= ,若仅减小磁感应强度,则R增大,如图,粒子将从b点右侧射出,故C正确;粒子运动周期T= = ,若仅减小入射速率,则R减小,T不变,粒子运动轨迹所对应的圆心角θ变大,由t= T可知,粒子运动时间将变长,故D错误。
5.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板 与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短), 反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速 度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d
解析 本题考查了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的极值问题及周期性问题。考查了学 生的综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建构、科学 推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。(1)粒子的运动半径d= 解得v= (2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切 由几何关系得dm=d(1+sin 60°)解得dm= d(3)粒子的运动周期T=
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则t=n +t'(n=1,3,5,…)(a)当L=nd+(1- )d时,粒子斜向上射出磁场t'= T解得t=( + ) (b)当L=nd+(1+ )d时,粒子斜向下射出磁场t'= T解得t=( - )
解题关键 1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹与该 边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可以形成周 期性运动,要注意多解。
6.(2016海南单科,14,14分)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L。在 △OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平 行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子 在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小;(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒 子这两次在磁场中运动的时间之和;(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为 t0,求粒子此次入射速度的大小。
答案 (1) (2)2t0 (3)
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期:T=4t0 ①设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定 律得:qvB=m ②匀速圆周运动的速度满足:v= ③联立①②③式得:B= ④(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运 动的轨迹如图(a)所示: 设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有:θ1=180°-θ2 ⑤
设粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则:t1+t2= =2t0 ⑥(3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆 弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知, 此时有∠OO'D=∠BO'A=30° ⑦ r0 cos ∠OO'D+ =L ⑧设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律得:v0= ⑨
联立①⑦⑧⑨式得:v0= ⑩
以下为教师用书专用(7~10)
7.(2019课标Ⅲ,18,6分)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射 入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的 时间为 ( ) A. B. C. D.
答案 B 本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生对粒子在匀强磁场中的运动轨 迹进行确定,从而确定运动时间,体现了分析和解决问题的能力,是学科核心素养中科学推理素 养的具体表现。 由qvB= 得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r= ,当粒子进入第一象限时,由于磁感应强度减为 B,故轨迹半径变为2r,轨迹如图所示。由几何关系可得cos θ= ,θ=60°,则粒子运动时间t= · + · = ,选项B正确。
解后反思 根据磁感应强度大小的关系确定轨迹半径的关系,通过作图,结合几何关系,确定圆 心角是解答本题的关键。
8.(2016四川理综,4,6分)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正 电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时 间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力。则 ( ) A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1 B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1 D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2
答案 A 由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在a点,半径为正六边形边长L;粒子以 vc射入时轨迹圆心在M点,半径为2L;由半径公式r= 可得vb∶vc=rb∶rc=1∶2,由几何图形可看出,两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120°、60°,所以tb∶tc=2∶1,A项正确。
9.(2019天津理综,4,6分)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示 屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电 脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是 电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元 件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控 制屏幕的熄灭。则元件的 ( )
A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U与v无关C.前、后表面间的电压U与c成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
答案 D 本题考查了霍尔元件的工作原理和应用,以及考生的理解能力和应用数学知识处 理物理问题的能力,体现了科学推理素养和应用与创新的价值观念。根据左手定则判断出电子受力情况,可知电子偏转到后表面,前表面电势高于后表面电势,故A 项错误。再由Ee=Bev=F洛,E= ,解得U=Bva,F洛= ,U与v成正比、U与c无关,故B、C项错误,D项正确。
解题关键 熟练应用霍尔效应的原理、特点进行推导分析。
10.(2019课标Ⅰ,24,12分)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、 方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入 磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点 在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d, 不计重力。求(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
答案 (1) (2) ( + )
解析 本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题,考查了考生应用数学知识处理、 分析物理问题的能力,体现了物理学科中的运动与相互作用观念的素养要素以及科学推理的 核心素养。(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU= mv2 ①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m ②由几何关系知d= r ③联立①②③式得 = ④
(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s= +r tan 30° ⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t= ⑥联立②④⑤⑥式得t= ( + ) ⑦
方法诠释 确定带电粒子在磁场中做圆周运动时圆心位置的方法:①利用两速度方向的垂线; ②利用弦的中垂线;③利用两速度方向间夹角补角的角平分线;④利用半径的大小。
1.(2018北京理综,18,6分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定 初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与 完成上述两类运动无关的是 ( )A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度
考点三 带电粒子在复合场中的运动
答案 C 本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。不计重力的带电粒子,在电场和磁场的 复合场中做匀速直线运动,则一定满足关系Eq=qvB①;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅 需满足洛伦兹力充当向心力,即qvB=m ②,综合①②式可知,粒子的电性和电量与能否完成题述两类运动无关,C对。
2.(2018课标Ⅱ,25,20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截 面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于 xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l',电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方 向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。 不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为 ,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
答案 (1)见解析 (2) (3)
解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称) 图(a)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0, 在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方 向的夹角为θ[见图(b)],速度沿电场方向的分量为v1。
图(b)
根据牛顿第二定律有qE=ma ①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1=at ②l'=v0t ③v1=v cos θ ④粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB= ⑤由几何关系得l=2R cos θ ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0= ⑦(3)由运动学公式和题给数据得
v1=v0 cot ⑧联立①②③⑦⑧式得 = ⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t',则t'=2t+ T ⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,T= 由③⑦⑨⑩ 式得t'=
3.(2018天津理综,11,18分)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直 向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分 别为R、 R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出。不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时间t;(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出。粒子从M到N 的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小。
答案 (1) (2)
解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=m ①设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE ②设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=ma ③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at ④联立①②③④式得t= ⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过 的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。设粒子在磁场 中的轨迹半径为r',由几何关系可得
(r'-R)2+( R)2=r'2 ⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知tan θ= ⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相 同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于 v0,由运动的合成和分解可得tan θ= ⑧
联立①⑥⑦⑧式得v0= ⑨
以下为教师用书专用(4~7)
4.(2017课标Ⅰ,16,6分)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面 平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、 mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸 面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 ( ) A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
答案 B 本题考查带电粒子在复合场中的运动。因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能 忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直 向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvc
5.(2016课标Ⅰ,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其 中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开 磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转 后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 ( ) A.11 B.12 C.121 D.144
答案 D 设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后的磁感应强度为B2。 在加速电场中qU= mv2①,在磁场中qvB=m ②,联立两式得m= ,故有 = =144,选项D正确。
6.(2018课标Ⅰ,25,20分)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 H和一个氘核 H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知 H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场 H的质量为m,电荷量为q。不计重力。求(1 H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;(2)磁场的磁感应强度大小;(3 H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案 (1) h (2) (3) ( -1)h
解析 本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。 (1 H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设 H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点 O的距离为s1。由运动学公式有 s1=v1t1 ① h= a1 ② 由题给条件 H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60° H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1 tan θ1 ③
联立以上各式得 s1= h ④ (2 H在电场中运动时,由牛顿第二定律有 qE=ma1 ⑤ 设 H进入磁场时速度的大小为v1',由速度合成法则有 v1'= ⑥ 设磁感应强度大小为B H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1'B= ⑦ 由几何关系得 s1=2R1 sin θ1 ⑧ 联立以上各式得 B= ⑨
(3)设 H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得 (2m) = m ⑩ 由牛顿第二定律有 qE=2ma2 设 H第一次射入磁场时的速度大小为v2',速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2=v2t2 h= a2 v2'= sin θ2= 联立以上各式得 s2=s1,θ2=θ1,v2'= v1'
设 H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由⑦ 式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2= = R1 所以出射点在原点左侧。设 H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2',由几何关系有 s2'=2R2 sin θ2 联立④⑧ 式得 H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2'-s2= ( -1)h
规律总结 带电粒子在组合场中运动问题的一般解题思路 ①电场中类平抛运动:x=v0t,y= at2速度方向:tan α= 位移方向:tan β= ②磁场中匀速圆周运动的解题步骤:a.确定圆心; b.利用几何关系求半径;c.qvB=
7.(2016天津理综,11,18分)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T。有一 带正电的小球,质量m=1×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运 动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g=10 m/s2。求:(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
答案 (1)见解析 (2)3.5 s
解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有 qvB= ①代入数据解得v=20 m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ= ③代入数据解得tan θ=
θ=60° ④(2)解法一:撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有a= ⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有x=vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有y= at2 ⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ,又tan θ= ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t=2 s=3.5 s⑨
解法二:撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点, 竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为vy=v sin θ ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有vyt- gt2=0 ⑥联立⑤⑥式,代入数据解得t=2 s=3.5 s⑦
考点一 磁场的性质 安培力
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019浙江七彩阳光联盟二模,9)如图所示,金属棒AC用绝缘轻绳悬挂在磁感应强度大小 为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,P为金属棒上方某点,下列判断正确的是 ( ) A.通入A→C方向的电流时,并改变磁场的大小,可使细绳上张力为零B.通入C→A方向的电流时,磁场方向不变,可使细绳上张力为零C.通入A→C方向的电流时,使P点的磁感应强度变大D.通入C→A方向的电流时,使P点的磁感应强度不变
答案 A 金属棒处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,金属棒中通入A→C方向的电流时, 根据左手定则可得,安培力的方向竖直向上,改变磁感应强度的大小,使安培力大小等于重力大 小时,细绳上的拉力可以为零,故A正确;通入C→A方向的电流时,磁场方向不变,根据左手定则 可得,安培力的方向竖直向下,细绳上的张力不可能为零,故B错误;通入A→C方向的电流时,根 据安培右手定则可知,导线在P处产生的磁场方向垂直于纸面向外,所以使P点的磁感应强度变 小,故C错误;通入C→A方向的电流时,根据安培定则可知,导线在P处产生的磁场方向垂直于纸 面向里,所以使P点的磁感应强度变大,故D错误。
2.(2019浙江学军中学模拟,8)如图所示是一位同学制作的实验装置:柔软弹簧竖直悬挂,下端恰 与铜片接触。当开关闭合后,弹簧时伸时缩,灯泡时明时暗。关于这个实验现象,下列说法中正 确的是 ( )A.弹簧收缩与铜片分离时,通过灯泡的电流较小,灯泡暗淡B.弹簧伸长与铜片接触时,通过灯泡的电流较大,灯泡明亮
C.有电流通过弹簧时,各匝环形电流互相吸引致使弹簧收缩D.有电流通过弹簧时,各匝环形电流互相排斥致使弹簧伸长
答案 C 由电路图可知,弹簧收缩与铜片分离时,通过灯泡的电流较大,灯泡明亮;弹簧伸长与 铜片接触时,通过灯泡的电流较小,灯泡暗淡,选项A、B错误;有电流通过弹簧时,各匝环形电流 是同向电流,则互相吸引致使弹簧收缩,选项C正确,D错误。
3.(2019浙江温州九校联考,11)如图所示是研究安培力的演示仪,把正方形导线框挂在弹簧测 力计的下面,导线框平面与纸面垂直。当闭合开关时,导线框外侧边的电流向上(如图所示),则 下列说法正确的是 ( )A.闭合开关时,弹簧测力计的示数变小B.闭合开关后,当滑动变阻器向右滑动时,弹簧测力计的示数变大
C.若仅变换电源的正负极后,闭合开关,弹簧测力计的示数变小D.若仅把马蹄形磁铁重新放置,使开口向右,N极在上S极在下,线框将受到向左的安培力
答案 C 由题图可知,导线框处磁场方向向左,线框下边中的电流方向向外,由左手定则可知, 下边受到的安培力方向向下,弹簧测力计示数变大,故A错误;闭合开关后,当滑动变阻器向右滑 动时,滑动变阻器接入电路中的电阻增大,通过线框的电流减小,线框下边受到的安培力减小, 弹簧测力计示数减小,故B错误;若仅变换电源的正负极后,线框下边中的电流方向向里,由左手 定则可知,线框受到的安培力方向向上,弹簧测力计示数变小,故C正确;若仅把马蹄形磁铁重新 放置,使开口向右,N极在上,S极在下,由左手定则可知,线框受到的安培力方向向右,故D错误。 故应选C。
4.(2019浙江金丽衢二次联考,8)如图所示,三块一样的蹄形磁铁并排放置在粗糙水平桌面上,S 极在上,N极在下,导体棒AB单位长度的电阻为R,导体棒所在位置的磁感应强度相同。可通过 1、2、3、4四条电阻不计的柔软细导线与电动势为E、内阻为r的电源相连,相邻两条细导线 间的导体棒长度相同。下列说法正确的是 ( ) A.1接电源负极,2接电源正极,导体棒向外摆B.对调磁铁N极与S极的位置的同时改变电流方向,导体棒的摆动方向改变C.1、4接电源瞬间导体棒所受磁场的作用力是2、3接电源瞬间的3倍D.通电瞬间,桌面对磁铁的作用力比没通电时大
答案 D 1接电源负极,2接电源正极,根据左手定则可知,导体棒受安培力向里,则导体棒向里 摆,选项A错误;根据左手定则可知,对调磁铁N极与S极的位置的同时改变电流方向,导体棒受 安培力的方向不变,则摆动方向不变,选项B错误;1、4接电源时的电流为I14= ,2、3接电源时的电流为I23= ,则3I14≠I23,则根据F=BIL,且l14=3l23可知1、4接电源瞬间导体棒所受磁场的作用力不等于2、3接电源瞬间的3倍,选项C错误;通电的瞬间,磁场对导体棒产生水平 方向的安培力,根据牛顿第三定律,导体棒对磁铁产生水平方向的作用力,从而使得磁铁与桌面 之间产生摩擦力,使磁铁对桌面的作用力增加,选项D正确。
5.(2019浙江嘉兴选考测试,8)如图甲所示为海影号电磁推进试验舰艇,船体下部的大洞使海水 前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示,其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电 源的正极和负极,舰艇内超导体在M、N间产生强磁场,使M、N间海水受到磁场力作用被推出, 船因此前进。要使乙中所示的舰艇向右前进,则从甲图中所示视角看所加磁场的方向应为 ( )A.水平向左 B.水平向右C.竖直向上 D.竖直向下
答案 C M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极,在乙图中电流方向由M指向N,要使舰艇 向右前进,则海水受到的安培力应向左,海水对舰艇的反作用力向右,根据左手定则可知,磁场 应垂直向外即竖直向上,即从题甲图中所示视角看,所加磁场的方向应竖直向上,故C正确。
6.(2019浙江暨阳联考,10)如图所示,一种固定在竖直墙面MN上的自动跳闸限流开关,O是转动 轴,A是绝缘手柄,C是闸刀卡口。图中虚线区域存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外 的匀强磁场。CO间距离为l,当通过闸刀的电流超过I0时,开关将自动断开。下列说法中正确的 是 ( ) A.跳闸时闸刀所受的安培力做负功B.限流开关正常工作时的电流方向应为C→OC.仅改变电流方向不会影响自动跳闸开关的正常工作D.增大匀强磁场的磁感应强度,可使自动跳闸的电流值增大
答案 B 由题可知,开关OC段所受安培力应向左,跳闸时,安培力做正功,A错;由左手定则可 知,限流开关正常工作时的电流方向应为C到O,B正确;只有当安培力向左才能使自动跳闸开 关正常工作,仅改变电流方向,闸刀所受安培力向右,不能正常工作,C错;增加磁感应强度,能让 更小的电流也能产生同样的力,所以跳闸的电流变小了,D错。
7.(2018浙江名校新高考研究联盟联考)如图所示,长为4 m的金属杆可绕转轴O在竖直平面内 转动。方向水平的匀强磁场磁感应强度为2 T,磁场边界为一圆形,圆心恰为O点,直径为1 m,当 电流表读数为10 A时,金属杆与水平方向的夹角为30°,则此时磁场对金属杆的作用力为 ( ) A.80 N B.40 N C.20 N D.10 N
答案 D 金属杆切割磁感线的有效长度等于圆的半径,即L有效= m,金属杆受到的安培力F=BIL有效=2×10× N=10 N,D正确。
1.(2019浙江超级全能生联考,12)导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动 时所受洛伦兹力的矢量和,在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示,设导线ab中每个带 正电粒子定向运动的速度都是v,单位体积的粒子数为n,粒子的电荷量为q,导线的横截面积 为S,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,则下列说法正确的是 ( )
考点二 洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动
A.题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断B.由题目已知条件可以算得通过导线的电流为I=nqvSC.每个粒子所受的洛伦兹力为F洛=qvB,通电导线所受的安培力为F安=nqvBD.改变适当的条件,有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方 向保持不变
答案 B 安培力的方向是由左手定则来判定的,安培定则是判断电流产生的磁场方向的,故 A错误;由已知及电流的微观表达式可得导线中的电流为:I=nqvS,故B正确;每个粒子所受洛伦 兹力为F洛=qvB,则通电导线所受的安培力F安=NF洛(N为通电导线中的总粒子数),故C错误;由安 培力与洛伦兹力的关系可知,安培力的方向不可能在洛伦兹力的方向反向的情况下而保持不 变,故D错误。故选B。
2.(2019浙江镇海中学一模,9)(多选)为了研究电介质的极化性质,设想用α粒子轰击某电介质。 电介质极化时产生很多电偶极子,电偶极子可视为如图所示等量异种电荷。α粒子从等量异种 电荷垂直平分线上某点A开始水平向右轰击如图所示等量异种电荷,轨迹如图中实线所示,则 下列说法中正确的是( ) A.α粒子在C点时机械能比A位置时大B.α粒子在接近等量异种电荷过程中速度一直增加C.α粒子在C点时加速度比A位置时大D.要使α粒子沿着虚线做匀速直线运动,则需要加一垂直纸面向里的匀强磁场
答案 ABC α粒子从A到C过程中电场力做正功,动能增大,速度增大,即在C点时机械能比A 位置时大,选项A、B正确;α粒子从A到C时,根据等量异种点电荷的电场分布情况知,C点电场 线比A点密集,则在C点时,α粒子受电场力大,加速度比A位置时大,选项C正确;根据等量异种点 电荷的电场线分布情况知,α粒子沿着虚线运动时受到向下的先增大后减小的电场力,则要使α 粒子沿着虚线做匀速直线运动,受到向上的磁场力先增大后减小,需要加一垂直纸面向里的先 增大后减小的磁场,选项D错误。故选A、B、C。
3.(2018浙江新高考选考终极适应性考试)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带 电粒子,若这些粒子都直接到达地面,将会对地球上的生命带来危害。由于地磁场(如图所示) 的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向,使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不 考虑地磁偏角的影响,关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断,下列说法中 正确的是 ( )
A.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向东偏转B.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向北偏转C.若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向南偏转D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心,它可能在地磁场中做匀速圆周运动
答案 A 由于地磁场的方向由南到北,若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,即粒 子的运动方向与地磁场的方向垂直,由左手定则可知,带电粒子将向东偏转,选项A正确,B错误; 若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心,则说明粒子的运动方向与地磁场方向平 行,故粒子不受磁场力的作用,所以不会发生偏转,更不会做匀速圆周运动,故选项C、D错误。
4.(2017浙江绍兴适应检测,7)如图所示,电子枪向右发射电子束,其正下方水平直导线内通有向 右的电流,则电子束将 ( )A.向上偏转 B.向下偏转C.向纸外偏转 D.向纸内偏转
答案 A 先用安培定则判断出导线上方的磁场方向为垂直纸面向外,在根据左手定则判断 出电子束受到的洛伦兹力方向为竖直向上,故选A。
5.(2019浙江名校协作体二模,23)(10分)理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子,所以 在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。我国某研究小组为研究暗物 质设计了探测正电子的装置。设计如图所示,矩形区域ABCD处在与其所在平面垂直的匀强 磁场中,磁感应强度为B0,方向指向纸外,其中AB=5L,AD=1.5L。AE段为正电子发射源,AE段各 点发射正电子情况相同,AE=2L。CF段上表面与CH段左侧面固定有正电子收集板,CH=5.25L,CF=3L。设正电子质量为m,电荷量为e,只考虑正电子在纸面内的运动,忽略相对论效应,不计重力。(1)若从E点垂直AE飞出的正电子,刚好击中B点,求正电子初速度大小;
(2)若AE段各点正电子垂直AE飞出,发射的正电子经磁场偏转后全部被收集板吸收,求正电子 初速度的范围;(3)若AE段各点正电子均满足(2)中的初速度大小的条件,且初速度方向朝AE板上方各个方向 飞出,则所有击中收集板的正电子从飞出到击中收集板所用时间的最小值。
答案 (1) (2) ≤v≤ (3) arcsin
解析 (1)正电子由E点达到B点,由几何关系得:2R=3L由B0v= ,得v= (2)情况1:电子由A点打到F点过程,由几何关系得: = + ,所以LAF= L = ,所以R1= LB0ev1= m ,所以v1= 情况2:电子垂直打在H点时,由几何关系得:R2=LBH=3.75L以此半径打出的电子均能打在收集板上,超过此半径则有电子打不到收集板上B0ev2= m ,所以v2= 所以 ≤v≤ (3)电子由E点打到B点运动时间最短,由几何关系得:
sin = = ,所以α=2 arcsin tmin= T= arcsin
6.(2019浙江七彩阳光联盟二模,23)如图所示,在纸面内有一用绝缘材料制成的、边长为L的正 方形框架DCEF,正方形区域外空间中充满垂直于纸面向里的匀强磁场。在DC边中点S处开有 小孔,一比荷为k(k>0)的粒子以速度v0垂直DC边从小孔S射出。若该粒子与正方形框架碰撞时 均无能量损失,且每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边。不计粒子的重力,框架光滑。 (1)若带电粒子以最短的时间打到C点,求磁感应强度大小B;(2)保持(1)求得的磁感应强度不变,为使从S点发出的粒子最终又回到S点,且运动时间最短,求 带电粒子从S点发出时的速率v和最短时间tmin;
答案 (1) (2)2v0
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力,得qvB=m 粒子经过一次偏转垂直打在C点所用时间最短,应满足:R= 解得:B= = (2)带电粒子运动有两种可能的运动路径,一是半圆周运动与直线运动的组合,另一是半圆周运动。对前者,有R= 所用时间:t1 min= + = (π+2)对后者,有R= × (n=1,2,3,…)在磁场中粒子做圆周运动的速度:v= = (n=1,2,3,…)粒子在磁场中偏转的角度最小时,运动时间最短,取n=1,得v=2v0第四次碰撞回到S点,则最短时间为 =4× T= =
比较有 > = ,故粒子最短时间为
7.(2019浙江温州九校联考,23)如图甲所示,M、N是相距为d=0.1 m竖直放置的平行金属板,板 间有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B1=0.1 T。P、Q为水平放置的两平行金属板,用 导线将P与M、Q与N分别连接;A为绝缘挡板;C为平行于P和Q的荧光屏;A、P、Q、C的中间 各有一个小孔,所有小孔在同一竖直中轴线上。荧光屏C的上方有垂直于纸面向里、磁感应 强度为B2=0.01 T的匀强磁场。现有大量的正负离子混合物,以某一相同的速度垂直于磁场竖 直向上射入金属板MN之间,离子的比荷的绝对值均为 =107 C/kg。仅能在P与Q、M与N之间形成电场,极板间形成的电场均可视为匀强电场,且忽略电场的边缘效应,不计离子重力。 甲
乙(1)判断金属板M的带电性质,并求出在N、M两板之间电场稳定后,电势差UNM与离子入射速度v 之间的关系;(2)若离子以v1=3.0×105 m/s的速度射入磁场,在荧光屏上将出现由正、负离子形成的两个亮点, 求两亮点到荧光屏小孔的距离之比;(3)若离子以v2=1.0×105 m/s的速度射入磁场,因某种原因,实际上离子通过C板上的小孔时会在 竖直平面内形成一个发散角2θ(如图乙),所有离子速率仍相同。求荧光屏上亮点的长度Δx及 同一时刻通过小孔的离子打到荧光屏上的最长时间差Δt。(已知θ=0.1415弧度, cos θ=0.99)
答案 (1)UNM= (V) (2) (3)5.66×10-6 s
解析 (1)由粒子的运动可知,M板带负电;电场稳定后有:qvB1=q UNM=B1dv= (V);(2)正负离子能通过MN板,则速度v1= 在通过PQ之间后,正离子有: m( - )=-qU1负离子有: m( - )=qU1进入带荧光屏C的上方洛伦兹力提供向心力得:qU+B2=m qU-B2=m 打在荧光屏上的距离为x+=2r+
x-=2r-由以上各式解得 = 正离子经过PQ间做匀减速直线运动,没恰好到达Q板,则入射速度为v,由-qU2= - mv2,稳定后极板间电势差U2=B1dv2,解得v=2 ×105 m/s>1×105 m/s,故正离子不能通过Q板小孔,只有负离子通过。P、Q间对离子根据动能定理得:qv2= m m ,解得v'-= ×105 m/s,进入c板上方磁场洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律得qv'-B2=m 由几何关系得Δx=2r'(1-cos v)代入数据解得Δx=2 ×10-2m最大时间差为Δt= ·T- ·T= · =5.66×10-6s。
1.(2019浙江名校协作体二模,13)现有一种质谱仪如图所示,离子化室存在一些初速度为零的 正离子。正离子经高压电源加速,加速后通过圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管,最后打在 记录仪上,通过处理就可以得到正离子比荷 进而推测有机物的分子结构。已知高压电源的电压为U,圆形磁场区的半径为R,真空管与水平面夹角为θ,离子进入磁场室时速度方向指向 圆心。则下列说法正确的是 ( )A.高压电源A端应接电源的正极
考点三 带电粒子在复合场中的运动
B.磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里C.两种一价正离子X1、X2(X1质量大于X2)同时进入磁场室后,出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ,则轨迹Ⅰ 一定对应X2D.若磁场室内的磁感应强度大小为B,当记录仪接收到一个明显的信号时,与该信号对应的离 子比荷为 =
答案 C 正离子在电场中加速,可以判断高压电源A端应接负极,同时根据左手定则知,磁场 室的磁场方向应垂直纸面向外,A、B均错误;设离子通过高压电源后的速度为v,由动能定理可 得qU= mv2,离子在磁场中偏转,则qvB=m ,联立计算得出r= ,由此可见,质量大的离子的运动轨迹半径大,即轨迹Ⅱ一定对应x1,故C对;离子在磁场中偏转轨迹如图所示,由几何关 系可知r= ,故D错。
解题关键 本题考查学生的推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力,需要 考生熟知粒子在磁场中运动的规律。
2.(2019浙江宁波十校期末联考,13)(多选)霍尔式位移传感器的测量原理如图所示,有一个沿z 轴方向的磁场,磁感应强度B=B0+kz(B0、k均为常数)。将传感器固定在物体上,保持通过霍尔 元件的电流I不变(方向如图所示),当物体沿z轴方向移动时,由于位置不同,霍尔元件在y轴方向 的上、下表面的电势差U也不同。则 ( ) A.传感器灵敏度 与上、下表面的距离有关B.当物体沿z轴方向移动时,上、下表面的电势差U变小C.传感器灵敏度 与通过的电流有关D.若图中霍尔元件是电子导电,则下板电势高
答案 ACD 最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,设霍尔元件的长宽高分别为 a、b、c,由q =qBv,电流的微观表达式为I=nqbcv,所以U= = = z+ 从公式可以看出,传感器灵敏度 = 与b及电流I的大小有关,故A错,C对;当物体沿z轴方向移动时,根据公式可以判断上、下表面的电势差U变大,故B错;霍尔元件中移动的是自由电子,根据左 手定则,电子向下表面偏转,所以上表面电势高,故D错。故选C。
3.(2019浙江宁波十校期末联考,22)如图甲所示,在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场, 其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示;与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强 电场,电场强度E= ×103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t=0时刻,一个带正电粒子从P点以v=2×104 m/s的速度沿+x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为 m,P点到坐标原点O的距离为1.1 m,粒子的比荷 =106 C/kg,不计粒子的重力。求粒子: 甲 乙
(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离;(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间;(3)最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。
答案 (1)0.4 m (2) ×10-5 s 4π×10-5 s (3)0.37 m
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m 解得半径R=0.2 m粒子在磁场中运动时,到x轴的最大距离ym=2R=0.4 m 图(a) 图（b）
(2)如图(a)所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= = =2π×10-5 s由磁场变化规律可知,它在0- ×10-5 s即0- T时间内做匀速圆周运动至A点,接着沿-y方向做匀速直线运动直至电场边界C点,用时t2= = ×10-5s=
进入电场后做匀减速直线运动至D点,由牛顿定律得粒子的加速度:a= = ×109 m/s2粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间t3= = = ×10-5 s= 接下来,粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2,磁场刚好恢复,粒子将在洛伦兹力的作 用下从A做匀速圆周运动,再经 ×10-5s时间,粒子将运动到F点,此后将重复前面的运动过程.所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能:
第一种可能是:由C点先沿-y方向到D再返回经过C,所需时间为t=t3= ×10-5 s第二种可能是:由C点先沿+y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后,从G点沿-y方向做 匀速直线运动至MN,所需时间为t'= + + =2T=4π×10-5 s(3)由上问可知,粒子每完成一次周期性的运动,将向-x方向平移2R[即图(a)中所示从P点移到F 点],lOP=1.1 m=5.5R,故粒子打在挡板前的一次运动如图(b)所示,其中I是粒子开始做圆周运动的 起点,J是粒子打在挡板上的位置,K是最后一段圆周运动的圆心,Q是I点与K点连线与y轴的交
点。由题意知,lOI=lOP-5R=0.1 mlKQ=R-lQI=0.1 m= ,则lJQ= = RJ点到O的距离lJO=R+ R= m
4.(2019浙江杭州学军中学模拟,23)真空中有一半径为R的虚线圆形区域内存在方向垂直纸面 的匀强磁场,如图1所示,虚线圆的右侧放置一对水平正对的金属板M和N,两金属板的中心线O1 O2与虚线圆的圆心O在同一水平线上,在圆上P点(位于O点的正下方)处有一点状电子源,电子 源可以向圆内各个方向发射速率均为v0的电子,其中沿PO方向射入磁场的电子恰好从圆上的 O1点沿两板中心线射出,电子在进入金属板的瞬间给两板加上图2所示的交变电压,最后电子 恰好从M板的边缘水平飞出,已知金属板的板长L=2.4R,板间距d=1.2R,电子的质量为m、电荷 量为e,忽略电子的重力和相互间的作用力。求: (1)圆形区域内的磁感应强度B的大小和方向;
(2)图2中U0和周期T;(3)若在两板右端加一竖直探测板(图中未画出),电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板 间,同时在板间加上图2的交变电压,经电场偏转后垂直打在探测板上,若每秒打在探测板上的 电子数为x,有70%的电子被吸收,30%的电子被原速率弹回两板间,探测板受此类电子撞击的 平均作用力大小;(4)在满足(3)的条件下,被原速率弹回的某电子在t= 时刻返回两板间,求该电子在磁场中运动的总时间。
答案 (1)圆形区域内的磁感应强度B的大小为 ,方向:垂直于纸面向里;(2)U0为: (n=1、2、3、…)周期T为:T= (n=1、2、3、…);(3)探测板受此类电子撞击的平均作用力大小为1.3xmv0;(4)求该电子在磁场中运动的总时间为 。
解析 (1)由左手定则可知,磁场垂直于纸面向里,沿PO方向射入磁场的电子恰好从圆上的O1 点沿两板中心线射出,则电子的轨道半径为R,电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:ev0B=m ,解得:B= ;(2)从O1射出磁场的电子运动轨迹如图所示: 根据电子恰好从M板的边缘飞出可知,电子在板间的运动时间为交变电压周期的整数倍,
则有:t= =nT解得:T= (n=1、2、3、…)电子在板间偏转的总位移为:y=2n· at'2= ,加速度为:a= 时间为:t'= ,d=1.2R,解得:U0= (n=1、2、3、…);(3)电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板间,经磁场偏转后在O2点垂直打在探测板上, 以水平向右为正方向,由动量定理得:Ft=0-(-70%xmv0)+30%xmv0-(-30%xmv0),解得:F=1.3xmv0;(4)根据题意,电子在t= T时刻返回两板间,经电场偏转后刚好平行于N板从N板左边缘水平进入磁场,电子运动轨迹如图所示:
设电子从C点离开磁场,易知OBO'C为菱形,则:OC//BO',由几何关系可知,OC处于竖直方向,因此电子两次进入磁场的轨迹所对圆心角之和为180°,电子在磁场中运动总时间:t总= T'= 代入B= 解得:t总= 。
5.(2019浙江超级全能生联考,23)利用电磁场可以改变带电粒子的速度大小与运动方向,如图 甲是某加速装置的原理示意图,加速管MN的中部P处有很高的正电势φ,M、N两端电极均接 地。由离子源产生的-1价离子从M端飘入,当离子到达P处时,可被设在P处的特殊装置将其电 子剥离,成为+2价离子,而不改变其速度大小。这些+2价离子从N端水平飞出,后进入垂直纸面 向里的水平交变磁场。设此时刻t=0,磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的图线如图乙所示, 规定磁场垂直纸面向里为正方向,其中B0=0.5 T,ab是水平放置的位于加速管MN正上方的探测 板,c是ab板的中点,Nc连线与探测板ab垂直。已知交变磁场的范围足够大,加速管MN管径较小, 大地电势为零,离子从M端飘入的速度可视为零,离子质量m=2.0×10-26kg,电势φ=7.5×105 V,元电 荷e=1.6×10-19 C。不计离子重力及相互作用力,忽略空气阻力的作用。求: 甲
乙(1)离子从加速管N端射出时的速度大小;(2)离子在交变磁场中偏离竖直线NC的最远距离;(3)若探测板能上下移动,欲使离子能垂直打到板上,探测板与N点的距离应满足什么关系。
答案 (1)6×106 m/s (2) (1+π)m (3)见解析
解析 (1)设离子到达P处时的速度为vp,从N端射出时的速度为v,由动能定理得eφ= m -02eφ= mv2- m 解得v= =6×106 m/s说明:若以MN全程列式eφ+2eφ= mv2-0同样可以。(2)离子在磁场B0中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB0=m ,解得R= = m离子在磁场B0中圆周运动的周期T= = ×10-6 s或T= = ×10-6 s离子在磁场中0~ ×10-6 s时间内匀速转过半个圆周,在 ×10-6~ ×10-6 s时间内匀速直线运动的位移大小为l=v = m,在 ×10-6~ ×10-6 s时间内匀速转过半个圆周后,再做匀速直线运
动,以此类推,运动轨迹如图所示 故离子偏离竖直线Nc的最大距离s=l+R= (1+π)m(3)若离子能垂直射到探测板上的某点Q,当Q点在竖直线NC右侧时,由轨迹图可知,板ab与N点 间的距离应满足L=n·4R+R= m(n=0,1,2,…)L'=n·4R+3R= m(n=0,1,2,…)说明:若把以上两式合并,写成L= m(n=0,1,2,…),同样可以。
6.(2019浙江台州3月评估,23)如图所示,直角坐标系xOy中,矩形MNOA区域分布有沿x轴正方向 的匀强电场,场强大小为E,三角形AOC区域分布有垂直纸面向外的匀强磁场,N、A分别为x、y 轴上的两点,ON、AC长均为L,∠AOC=30°。在边界MN上0
答案 见解析
(2)从y=L点进入的带电粒子在电场和磁场中运动的时间最长,轨迹如图所示在电场中运动的时间t1= = 在磁场中运动的时间t2= r其中θ可由几何关系解得θ=arcsin + (其它答案形式只要正确同样可以)其中粒子在磁场中圆周运动周期t= = 所以,带电粒子在电场和磁场中运动的最长时间为t=t1+t2= + (3)如图2所示,设粒子从Q点进入磁场的运动轨迹圆心为O1,圆心角为θ,经过边界OC上的点S1, 然后匀速直线运动,交x轴于点S2,有几何关系
在ΔOS1S2中∠OS2S1=θ根据正弦定理 = 在ΔO1QS1中,根据正弦定理 = 可得 = = (2分)由于O<∠OS1S2<180°所以O< < ,即x轴上有带电粒子通过的区域范围为:0
1.(2019浙江暨阳联考,12)有两根长直导线a、b相平行放置。如图所示为垂直于导线的截面 图。在图示平面内,O点为两根导线连线的中点。P、Q为两导线连线中垂直线上关于O点对 称等距的两点。若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流I。研究两直线电流产生的 磁场,下列说法中正确的是( ) A.O点磁感应强度为零B.P、Q两点磁感应强度方向相同C.PO段与OQ段磁感应强度方向相反D.将一正试探电荷从P沿PQ移到Q点,其受到的洛伦兹力方向始终垂直纸面
答案 B 如图所示,可知P点磁场方向下,同理O、Q两点磁场方向都向下,所以A、C错,B正 确;将一正试探电荷从P沿PQ移到Q点,运动方向与磁场方向一致,不受到洛伦兹力作用,D错。
2.(2019浙江杭州模拟二,13)某兴趣小组制做了一个可以测量电流的仪器,其主要原理如图所 示。有一金属棒PQ放在两金属导轨上,导轨间距L=0.5 m,处在同一水平面上。轨道置于竖直 向下的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T。棒两侧的中点分别固定劲度系数k=100 N/m的相同弹 簧。闭合开关S前,两弹簧为原长,P端的指针对准刻度尺的“0”处;闭合开关S后,金属棒PQ向 右移动,静止时指针对准刻度尺1.5 cm处。下列判断正确的是 ( )
A.电源N端为正极B.闭合开关S后,电路中电流为1.5 AC.闭合开关S后,电路中电流为3 AD.闭合开关S后,将滑动变阻器滑片向右移动,金属棒PQ将继续向右移动
答案 C 闭合开关S后,金属棒PQ向右移动,根据左手定则可知,电流为从P到Q,电源的M端为 正极,选项A错误;静止时,则2kΔx=BIL,解得I= = A=3 A,选项B错误,C正确;闭合开关S后,将滑动变阻器滑片向右移动,则滑动变阻器接入电路的阻值增大,电流减小,安培 力减小,故金属棒PQ将向左移动,故选项D错误;故选C。
3.(2018浙江诸暨中学阶段性考试)如图,一位于xOy平面内的矩形通电线圈只能绕Ox轴转动,线 圈的左右边与x轴平行、前后边与y轴平行,线圈中通入如图所示电流,当空间加上如下哪种磁 场时,线圈会转动起来 ( ) A.方向沿正z轴的匀强磁场B.方向沿负x轴的匀强磁场C.方向沿正x轴的匀强磁场D.方向沿负y轴的匀强磁场
答案 D 磁场方向沿正z轴,根据左手定则可知,线圈左右两边所受安培力平衡,前后两边所 受安培力也平衡,整个线圈所受安培力的合力为零,无法转动,不符合题意,故A错误;磁场方向 沿负x轴,线圈左右两边不受安培力,根据左手定则可知,里面的边所受安培力方向向下,外面的 边所受安培力方向向上,根据题意知线圈不能转动,故B错误;磁场方向沿正x轴,线圈左右两边 不受安培力,根据左手定则可知,里面的边所受安培力方向向上,外面的边所受安培力方向向 下,根据题意知线圈不能转动,故C错误;磁场方向沿负y轴,线圈前后两边不受安培力,根据左手 定则可知,线圈左边所受安培力方向向下,右边所受安培力方向向上,则线圈会绕Ox轴转动,故 D正确。
解题关键 本题是判断安培力作用下导体运动方向的问题,关键在于分析安培力的方向,注意 本题线圈只能绕Ox轴转动。
4.(2018浙江诸暨中学阶段性考试)如图所示,在水平地面上方有一沿水平方向且垂直纸面向里 的匀强磁场。现将一带正电小球以一定初速度v0竖直上抛,小球能上升的最大高度为h,设重力 加速度为g,不计空气阻力,则下列判断正确的是 ( ) A.h一定大于 B.h一定等于 C.h一定小于 D.h可能等于
答案 C 如果没有磁场,小球将做竖直上抛运动,上升的最大高度h= ,当加上磁场后,小球在运动过程中,除受重力外,还要受到洛伦兹力作用,小球在向上运动的同时向左偏转,小球到 达最高点时速度不为零,动能不为零,因此小球上升的最大高度小于 ,故C正确。
5.(2019浙江名校协作体联考,23)(8分)如图,比荷分别为k和2k的甲、乙两带正电粒子(不计重 力),由静止状态经相同电压U加速后从坐标原点O沿x轴的正方向射入匀强磁场区域Ⅰ和匀强 磁场区域Ⅱ,经两磁场后分别打在屏上P1、P2两点(未标出)。已知Ⅰ、Ⅱ两磁场是相邻的矩形 区域,区域的宽均为a,区域的边界平行于y轴,两磁场的方向均与xOy坐标平面垂直但方向相反, 磁感应强度的大小均为 (式中U为加速电压)。屏垂直于x轴且到y轴的距离为6a。
二、非选择题(共76分)
(1)求甲、乙两粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹的半径之比R甲∶R乙。(2)求P1与P2两点间的距离Δy。(3)若使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点(见图)且方向均沿x轴的正方向,可在磁场Ⅰ、 Ⅱ的基础上再加上若干磁场区。①请在图中画出可能的磁场区域所在的位置并在图中标明磁场的方向;②在①的情况下,试求甲、乙两粒子从O点运动到P0点的时间之比t甲∶t乙。
答案 (1) ∶1 (2)(2 +2 -6)a;(3)①见解析图 ②
解析 (1)设粒子质量为m,电荷量为q,加速后的速度为v,那么,由动能定理可得:qU= mv2,所以v= ;那么,粒子在磁场Ⅱ中运动的速度为v,粒子只受洛伦兹力作用,故粒子做匀速圆周运动,洛伦兹 力做向心力,设轨道半径为R,则有:Bvq= ;所以,轨道半径R= = =2a ;故R甲=2a,R乙= a那么,甲、乙两粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹的半径之比R甲∶R乙= ∶1;(2)由(1)根据粒子的轨道半径,根据粒子在磁场中做匀速圆周运动,离开磁场后做匀速直线运 动;由几何关系可得:粒子在区域Ⅰ做逆时针旋转,在区域Ⅱ做顺时针旋转,且转动角度相同,故粒 子离开磁场时的速度方向沿+x方向;故粒子打在屏上的纵坐标y=2(R- );故y甲=4a-2 a,y乙=(2 -2)a,所以,Δy=y乙-y甲=(2 +2 -6)a;(3)①由(2)可得:增加两个方向相反的磁场,磁场宽度相同且都小于轨道半径时,粒子离开磁场
后的方向沿+x方向;又有两粒子轨道半径不同,那么,每次偏转位移不等,故要使粒子打在同一位置,那么,后添加的 磁场正好把前面磁场产生的偏转位移抵消;根据几何关系可得:要使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点且方向均沿x轴的正方向,只 能在x轴2a≤x≤6a区间任意位置加上对称磁场,且沿+x方向,先向外后向里;故可能的磁场区域 如图所示:
②甲粒子在每个磁场区间转过的中心角θ1=arcsin =30°,故在磁场中的运动时间t甲1=4× T甲= × = 甲粒子在非磁场区间运动时间t甲2= = 乙粒子在每个磁场区间转过的中心角θ2=arcsin =45°,故在磁场中的运动时间t乙1=4× T乙= × = ;乙粒子在非磁场区间运动时间t乙2= = ;故甲、乙两粒子从O点运动到P0点的时间之比 = = =
6.(2019浙江镇海中学一模,25)(10分)如图所示,空间存在两对平行板,平行板间存在垂直纸面 向内的匀强磁场,板间距d=5 cm,MN、PQ为磁场的边界,MN、PQ之间存在水平向右的匀强电 场,OO'为该区域的对称轴,MN与PQ之间的距离L=2 cm。两个质量均为m、电荷量分别为+q和 -q的粒子以相同速度大小v0=2×105 m/s垂直电场线进入电场,而后以v=2 ×105 m/s大小的速度进入磁场,粒子重力不计。
(1)若两个粒子都从O点沿OO'直线入射,试判断两粒子的轨迹是否关于OO'直线对称?(2)若+q粒子从O点沿OO'直线入射,-q粒子由O'沿O'O直线入射(未画出),且已知两粒子在磁场 中运动的周期为 ×10-7π s,试判断两粒子是否会打到板上,若打到板上,求出打在板上的位置;若不能打在板上,则求出两粒子分别从O、O'进入到第一次离开磁场各自所用的时间。(3)若+q粒子仍从O沿OO'直线入射,-q粒子从O'沿O'O直线入射,且已知两粒子的比荷q/m=5×107 C/kg,若要使粒子进出磁场一次后,从MP或NQ之间离开电场,求磁感应强度B的取值范围。
答案 (1)两粒子的轨迹关于OO'直线对称(2)见解析 (3)B>0.8 T
解析 (1)正负粒子进入电场时初速度大小相等、方向相反。所受的电场力大小相等、方向 相反,则加速度大小相等、方向相反,所以两粒子的轨迹关于OO'直线对称。(2)粒子在电场中做类平抛运动,平行于电场方向有:vx= v=2×105 m/s, = ,t0=10-7 s垂直于电场方向有:x=v0t0=2 cm粒子在磁场中运动周期T= ,则轨迹半径r= =1 cm正粒子:r+r cos 45°= cm<2 cm,则不会打到板上。运动时间t=t0+ T== ×10-7 s负粒子:x+2r cos 45°=4 cm<5 cm,不会打到板上,运动时间t=t0+ T= ×10-7 s(3)正粒子:恰到Q点临界,半径应小于此临界值,对应的磁感应强度设为B1。可得弦长为 r1=4-3=1 cm轨迹半径r1= cm由r= ,得B= 将r1代入得B1=0.8 T
此时r1已小于第(2)问中的r,故此时的磁感应强度比B1大。负粒子:恰到M点临界,半径应小于此临界值,对应的磁感应强度设为B2。可得弦长为 r2=3 cm轨迹半径r2= cm此时r2>r1,对应的B2
7.(2019浙江金丽衢二次联考,23)(12分)如图1所示是某质谱仪的模型简化图,P点为质子源,初 速度不计的质子经电压加速后从O点垂直磁场边界射入,在边界OS的上方有足够大的垂直纸 面的匀强磁场区域,B=0.2 T。a、b间放有一个宽度为Lab=0.1 cm的粒子接收器S,oa长度为2 m。质子的比荷 =1.0×108 C/kg,质子经电场、磁场后正好打在接收器上。 图3
(1)磁场的方向是垂直纸面向里还是向外?(2)质子进入磁场的角度范围如图2所示,向左向右最大偏角α=8°,所有的质子要打在接收板上, 求加速电压的范围(结果保留三位有效数字,取 cos 8°=0.99, =1.01)。(3)将质子源P换成气态的碳I2与碳14原子单体,气体在P点电离后均帯一个单位正电(初速度不 计),碳12的比荷 = ×108 C/kg,碳14的比荷 = ×108 C/kg保持磁感应强度不变,从O点入射的角度范围α=8°不变,加速电压可以在足够大的范围内改变。要使在任一电压下接收器上最 多只能接收到一种粒子,求oa的最小值(结果保留三位有效数字,取 =1.08)。(4)第(3)问中的电离体经电压加速后,单位时间内从O点进入的粒子数保持不变,其中碳12占8 0%、碳14占20%。通过控制加速电压,使碳14在磁场中做圆周运动的半径与时间的关系R14= 0.9+0.1t(cm)。请在图3中描绘出接收器上的亮度随时间的变化的图像(每毫秒内接收到的粒 子越多越亮,1表示在这一过程中最亮时的亮度)。
答案 (1)垂直纸面向外 (2)204 V≤U≤221 V(3)1.45 cm(4)如图所示:
解析 (1)由左手定则可知,磁场的方向垂直纸面向外;(2)粒子在电场中:qU= mv2在磁场中:qvB=m ,其中的 ≤R≤ 解得204 V≤U≤221 V (3)根据R= = = ∝
可得 = 当2R12=Loa时2R14cos 8°-2R12>Lab解得Loa>1.45 m(4)接收器上的亮度随时间的变化的图像如图:
8.(2019浙江暨阳联考,23)(12分)如图所示MNDC是一个长方形加速管,加速管的高度MC=2R,中 轴线O1O2水平。左侧电势高于右侧。在加速管出口正下方距离D点为R处放置一宽度为d=3R 的荧光屏EF。荧光屏可绕E点转动,工作位置与竖直方向夹角为θ加速管右侧存在垂直纸面向 外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,MC端左侧“飘入”大量初速度几乎为零、方向与O1O2 平行的质量为m、带电荷量为q的同种离子。其中沿轴线O1O2进入加速管的粒子,加速后能垂 直打在荧光屏上(不计粒子重力及相互作用)。
(1)求粒子在磁场中运动半径大小及加速管的加速电压U;(2)当θ=90°时,求荧光屏上被粒子打中的区域长度Δl;(3)当θ=60°时,若调节磁感应强度大小,让加速管NO2区域出来的粒子全部打中荧光屏,求调节 后磁感应强度B'应满足的大小范围(用B表示)。
解析 (1)由题意及几何关系知r1=2Rqv1B=m m -0=Uq得U= (2)O2点出射打得最远,x1=2R由对称性可知,N点出射与D点出射,打在荧光屏上的位置相同,由勾股定理知x2= RΔl=x1-x2=2R- R=(2- )R(3)最近:N点出射的粒子打在E点,3R=2r2,r2= R由r= 知,r∝ ;r2= r1;B2= 最远:可以证明,N至O2区间出射的粒子,打在EF上的位置从N→O2越来越远,O2最远。由余弦定理:cos 60°= 得r3= R
答案 见解析
对应B3= B综上: B≤B'≤ B
9.(2019浙江嘉兴、丽水3月联考,23)(12分)如图所示,在x轴的上方存在着垂直于纸面向外、磁 感应强度大小为B的匀强磁场,在x轴上坐标为(2R,0)至(3.6R,0)区域存在宽度为1.6R的屏,可以 吸收打到屏上的粒子。在第三象限存在的半径为R、垂直于地面、磁感应强度大小为2B的圆 形磁场(磁场的右边界与y轴相切于P点)。P点有一粒子源,可射出按角度均匀分布、速度大小 相等的带正电粒子,粒子射出方向在与x轴负方向两边各53°区域内,其中沿x轴负方向射出的粒 子从(-R,0)位置垂直于x轴进入上方的磁场区域。已知粒子质量为m、电荷量为q,求:(1)P点射出粒子的速度大小及圆形磁场的方向;(2)屏能接收到的粒子数与P点射出粒子数的比值η;(3)若屏保持水平仅沿y轴方向移动,请写出η与屏纵坐标y的关系式。
解析 (1)粒子的半径为R,qv2B=m 求度:v= 根据左手定则:磁场垂直于纸面向外。(2)当带电粒子的偏转半径和圆磁场半径相等时,所有粒子均平行于y轴方向射入上方磁场区 域。数学关系得:入射的区间为-0.2R到-1.8R区间上半区域磁场的偏转半径为2R,打到的区域为2.2R到3.8R之间。打在屏上3.6R位置的粒子,入射点的坐标为-0.4R 该粒子的入射角度由几何关系知为37°入射粒子按角度均匀分布,所以η= = (3)全部收集屏时,y1的坐标为 R全部收集不到时,y2的坐标为
答案 见解析
当y≤0时,粒子平行出射占比η= = 当0
(3)若C、D质量相等,求C、D从初态到第一次还原到初态经历的时间,并画出运动轨迹;(4)若D质量是C质量2倍,求粒子C从初态到第一次还原到初态运动的总路程。
解析 (1)粒子在圆筒内做匀速圆周运动qvB=m ①r= = ②(2)从初态第一次与圆筒碰撞经历时间t1= T ③qvB=mC r vT=2πr mC= t1= ④ (3)C粒子轨迹为上半部分[①、②、③、④];D粒子轨迹为下半部分[①、②、③、④] ⑤
答案 (1) (2) (3) 轨迹见解析图 (4)
时间为t2= T ⑥t2= ⑦ (4)mCvC=mDvD mC∶mD=1∶2 vC∶vD=2∶1 ⑧轨迹如图,C粒子在开始阶段走的是左上和右边两个花瓣轨迹。此时发生正碰,和初始状态相 比,粒子速度方向转了60°,此过程正粒子的路程s= ⑨之后要重复走6次,粒子状态才能还原,C粒子的路程s总= ⑩
11.(2019浙江绍兴联考,23)(10分)真空光电管(又称电子光电管)由封装于真空管内的光电阴极 和阳极丝构成,如图(a)所示是半圆柱面阴极式光电管,阴极材料的逸出功为W,阳极与阴极同轴 放置,当频率为ν的入射光穿过光窗照到阴极上时,由于光电效应,逸出的电子在电场作用下作 加速运动,最后被高电位阳极接收,形成光电流。不计电子重力及电子之间的相互作用。已知 元电荷为e,电子质量为m,普朗克常量为h。
(1)给光电管两极加上电压U,求阴极表面逸出的电子的最大初速度vm和到达阳极的电子的最 大动能。(2)图(b)是小明画出的光电管横截面示意图。他撤去光电管两极的电压,在半径为R的半圆平 面内加一垂直截面向外的匀强磁场,只考虑电子在截面内的运动。(Ⅰ)研究发现,要使电子能运动到阳极处,逸出时的速度必须大于 vm,求所加磁场的磁感应强度B值 ;(Ⅱ)进一步研究表明,阴阳两极没有同轴会造成到达阳极的光电子数目不同,小明拿到一个 “次品”,其阳极比正常圆心位置向右偏离了 ,假设光电子从阴极表面均匀逸出,且只考虑速度为vm的光电子,则此情况下到达阳极的光电子数是正常情况的百分之几?(可能用到的三角 函灵符sin 37°= ,sin 39°≈ )
答案 (1) hν-W+eU (2)见解析
解析 (1)由光电效应规律hν-W= m 得vm= 由动能定理到达阳极的动能为Ek=hν-W+eU(2)(Ⅰ)由题意知,当速度v1= vm时,恰好到达阳极时,光电子的运动半径为r1= Rr1= 得B= = (Ⅱ)速度为vm时运动半径r2= = R正常时,如图考虑左侧运动轨迹与磁场边界相切的临界情况,
sin α= = ,得α≈39°故半圆形阴极中圆心角180°-α=141°所对圆弧都有速度为vm的光电子到达阳极当阳极A向右平移 到A'后,同样考虑右侧运动轨迹与磁场边界相切的临界情况,轨迹如图所示。此时轨迹所对圆心角为2β,根据几何知识可知∠AA'K=β,设∠A'AK=θ,则 = (2r2 sin β)2=R2+ -2 cos θ得到cos θ=- 故半圆形阴极中圆心角θ=127°所对圆弧都有速度为vm的光电子到达阳极此情况下跟正常情况相比到达阳极的光电子数之比为 =90%
1.(带电粒子在磁场中的运动)如图所示,等腰直角三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁 场,磁感应强度的大小为B,在bc的中点O处有一粒子源,可沿与ba平行的方向发射速率不同的 两种粒子,粒子带负电,质量为m,电荷量为q,已知这些粒子都能从ab边离开abc区域,ab=2l,不考 虑粒子的重力及粒子间的相互作用,则这些粒子 ( ) A.速度的最大值为 B.速度的最小值为 C.在磁场中运动的最短时间为 D.在磁场中运动的最长时间为
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
答案 A 若都能从ab边出来,则符合条件的最大半径应该与ac相切,最小半径应该恰好运动 到b点,如图所示。由几何关系可得rmin= l,rmax=(1+ )l。粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律可得qvB=m ,解得vmax= ,vmin= ,选项A正确,B错误;粒子做圆周运动的周期为T= ,由几何关系知最小的圆心角θ>45°,所以tmin> ,选项C错误;由几何关系知,粒子
转过的最大圆心角为180°,所以粒子在磁场中运动的最长时间为tmax= = ,选项D错误。
2.(带电粒子在复合场中的运动)如图所示,在xOy坐标系中第一象限内存在垂直纸面向里的匀 强磁场,第二象限内的部分区域存在匀强电场,一电荷量为+q、质量为m的带电粒子,从P(a,0) 点沿与x轴成45°角的方向以初速度v0射入磁场中,通过y轴上的N(0,a)点进入第二象限后,依次 通过一个非电场区域和一个匀强电场区域,到达x轴上某点时速度恰好为零。已知从粒子第一 次通过N点到第二次通过N点所用时间为t0。(粒子重力不计)求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)带电粒子自P点开始到第一次通过N点所用的时间;(3)匀强电场的电场强度大小。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)带电粒子运动轨迹及电场方向如图所示 由几何关系可知R= a由牛顿第二定律,得qv0B=m 联立解得B=
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T= 粒子在磁场中的运动时间为t= 联立解得t= (3)设粒子在非电场区域飞行时间为t1,位移为x1,在电场中飞行时间为t2,位移为x2,则有t1+t2= x1+x2= a又x1=v0t1x2= t2从进入电场到减速为零,根据动能定理-qEx2=0- m
联立解得E=
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