还剩52页未读，
继续阅读
高考物理一轮复习课件专题十一磁 (含解析)
展开
这是一份高考物理一轮复习课件专题十一磁 (含解析)，共60页。
考点一 磁场的描述 安培力
统一命题、省(区、市)卷题组
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.(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,通过的电流强度相等。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场大小相等,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。
易错点拨 安培定则用右手,左手定则用左手。
3.(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。
4.(2017课标Ⅱ,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。
5.(2015课标Ⅱ,18,6分,0.527)(多选)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法 正确的是 ( )A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转
答案 BC 任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两 个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后, 反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场 力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。
教师专用题组
6.(2016北京理综,17,6分,0.95)(多选)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。
审题指导 题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察,挖掘有用信息。
评析 本题考查地磁场的分布情况,属于容易题。
7.(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。
考点二 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动A组 自主命题·天津卷题组
1.(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
思路分析 带电粒子在复合场中的运动(1)粒子从P点静止释放,在环形区域中做匀速圆周运动。可先求出粒子做匀速圆周运动的速 度,即粒子在电场中运动的末速度,再由在电场中的加速运动求得运动的时间。(2)从Q点射出的粒子,在环形区域中仍做匀速圆周运动。要使其圆周运动时间最短,其运动轨 迹必与内圆相切。
2.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场, 第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0 沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入 磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问: (1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
答案 见解析
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)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动 时间为t,有2L=v0t ①L= at2 ②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy=at ③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有tan α= ④联立①②③④式得α=45° ⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v= ⑥
联立①②③⑥式得v= v0 ⑦(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律 可得F=ma ⑧又F=qE ⑨设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供 向心力,有
qvB=m ⑩由几何关系可知R= L 联立①②⑦⑧⑨⑩ 式得 =
步骤得分 粒子在电场中做类平抛运动,由于题给条件太少,仅有2x=y及初速度v0,所以可先按 类平抛运动模型的常用步骤及方程组建思路。比如,x=v0t,y= at2,vy=at,v= ,tan α= 等,再将已知条件代入,逐渐消除中间变量,最后找到答案。带电粒子在匀强磁场中的运动属于 匀速圆周运动,即使不知道半径R,也可以先写出qvB= ,尽可能多拿分。
3.(2014天津理综,12,20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原理简化为如 图所示的模型。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子A (不计重力)从M板小孔飘入板间,初速度可视为零。每当A进入板间,两板的电势差变为U,粒子 得到加速,当A离开N板时,两板的电荷量均立即变为零。两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁 场,A在磁场作用下做半径为R的圆周运动,R远大于板间距离。A经电场多次加速,动能不断增 大,为使R保持不变,磁场必须相应地变化。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐 射,不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。求 (1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小;(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率 ;(3)若有一个质量也为m、电荷量为+kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小 孔飘入板间,A、B初速度均可视为零,不计两者间的相互作用,除此之外,其他条件均不变。下
图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹。在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下,请指 出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹,并经推导说明理由。
答案 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)设A经电场第1次加速后速度为v1,由动能定理得qU= m -0 ①A在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力qv1B1= ②由①②得B1= ③(2)设A经n次加速后的速度为vn,由动能定理得nqU= m -0 ④设A做第n次圆周运动的周期为Tn,有Tn= ⑤设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn,则Wn=qU ⑥
在该段时间内电场力做功的平均功率为 = ⑦由④⑤⑥⑦解得 = ⑧(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹。A经过n次加速后,设其对应的磁感应强度为Bn,A、B的周期分别为Tn、T',综合②、⑤式并分别 应用A、B的数据得Tn= T'= = 由上可知,Tn是T'的k倍,所以A每绕行1周,B就绕行k周。由于电场只在A通过时存在,故B仅在与 A同时进入电场时才被加速。经n次加速后,A、B的速度分别为vn和vn',考虑到④式
vn= vn'= = vn由题设条件并考虑到⑤式,对A有Tnvn=2πR设B的轨迹半径为R',有T'vn'=2πR'比较上述两式得R'= 上式表明,运动过程中B的轨迹半径始终不变。由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图A所示。
4.(2013天津理综,11,18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的 匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带 等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔 S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆 筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求: (1)M、N间电场强度E的大小;(2)圆筒的半径R;(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移 d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。
答案 (1) (2) (3)3
解析 (1)设两板间的电压为U,由动能定理得qU= mv2 ①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed ②联立①②式可得E= ③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O',圆半径为r。设第一次碰撞 点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角∠AO'S等于 。
由几何关系得r=R tan ④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得qvB=m ⑤联立④⑤式得R= ⑥(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移 d后,设板间电压为U',则U'= = ⑦设粒子进入S孔时的速度为v',由①式看出 = 综合⑦式可得v'= v ⑧
设粒子做圆周运动的半径为r',则r'= ⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r'=R,可见θ= ⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3
评析 本题考查了带电粒子在电场中的加速及在磁场中的匀速圆周运动,属于中等偏难的常 规题目。本题中的难点是如何根据碰撞次数确定粒子的运动轨迹,然后找出粒子从进入圆筒 到第一次碰撞的运动轨迹所对应的圆心角及圆心的位置。碰撞次数为n,每段圆弧所对应的圆 心角θ=π- = ·π,n=2,3,4,…。
5.(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
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。
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
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。
6.(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。
7.(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 本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、洛伦兹力,考查学生的推理能力、 作图能力。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。
审题指导 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子的轨迹直径与磁场区域 相交时,其弦长最长,即最大分布。
8.(2015课标Ⅰ,14,6分,0.759)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速 度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域 后,粒子的 ( )A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小
答案 D 因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度 大小不变,由r= 知,轨道半径增大;由角速度ω= 知,角速度减小,选项D正确。
9.(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。
反思总结 此题考查处理粒子在磁场中运动问题的基本方法:定圆心、画轨迹,由几何知识求 半径,找圆心角求时间。
10.(2015课标Ⅱ,19,6分,0.506)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电 子 ( )A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
答案 AC 由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R= ∝ ,故R2=kR1,A正确。加速度大小a= ∝B,故a2=a1/k,B错。周期T= ∝ ,故T2=kT1,C正确。角速度ω= = ∝B,故ω2=ω1/k,D错。
11.(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,则粒子在 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。
12.(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。
13.(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。
14.(2018课标Ⅲ,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在 纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左 边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN 的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求(1)磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
答案 (1) (2)1∶4
解析 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感 应强度大小为B,由动能定理有q1U= m1 ①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1 ②由几何关系知2R1=l ③由①②③式得B= ④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的 半径为R2。同理有q2U= m2 ⑤
q2v2B=m2 ⑥由题给条件有2R2= ⑦由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶ =1∶4 ⑧
思路分析 根据题设条件,分析离子在电场和磁场中的运动情况,结合动能定理、牛顿第二定 律等知识列方程求解。
15.(2017课标Ⅲ,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域, 磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q (q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方 向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。
答案 (1) (1+ ) (2) (1- )
解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动。(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0=m ①qλB0v0=m ②粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1= ③粒子再转过180°时,所需时间t2为t2= ④联立①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2= (1+ ) ⑤(2)由几何关系及①②式得,所求距离为
d0=2(R1-R2)= (1- ) ⑥
综合点评 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。特点是粒子在y轴左、 右两侧的受力大小有突变。因为B左>B右,所以R左C组 教师专用题组
16.(2016课标Ⅲ,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面 OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电 荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30 °角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计 重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 ( ) A. B. C. D.
答案 D 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m 得R= ,分析图中角度关系可知,PO'半径与O'Q半径在同一条直线上。 则PQ=2R,所以OQ=4R= ,选项D正确。
方法技巧 由题意知v与OM成30°角,而O‘S垂直于v,则∠O’SQ=60°;由于SO‘=O’Q=R,所以△SO‘Q为等边三角形,∠SO’Q=60°,由四边形OSO‘P可求得∠SO’P=120°,所以∠SO‘P+∠SO’Q=180°。
评析 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,难度中等,正确画出运动轨迹,并且找出各角关 系是解答本题的关键。
1.(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
考点三 带电粒子在复合场中的运动
A组 自主命题、天津卷题组
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。
2.(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
方法技巧 1.在撤去磁场前,小球受重力、洛伦兹力、电场力三个力作用,三力平衡。2.撤去 磁场后,可考虑把小球的运动分解成水平方向和竖直方向上的运动,其中竖直方向上的运动为 竖直上抛运动。
3.(2015天津理综,12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存 在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。电场强度为 E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场 方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放, 粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θn,试求sin θn;
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁 场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。
答案 (1)2 (2)B (3)见解析
qvnB=m ⑥粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度 方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有 图1vn-1 sin θn-1=vn sin αn ⑦由图1看出rn sin θn-rn sin αn=d ⑧由⑥⑦⑧式得
rn sin θn-rn-1 sin θn-1=d ⑨由⑨式看出r1 sin θ1,r2 sin θ2,…,rn sin θn为一等差数列,公差为d,可得rn sin θn=r1 sin θ1+(n-1)d ⑩
图2
当n=1时,由图2看出r1 sin θ1=d 由⑤⑥⑩ 式得sin θn=B (3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则θn= sin θn=1在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为 ,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn',由于 > 则导致sin θn'>1说明θn'不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。
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>mcC.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。
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
规律总结 复合场中粒子的特殊运动带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成的复合场中运动时:若做匀速圆周运动,重力必与电 场力平衡,洛伦兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。
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。
评析 此题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,难度中等。考生需要根据题目信息找 出相关运动规律公式,再结合题给条件分析解答。
审题指导 注意题给信息的含义,“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在 磁场中运动的半径相等。
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.(2009北京理综,19,6分)如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下 的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域, 恰好沿直线由区域右边界的O'点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不 变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b ( )A.穿出位置一定在O'点下方B.穿出位置一定在O'点上方C.运动时,在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时,动能一定减小
答案 C 在复合场中粒子做直线运动,就说明qE=qvB,OO'连线与电场线垂直。当撤去磁场 时,粒子仅受电场力,做类平抛运动,电场力一定做正功,电势能减少,动能增加,C正确,D错误;因 不知带电粒子的电性,故穿出位置可能在O'点上方,也可能在O'点下方,A、B错误。
C组 教师专用题组
8.一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)
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'=
审题指导 对称性是解题关键
考点一 磁场的描述 安培力
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2017河西二模)如图所示,两根平行放置长度相同的长直导线a和b通有大小相同、方向相反 的电流,a受到的磁场力大小为F1, 当加入一个与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a受到的磁 场力大小变为F2,则此时b受到的磁场力大小变为 ( ) A.F2 B.F1-F2C.F1+F2 D.2F1-F2
答案 A 据题图所示,两根长直导线,通过的电流大小相同方向相反,因a受到b产生的磁场的 作用力方向向左,大小为F1,那么b受到a产生的磁场的作用力方向向右,大小也为F1,这两个力大 小相等,方向相反。当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0,则a受到作用力大小为F2=F1+ F0(或 -F0)。而对于b由于电流方向与a相反,所以b受到作用力大小为F2'=F1+F0(或F2'=F1-F0),这两个力大小相等,方向相反。故A正确,B、C、D错误。
2.(2018河西一模)如图为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面 向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速 电压来控制,磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是 ( ) A.仅增大励磁线圈的电流,电子束径迹的半径变大B.仅提高电子枪的加速电压,电子束径迹的半径变大C.仅增大励磁线圈的电流,电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期将变大
答案 B 电子经电子枪加速,由动能定理有:eU= m 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,有:eBv0=m 可得:r= = ,T= = 可见增大励磁线圈中的电流,磁感应强度B增大,电子束的轨道半径变小,周期变小,故A、C错 误;提高电子枪加速电压U,电子束的轨道半径变大,周期不变,故B正确,D错误。
解题技巧 根据动能定理表示出加速后电子获得的速度,然后根据洛伦兹力提供向心力推导 出电子运动的半径、周期的表达式。
3.(2019河西二模)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感应强度最强的某点,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L/2B.平行于EF,深度为LC.垂直于EF,深度为L/2D.垂直于EF,深度为L
答案 A 用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点,记为a,说明a 点离电流最近;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,故说明这些点均离 电流最近,则EF应该是平行金属管线;画出左侧视图,如图所示: b、c间距为L,且磁场方向与地面夹角为45°,结合几何知识可得通电管线深度为 L,故A正确,B、C、D错误。
思路点拨 根据安培定则判断磁场方向,然后画出直线电流的磁感线,结合几何关系确定金属 管线深度。
考点二 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动
4.(2018滨海七校联考)如图所示,套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球,其质量为m、带 电荷量为q,小球可在棒上滑动,现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀 强电场中。设小球电荷量不变,小球由静止下滑的过程中( ) A.小球加速度一直增大B.小球速度先减小后增大,直到最后匀速运动C.杆对小球的弹力一直减少D.小球所受洛伦兹力一直增大,直到最后不变
答案 D 小球下滑过程中,受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、 向右的电场力,分四个过程进行分析:①开始阶段,洛伦兹力小于电场力时,小球向下做加速运 动时,速度增大,洛伦兹力增大,小球所受的杆的弹力向左,大小为N=qE-qvB,N随着v的增大而减 小,滑动摩擦力f=μN也减小,小球所受的合力F合=mg-f增大,加速度a增大;②当洛伦兹力等于电 场力时,合力等于重力,加速度最大;③小球继续向下做加速运动,洛伦兹力大于电场力,小球所 受的杆的弹力向右,大小为N'=qv'B-qE,v'增大,N'增大,f'增大,F合'减小,a'减小;④当mg=f'时,a'=0。 故加速度先增大后减小,直到为零;小球的速度先增大,后不变;杆对球的弹力先减小后反向增 大,最后不变;洛伦兹力先增大后不变。故D正确,A、B、C错误。
5.(2019河东二模)如图,在平面直角坐标系xOy内,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ 象限以ON为直径的半圆形区域内,存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小 为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,自y轴正半轴上y=h处的M点,以速度v0垂直于y 轴射入电场。经x轴上x=2h处的P点进入磁场,最后垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重 力。求: (1)电场强度大小E;(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r;(3)粒子在磁场运动的时间t。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t1,带电粒子做类平抛运动,根据类平抛运动规律有:2h =v0t1,h= a 根据牛顿第二定律可得:Eq=ma解得:E= (2)粒子进入磁场时沿y方向的速度大小:vy=at1=v0粒子进入磁场时的速度:v= v0,方向与x轴成45°角根据洛伦兹力提供向心力可得:qvB=m
解得:r= (3)粒子在磁场中运动的周期:T= = 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角θ=135°则粒子在磁场中运动的时间:t= T= T=
解题技巧 (1)粒子在电场中做类平抛运动,利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动 学规律,联立即可求出电场强度大小E;(2)利用类平抛运动规律求出粒子进入磁场时的速度大小和方向,粒子在磁场中做匀速圆周运 动,利用洛伦兹力提供向心力即可求出粒子在磁场中运动的轨道半径r;(3)利用周期公式T= = ,结合粒子在磁场中转过的圆心角,即可求出粒子在磁场中运动的时间t。
6.(2019河北二模)如图所示,在xOy平面上,一个以原点O为圆心,半径为4R的圆形磁场区域内存 在着匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面向里,在坐标(-2R,0)的A处静止着一个具有放射性的原 子核氮 N。某时刻该核发生衰变,放出一个正电子和一个反冲核,已知正电子从A处射出时速度方向垂直于x轴,且后来通过了y轴,而反冲核刚好不离开磁场区域。不计重力影响和离子间 的相互作用。 (1)写出衰变方程;(2)求正电子做圆周运动的半径;(3)求正电子最后过y轴时的坐标。
答案 (1)见解析 (2)6R (3)
正电子轨迹圆心在磁场边界与x轴的交点O'处,过P点作出出射速度的反向延长线可交于磁场 边界D点,且D点在x轴上根据几何关系可得∠DO'P=∠OQD=α在直角三角形DO'P中,cos α= = ,所以tan α= OQ= = 故正电子最后通过y轴的坐标为 。
解题思路 (1)原子核发生衰变时,一定满足质量数守恒及电荷数守恒;(2)根据题意可知两核的运动情况及反冲核的轨迹半径,由动量守恒定律可以知道两核的动量 关系,则可得出正电子的轨迹半径;(3)画出两核的运动轨迹,由几何关系可以知道最后过y轴的坐标。
7.(2019红桥二模)如图,在x>0的空间中,存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度E=10 N/C;在x< 0的空间中,存在垂直xOy平面方向的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。一带负电的粒子(比荷 =160 C/kg),在x=0.06 m处的D点以v0=8 m/s的初速度沿y轴正方向开始运动,不计带电粒子的重 力。求: (1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离;(2)带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场;(3)带电粒子在xOy平面内做周期性运动的周期(保留两位有效数字)。
答案 (1)0.069 m (2)0.026 s (3)0.043 s
解析 (1)对于粒子在电场中的运动有a= ,x= at2第一次通过y轴的交点到O点的距离为y1=v0t将数据代入计算得出y1=0.069 m (2)粒子通过y轴进入磁场时在x方向的速度vx= t=8 m/s设进入磁场时速度方向与y轴的夹角为θ,tan θ= = = ,则θ=60°,所以在磁场中粒子做圆周运动所对应的圆心角为α=2θ=120°带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为T=
带电粒子在磁场中运动的时间t2= T= T=0.026 s;(3)从开始至第一次到达y轴的时间t1= = s从磁场再次回到电场中的过程(未进入第二周期)是第一次离开电场时的逆运动根据对称性,t3=t1,因此粒子的运动周期为T=t1+t2+t3= s≈0.043 s
解题技巧 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动,由牛顿第二定律及运动的合成与分解可求得 粒子第一次通过y轴交点到O点的距离;(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由几何关系可以确定粒子运动的圆心和半径;由粒子在磁 场中做圆周运动所对应的圆心角可以求出粒子在磁场中运动的时间;(3)粒子再回到初始状态所用的时间为一个周期,故周期包括粒子两次电场中的运动和一次磁 场中的运动,求得总时间即为一个周期。
8.(2019红桥一模)长为L的平行金属板水平放置,两极板带等量的异种电荷,板间形成匀强电场, 平行金属板的右侧有如图所示的匀强磁场,一个带电荷量为+q、质量为m的带电粒子,以初速 度v0紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场,刚好从下极板边缘射出,射出时末速度恰与下板 成30°角,出磁场时刚好紧贴上板右边缘,不计粒子重力,求: (1)粒子从下板边缘射出电场时的竖直速度大小及两板间的距离;(2)匀强电场的场强大小与匀强磁场的磁感应强度大小。
答案 (1) v0 L (2)
解析 (1)带电粒子在电场中受到电场力的作用发生偏转,做类平抛运动。竖直方向:离开电场时的速度为:vy=v0 tan 30°= v0粒子发生偏转的位移为:y=d= ·t水平方向:粒子匀速运动的时间为:t= 联立以上各式计算得出:d= (2)在电场中粒子受到电场力,由牛顿第二定律得:qE=ma根据运动学公式有:vy=at又因为粒子运动时间为:t= ,所以:E= 带电粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qvB= 所以:r=
粒子离开电场时的速度为:v= 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示: 由几何关系得: =r·cos 30°解得:B=
解题技巧 (1)粒子在电场中做类平抛运动,由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小;根 据运动学公式可求出两极板之间的距离;(2)将粒子在平行金属板间的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动, 则由运动的合成与分解可求得电场强度;由几何关系和带电粒子在磁场中的运动,可求得磁感 应强度。
考点三 带电粒子在复合场中的运动
9.(2019南开二模)如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两 板之间的右侧长度为3d的区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。喷墨打 印机的喷口可在两极板左侧上下自由移动,并且从喷口连续不断喷出质量均为m、速度方向 水平且大小相等、带等量电荷的墨滴。调节电源电压至U,使墨滴在电场的左侧区域恰能沿 水平方向向右做匀速直线运动。(重力加速度为g) (1)判断墨滴所带电荷的种类,并求其所带的电荷量;(2)要使墨滴不从两板间射出,求墨滴的入射速率应满足的条件。
答案 (1)负电 (2)解析 (1)墨滴在电场左侧区域做匀速做匀速运动,有:q =mg ①解得q= ②因为电场方向向下,墨滴所受电场力向上,可知墨滴带负电荷。(2)墨滴进入电场、磁场共存区域后,重力与电场力平衡,洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心 力,有qvB=m ③
从上极板边缘射进的墨滴最容易从两板间射出,只要这个墨滴没有射出来,其他墨滴就都不会 射出。若墨滴刚好由极板左侧射出,则有:R1= d ④联立②③④计算得出:v1= 同理,墨滴刚好从极板右侧射出,有: =(3d)2+(R2-d)2计算得出:R2=5d联立②③⑤计算得出:v2= ⑤可见,要使墨滴不会从两板间射出,速率应该满足:解题技巧 (1)小问的解题关键是对墨滴进行受力分析,由匀速运动的条件即可求解;(2)小问 的解题关键是根据墨滴在磁场中做匀速圆周运动时,从上极板边缘进入的墨滴最容易射出两 板间,然后画出两种情况的临界图,根据几何关系知道求出对应的半径,再求解即可。对运动电 荷在有界磁场中的运动问题,要通过动态圆画出临界图,然后找到圆心求出半径即可求解。
10.(2019河北一模)如图所示,在纸面内建立直角坐标系xOy,以第Ⅲ象限内的直线OM(与负x轴 成45°角)和正y轴为界,在x<0的区域建立匀强电场,方向水平向左,场强大小E=2 V/m;以直线 OM和正x轴为界,在y<0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T。一不计重 力的带负电粒子从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103 m/s的初速度射入磁场。已知粒子的比 荷为 =5×104 C/kg,求: (1)粒子经过 圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标;(2)粒子在磁场区域运动的总时间t;(3)粒子最终将从电场区域D点离开电场,则D点离O点的距离y是多少。
答案 (1)(-0.4 m,-0.4 m) (2)1.256×10-3 s(3)7.2 m
代入数据解得:T=1.256×10-3 s所以t=1.256×10-3 s。(3)粒子从C点沿y轴正方向进入电场,做类平抛运动,则由牛顿第二定律,qE=maΔx= a =2rΔy=v0t1代入数据解得:Δy=8 my=Δy-2r=8 m-2×0.4 m=7.2 m即:粒子最终离开电场时距O点的距离y为7.2 m。
11.(2018河西三模)在受控热核聚变反应的装置中温度极高,因而带电粒子没有通常意义上的 容器可装,而是由磁场将带电粒子的运动束缚在某个区域内。现有一个环形区域,其截面内圆 半径R1= m,外圆半径R2=1.0 m,区域内有垂直纸面向外的匀强磁场(如图所示)。已知磁感应强度B=1.0 T,被束缚带正电粒子的比荷为 =4.0×107 C/kg,不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用。(1)若中空区域中的带电粒子由O点沿环的半径方向射入磁场,求带电粒子不能穿越磁场外边 界的最大速度v0;(2)若中空区域中的带电粒子以(1)中的最大速度v0沿圆环半径方向射入磁场,求带电粒子从刚 进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间。
答案 (1)1.33×107 m/s (2)5.74×10-7 s
解析 (1)根据几何关系,则有: +r2=(R2-r)2解得:r= m由牛顿第二定律,则有qv0B=m 解得:v0=1.33×107 m/s(2)如图,则有:tan θ= = ,θ= 带电粒子必须三次经过磁场,才会回到该点在磁场中的圆心角为 π,则在磁场中运动的时间为t1=3× T=2T= =3.14×10-7 s在磁场外运动的时间为t2=3× =2.60×10-7 s则t=t1+t2=5.74×10-7 s
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:120分钟 分值:100分非选择题(共100分)
1.(2018十二区县二模)(10分)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀 强电场,电场强度大小为E、方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为r的圆形区 域,圆心坐标为(r,0),圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力), 以速度为v0从第二象限的P点,沿平行于x轴正方向射入电场,通过坐标原点O进入第四象限,速 度方向与x轴正方向成60°,最后从Q点平行于y轴离开磁场,已知P点的横坐标为-2h。求:(1)带电粒子的比荷 ;(2)圆形区域内磁场的磁感应强度B的大小;(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)根据类平抛运动规律,带电粒子在x轴方向做匀速直线运动:2h=v0t1 ①在y轴方向做匀加速运动:vy=at1 ②速度方向与x轴正方向成60°,故vy=v0 tan 60° ③根据牛顿第二定律可得:Eq=ma ④联立①②③④式可得带电粒子的比荷: = ⑤(2)粒子进入磁场的速度:v= ⑥根据几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径:R=r ⑦根据洛伦兹力提供向心力可得:qvB=m ⑧联立⑤⑥⑦⑧式可得:B= (3)由几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动所转过的圆心角为150°,则粒子在磁场中运动的时间:t2= T
粒子在磁场中运动的周期:T= = 粒子在电场中运动的时间:t1= 则粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间:t=t1+t2=
2.(2018南开二模)(10分)1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,巧妙地利用带电粒子 在磁场中的运动特点,解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医 学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所示,置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间 的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,加 速器接一定频率的高频交流电源,保证粒子每次经过电场都被加速,加速电压为U。A处粒子 源产生的粒子,质量为m、电荷量为q,初速度不计,在加速器中被加速,加速过程中不考虑相对 论效应和重力作用。(1)求第1次被加速后粒子的速度大小v;(2)经多次加速后,粒子最终从出口处射出D形盒,求粒子射出时的动能Ekm和在回旋加速器中运 动的总时间t;(3)近年来,大中型粒子加速器往往采用多种加速器的串接组合。例如由直线加速器作为预加 速器,获得中间能量,再注入回旋加速器获得最终能量。n个长度逐个增大的金属圆筒和一个 靶,它们沿轴线排列成一串,如图乙所示(图中只画出了六个圆筒,作为示意)。各筒相间地连接 到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源的两端。整个装置放在高真空容器中。圆筒的
两底面中心开有小孔,现有一电荷量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒,并将在圆筒间的 缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有电场)。缝隙的宽度很小,离子穿过缝隙的 时间可以不计。已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1,且此时第一、二两个圆筒间的电 势差U1-U2=-U。为使打到靶上的离子获得最大能量,各个圆筒的最小长度应满足什么条件?并 求出在这种情况下打到靶上的离子的能量。 甲
乙
答案 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)粒子第1次被加速后,根据动能定理可知qU= mv2解得v= (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,当运动轨迹半径r=R时,粒子的速度最大,动能最大,设最大速 度为vm,洛伦兹力提供向心力,根据qvmB= ,可得vm= 故最大动能Ekm= m = 粒子在磁场中转动的周期T= = 粒子在电场中加速的次数为n,则nqU=Ekm故在回旋加速器中运动的总时间t=n = (3)为了使离子以最短时间打到靶上且获得最大能量,要求离子每次穿越缝隙时,前一圆筒的电 势比后一个圆筒的电势高U,穿过每个圆筒的时间恰好等于交流电的半个周期。由于圆筒内 无电场,离子在筒内做匀速运动。设vn为离子在第n个圆筒内的速度,则第n个圆筒的长度Ln=vn =
(n-1)qU= m - m vn= 第n个圆筒的长度应满足的条件为Ln= (n=1,2,3,…)离子打到靶上时的能量Ekm=(n-1)qU+ m (n=1,2,3,…)
3.(2018河东二模)(10分)如图所示是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图,区域Ⅰ和区域 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上方中间有一离子源S,水平向左发射动能Ek0=4.0×104 eV的氘核,氘核经过两次加速后最终从区域Ⅱ下方缝隙处的P点水平射出(不计氘核重 力)。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和区域Ⅱ的磁感应 强度大小B2。
答案 (1)1.4×105 eV(或2.24×10-14 J) (2)0.06 m 1.2 T
解析 (1)氘核运动过程只受电场力、洛伦兹力作用,只有电场力做功;氘核经过两次加速后从 P点射出,当氘核由右向左运动时,在区域Ⅲ上方,不受电场力作用;故由动能定理可得:2qEL=Ek2-Ek0 所以,经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2=Ek0+2qEL=4.0×104 eV+2×1×5.0×104×1 eV= 1.4×105 eV(或2.24×10-14 J);(2)由(1)根据左手定则得氘核的偏转方向,从而得到运动轨迹如图所示:
那么,由洛伦兹力提供向心力可得:Bvq= 所以,轨道半径R= = ;对粒子运动过程由动能定理可得:Ek0= m qEL=Ek1-Ek0故Ek1= m =Ek0+qEL=4.0×104 eV+1×5.0×104×1.0 eV=9.0×104 eV那么,R0= ≈0.04 m,R1= ≈0.06 m;又有2R1-2R2=h-2R0,所以,R2=0.05 m,故B2= B1=1.2 T;区域Ⅰ的最小宽度d=R1=0.06 m。
4.(2018和平一模)(10分)实验室中常用粒子加速器来获得高速粒子。某两级串列加速器外形 设计酷似“U”形,其结构如图所示,其中ab、cd为底面为正方形的长方体加速管,加速管长为 L,底面边长为r0且两加速管底面在同一平面内。两加速管中心轴线间的距离为D=19r0,加速管 内有和轴线平行的匀强电场。端面b、d的下方区域存在垂直两加速管轴线平面的匀强磁场, 磁感应强度大小为B。现将速度很小的一价带负电粒子均匀地从a端面输入,在ab管中被加速 后,垂直进入匀强磁场,到达d处时,可被设在d处的特殊装置将其电子剥离(粒子速度不变,特殊 装置大小可忽略),成为三价正粒子,沿轴线进入的粒子恰能沿两加速管轴线加速,已知b、d两 端电势相等,a、c两端电势相等,元电荷为e,该粒子质量为m,不计粒子重力及粒子间相互作用 力。(1)试求a、b两端面之间的电势差;(2)仅改变加速管电压,则粒子在加速器中经历的最短时间是多少;(3)实际工作时,磁场可能会与设计值B有一定偏差ΔB,而会以B-ΔB至B+ΔB间的某一确定值工 作。若要求至少有90%的粒子能被成功加速,试求偏差ΔB的最大值。
答案 (1)- (2) (3)
若使t最小,应使v1最大,此时r'= ,又ev1B= 联立各式,可解得:t= (3)按照设计要求工作的粒子在磁场中运动时,evB=m 且2R=D要求至少90%的粒子能实现加速若磁场B'变弱,则: ≤0.1若磁场B'变强,则: ≤0.1解得ΔB≤ 即偏差最大值ΔBmax=
5.(2018南开一模)(12分)如图为实验筛选带电粒子的装置示意图,左端加速电极M、N间的电压 为U1,中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,匀强磁场的磁感应强度B1=1.0 T,两板间电压U2=1.0×102 V,两极板间的距离D=2 cm,选择器右端是一个半径R=20 cm的圆筒, 可以围绕竖直中心轴顺时针转动,筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔O1至O8。圆筒内 部有竖直向下的匀强磁场(磁感应强度为B2),一电荷量为q=1.60×10-19 C、质量为m=3.2×10-25 kg 的带电粒子,从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器,圆筒不转时,粒子恰好从小孔O8 射入,从小孔O3射出,若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收,不计粒子重力,求:
(1)加速器两端的电压U1的大小;(2)圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小并判断粒子带正电还是负电;(3)要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出(如从O1进入O5射出),则圆筒匀速 转动的角速度多大?
答案 (1)25 V (2)5.0×10-2 T 负电(3) ×105 rad/s(n=0,1,2,3,…)
解析 (1)速度选择器中电场强度E= =5.0×103 N/C根据力的平衡条件可得qB1v=qE,解得v= =5.0×103 m/s在电场加速过程,根据动能定理可得qU1= mv2,解得U1=25 V(2)粒子的运动轨迹俯视图如图所示
根据左手定则,粒子带负电,根据几何关系可得r=R洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可得qB2v=m ,解得B2= =5.0×10-2 T(3)不管从哪个孔进入,粒子在圆筒中运动的时间与轨迹一样,由图中几何关系知粒子做圆周运 动所对的圆心角为θ= π,运动时间为t= = s=3π×10-5 s在这段时间内圆筒转过的可能角度α=2nπ+ (n=0,1,2,3,…)则圆筒的角速度ω= = ×105 rad/s(n=1,2,3,…)
6.(2018河西一模)(12分)如图所示,在xOy平面内,以O1(0,R)为圆心,R为半径的圆形区域内有垂 直平面向里的匀强磁场B1,x轴下方有一直线ab,ab与x轴相距为d,x轴与直线ab间区域有平行于 y轴的匀强电场E,在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN,ab与MN间区域有垂直于纸平面向 外的匀强磁场B2。 在0≤y≤2R的区域内,质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方 向以速度v0射入圆形区域,经过磁场B1偏转后都经过O点,然后进入x轴下方。已知x轴与直线ab
间匀强电场的场强大小E= ,ab与MN间磁场磁感应强度B2= 。不计电子重力。(1)求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小?(2)若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上,MN与ab板间的最小距离h1是 多大?(3)若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上,MN与ab板间的最大距离h2是多 大?当MN与ab板间的距离为最大距离h2时,求电子打到MN板上的位置到y轴的最远距离s。
答案 (1) (2)3d (3)d d
解析 (1)所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等,由几何关系,有:r=R ①由洛伦兹力提供向心力,有:ev0B1=m ②由①②式得:B1= ③(2)设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v,电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动的轨道 半径为r1,沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场B2时速度方向与水平方向成θ角,则 有:eEd= mv2- m ④r1= ⑤cos θ= ⑥如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场,经电场和磁场偏转后,不能打在感光板上,则所 有电子都不能打在感光板上,轨迹如图,则感光板与ab间的最小距离为:h1=r1+r1 cos θ ⑦
由④⑤⑥⑦式得:v=2v0 r1=2d θ=60° h1=3d ⑧ (3)如果电子在O点以速度v0沿x轴正方向射入电场,经电场和磁场偏转后,能打在感光板上,则所 有电子都能打在感光板上,轨迹如图,则感光板与ab间的最大距离为:h2=r1-r1 cos θ ⑨
计算得出:h2=d ⑩当感光板与ab间取最大距离h2=d时,沿x轴正方向射入电场的电子打在感光板上的位置距y轴 最远,电子在电场中有:沿v0方向有:x=v0t
垂直v0方向有:d= t2由几何关系,最远距离为:s=x+r1 sin θ由以上各式得:s=
解题技巧 (1)抓住所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等,根据几何关系得 出电子在磁场B1中的运动半径,结合半径公式求出圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小。(2)根据动能定理求出电子进入下方磁场B2的速度,根据半径公式求出电子在磁场B2中的半径, 根据几何关系求出电子进入磁场B2时速度方向与水平方向的夹角,通过几何关系求出MN与ab 板间的最小距离。(3)如果电子在O点沿x轴正方向射入电场,经电场偏转和磁场偏转后,能打在感光板上,则所有 电子都能打在感光板上。根据几何关系求出MN与ab板间的最大距离。作出电子的运动轨迹, 根据几何关系求出电子打到MN板上的位置到y轴的最远距离s。
7.(2018红桥一模)(12分)如图所示,一个质量为m=1.0×10-9 kg,电荷量q=+1.0×10-4 C的带电微粒 (重力忽略不计),从静止开始经U1=20 V电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场,偏 转电场的电压U2=100 V。金属板长L=20 cm,两板间距d=50 cm。求: (1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小;(2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ;(3)若该匀强磁场的宽度为D=( +1)cm,为使微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少多大。
答案 (1)2.0×103 m/s (2)45° (3)2 T
解析 (1)微粒在加速电场中由动能定理有:qU1= m ,解得:v0= =2.0×103 m/s(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动加速度为:a= 以此加速度运动,微粒打到极板上所需时间t'满足 at'2= 而微粒在偏转电场中的运动时间为t= =10-4 stan θ= = = = =1解得:θ=45°(3)进入磁场时微粒的速度是:v= v=2 ×103 m/s轨迹如图所示由几何关系有:
D=r+r sin θr= ×10-2 m由洛伦兹力提供向心力:qvB=m 代入数据解得:B=2 T。
8.(2017滨海七校联考)(12分)如图所示,在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场,在第Ⅰ象限和第 Ⅳ象限的圆形区域内分别存在如图所示的匀强磁场,在第Ⅳ象限磁感应强度大小是第Ⅰ象限 的2倍。圆形区域与x轴相切于Q点,Q到O点的距离为L。有一个带电粒子质量为m、电荷量为 q,以垂直于x轴的初速度从x轴上的P点进入匀强电场中,并且恰好与y轴的正方向成60°角以速 度v进入第Ⅰ象限,又恰好垂直于x轴在Q点进入圆形区域磁场,射出圆形区域磁场后与x轴正向 成30°角再次进入第Ⅰ象限。不计重力。求:
(1)第Ⅰ象限内磁场磁感应强度B的大小;(2)电场强度E的大小;(3)粒子在圆形区域磁场中的运动时间。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示。设粒子在第Ⅰ象限内的轨迹半 径为R1。由几何关系有:R1+ =L得:R1= L又qvB=m 得:B=
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动,由几何关系有:y= Lv0=v cos 60°= 粒子刚出电场时,vx=v sin 60°= v粒子在电场中运动时间为:t= vx=at,a= 可得:E= (3)由几何关系知,粒子在圆形磁场中运动的时间t'= 而T= = 结合B= ,得t'=
解题技巧 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据题意画出粒子的运动轨迹,由几何知识 求粒子的轨迹半径,再根据洛伦兹力提供向心力,求第Ⅰ象限内磁场磁感应强度B的大小;(2)带电粒子在电场中做类平抛运动,由几何知识求出y轴方向的分位移,结合类平抛运动的规 律和牛顿第二定律求电场强度E的大小;(3)根据时间与周期的关系求出粒子在圆形区域磁场中的运动时间。
9.(2019部分区一模)(12分)如图所示,将用绝缘管做成的圆形轨道竖直放置在竖直平面内,建立 如图所示直角坐标系,圆形轨道的圆心与坐标原点重合,在Ⅰ、Ⅱ象限有垂直轨道平面的水平 匀强磁场,在Ⅳ象限有竖直向下的匀强电场。一个带电荷量为+q、质量为m的小球从图中位 置A由静止释放开始运动,刚好能通过最高点。不计一切摩擦,小球所带电荷量保持不变,轨道 半径为R,R远大于管道的内径,小球直径略小于管道内径,小球可看成质点。 (1)求匀强电场的电场强度E的大小;(2)若小球在第二次到最高点时,刚好对轨道无压力,求磁感应强度B的大小;(3)求小球第三次到达最高点时对轨道的作用力。
答案 (1) (2) (3)(3- )mg 方向竖直向上
解析 (1)小球从题图中位置A由静止释放开始运动,刚好能通过最高点,说明小球在最高点速 度刚好为零,则从位置A到最高点的过程中,由动能定理可得:qER-mgR=0,解得:E= ;(2)小球第二次到达最高点时,对轨道无压力,此时满足:mg+qv2B=m ,小球从第一次到达最高点至第二次到达最高点的过程中,由动能定理可得:qER= m -0,解得:B= ;(3)小球从第二次到达最高点至第三次到达最高点的过程中,由动能定理可得:qER= m - m ,小球第三次在最高点时,据牛顿第二定律得:N3+mg+qv3B=m ,
解得小球第三次到达最高点时轨道对小球的作用力大小为:N3=(3- )mg,方向竖直向下,由牛顿第三定律有小球第三次到达最高点时对轨道的作用力:N3'=N3=(3- )mg,方向竖直向上。
解题技巧 (1)因为小球刚好能绕圆管做圆周运动,则在最高点的速度为零,根据动能定理求出 匀强电场的电场强度;(2)根据动能定理求出第二次到达最高点的速度,抓住重力和洛伦兹力的合力提供向心力求出 磁感应强度的大小;(3)根据动能定理求出第三次到达最高点的速度,根据径向的合力提供向心力求出轨道对小球 的作用力,从而得出小球对轨道的作用力。
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2019和平一模,19)如图甲所示,在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右 侧有一个以点(3L,0) 为圆心、半径为L的圆形区域,圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有 一质量为m、带电荷量为e的电子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场,飞出电场后 从M点进入圆形区域,速度方向与x轴正方向夹角为30°。此时在圆形区域加如图乙所示周期 性变化的磁场,以垂直于纸面向外为磁场正方向,最后电子运动一段时间后从N点飞出,速度方 向与进入磁场时的速度方向相同(与x轴正方向夹角也为30°)。求:
甲 乙(1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小;(2)0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小;(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式。
答案 (1) v0 (2) (3)见解析
解析 (1)电子在电场中做类平抛运动,射出电场时,运动轨迹如图1所示。由速度关系: =cos 30°解得v= v0 图1
图2
(2)由速度关系得vy=v0 tan 30°= v0在竖直方向a= vy=at= · 解得E= (3)在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°,根据几何知识,在磁场变化的半个周期内,电 子在x轴方向上的位移恰好等于R。粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是:
2nR=2L(n=1,2,3,…)电子在磁场中做圆周运动的轨道半径R= = 解得B0= (n=1,2,3,…)若电子在磁场变化的半个周期恰好转过 圆周,同时电子在MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时,可使电子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间条件:2n· T0=nT在磁场中圆周运动周期T0= 得T的表达式:T= (n=1,2,3,…)
解题技巧 电子在电场中只受电场力,做类平抛运动。将速度分解,可求出电子进入圆形磁场 区域时的速度大小。根据牛顿第二定律求出场强E的大小。电子在磁场中运动,洛伦兹力提 供向心力,电子做匀速圆周运动。根据电子飞出磁场的速度方向与进入磁场时的速度方向相 同,由圆的对称性和几何知识得到磁感应强度B0、周期T各应满足的表达式。
2.(2019河东一模)如图所示,在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁 场。位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0~ v0。这束离子经电势差为U= 的电场加速后,从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上,在x轴上2a~3a区间水平固定放置一探测板 。假设每秒射入磁场的离子总数为N0,打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。 (1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间。
(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大 小B1。(3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板上的离子80%被板吸收,2 0%被反向弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的0.6,求探测板受到的作用力大小。
答案 (1)2a~4a (2) B0 (3) N0 N0mv0
r4= = a2r4=1.5a,离子打在x轴上的区间为1.5a~3aN=N0 = N0由上述可知,打到x=3a处的离子的速度v2=2v0设打到x=2a处的离子的速度为v3,运动半径r5=a,洛伦兹力提供向心力:qv3B1=m 解得v3= v0因为打到x轴的离子数均匀分布,所以打到x轴上的离子的速度也均匀分布,即可以以 = = v0表示打到探测板上的离子的平均速度由动量定理Ft=0.2Ntm·0.6 -(-Ntm )解得F= N0mv0由牛顿第三定律可知探测板受到的作用力大小F'=F= N0mv0
3.(2019南开一模,21)“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成,其原理可简化 如下:如图甲所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心半圆弧面,圆心为O,外圆弧面AB的 半径为L,电势为φ1,内圆弧面CD的半径为L/2,电势为φ2。足够长的收集板MN平行边界ACDB,O 到MN板的距离OP为L。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,它们能均匀 地吸附到AB圆弧面上,并被加速电场从静止开始加速,不计粒子间的相互作用和其他星球对粒 子引力的影响。 甲
乙
(1)求粒子到达O点时速度的大小;(2)如图乙所示,在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场,圆心为O,半径为L,磁场 方向垂直纸面向内,则发现从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上(不考虑过边界 ACDB的粒子再次返回),求所加磁感应强度的大小;(3)同上问,从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN,求磁感应强度 所满足的条件。试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式 子。
答案 (1) (2) (3)见解析
根据几何关系,粒子圆周运动的半径:r=L由牛顿第二定律得:qvB=m ,解得B= ;(3)沿着OD方向的粒子刚好打在MN上,则由几何关系可知,r1= ,又B1vq= ,得B1= ,则磁感应强度应满足B> 如图2,设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α,由几何关系可以知道:
图2sin = = MN上的收集效率η= =
解题技巧 (1)粒子在电场中加速,应用动能定理可以求出粒子的速度;(2)作出粒子运动的轨迹,结合轨迹求出粒子运动的半径,然后由洛伦兹力提供向心力即可求 解;(3)作出粒子运动的轨迹,结合几何知识求得粒子的收集效率与粒子圆周运动转过圆心角的关 系,再根据此关系求得收集效率为0时对应的磁感应强度B。
考点一 磁场的描述 安培力
统一命题、省(区、市)卷题组
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.(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,通过的电流强度相等。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场大小相等,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。
易错点拨 安培定则用右手,左手定则用左手。
3.(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。
4.(2017课标Ⅱ,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。
5.(2015课标Ⅱ,18,6分,0.527)(多选)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法 正确的是 ( )A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转
答案 BC 任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两 个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后, 反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场 力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。
教师专用题组
6.(2016北京理综,17,6分,0.95)(多选)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。
审题指导 题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察,挖掘有用信息。
评析 本题考查地磁场的分布情况,属于容易题。
7.(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。
考点二 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动A组 自主命题·天津卷题组
1.(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
思路分析 带电粒子在复合场中的运动(1)粒子从P点静止释放,在环形区域中做匀速圆周运动。可先求出粒子做匀速圆周运动的速 度,即粒子在电场中运动的末速度,再由在电场中的加速运动求得运动的时间。(2)从Q点射出的粒子,在环形区域中仍做匀速圆周运动。要使其圆周运动时间最短,其运动轨 迹必与内圆相切。
2.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场, 第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0 沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入 磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问: (1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
答案 见解析
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)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动 时间为t,有2L=v0t ①L= at2 ②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy=at ③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有tan α= ④联立①②③④式得α=45° ⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v= ⑥
联立①②③⑥式得v= v0 ⑦(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律 可得F=ma ⑧又F=qE ⑨设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供 向心力,有
qvB=m ⑩由几何关系可知R= L 联立①②⑦⑧⑨⑩ 式得 =
步骤得分 粒子在电场中做类平抛运动,由于题给条件太少,仅有2x=y及初速度v0,所以可先按 类平抛运动模型的常用步骤及方程组建思路。比如,x=v0t,y= at2,vy=at,v= ,tan α= 等,再将已知条件代入,逐渐消除中间变量,最后找到答案。带电粒子在匀强磁场中的运动属于 匀速圆周运动,即使不知道半径R,也可以先写出qvB= ,尽可能多拿分。
3.(2014天津理综,12,20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原理简化为如 图所示的模型。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子A (不计重力)从M板小孔飘入板间,初速度可视为零。每当A进入板间,两板的电势差变为U,粒子 得到加速,当A离开N板时,两板的电荷量均立即变为零。两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁 场,A在磁场作用下做半径为R的圆周运动,R远大于板间距离。A经电场多次加速,动能不断增 大,为使R保持不变,磁场必须相应地变化。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐 射,不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。求 (1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小;(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率 ;(3)若有一个质量也为m、电荷量为+kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小 孔飘入板间,A、B初速度均可视为零,不计两者间的相互作用,除此之外,其他条件均不变。下
图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹。在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下,请指 出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹,并经推导说明理由。
答案 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)设A经电场第1次加速后速度为v1,由动能定理得qU= m -0 ①A在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力qv1B1= ②由①②得B1= ③(2)设A经n次加速后的速度为vn,由动能定理得nqU= m -0 ④设A做第n次圆周运动的周期为Tn,有Tn= ⑤设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn,则Wn=qU ⑥
在该段时间内电场力做功的平均功率为 = ⑦由④⑤⑥⑦解得 = ⑧(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹。A经过n次加速后,设其对应的磁感应强度为Bn,A、B的周期分别为Tn、T',综合②、⑤式并分别 应用A、B的数据得Tn= T'= = 由上可知,Tn是T'的k倍,所以A每绕行1周,B就绕行k周。由于电场只在A通过时存在,故B仅在与 A同时进入电场时才被加速。经n次加速后,A、B的速度分别为vn和vn',考虑到④式
vn= vn'= = vn由题设条件并考虑到⑤式,对A有Tnvn=2πR设B的轨迹半径为R',有T'vn'=2πR'比较上述两式得R'= 上式表明,运动过程中B的轨迹半径始终不变。由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图A所示。
4.(2013天津理综,11,18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的 匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带 等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔 S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆 筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求: (1)M、N间电场强度E的大小;(2)圆筒的半径R;(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移 d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。
答案 (1) (2) (3)3
解析 (1)设两板间的电压为U,由动能定理得qU= mv2 ①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed ②联立①②式可得E= ③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O',圆半径为r。设第一次碰撞 点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角∠AO'S等于 。
由几何关系得r=R tan ④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得qvB=m ⑤联立④⑤式得R= ⑥(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移 d后,设板间电压为U',则U'= = ⑦设粒子进入S孔时的速度为v',由①式看出 = 综合⑦式可得v'= v ⑧
设粒子做圆周运动的半径为r',则r'= ⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r'=R,可见θ= ⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3
评析 本题考查了带电粒子在电场中的加速及在磁场中的匀速圆周运动,属于中等偏难的常 规题目。本题中的难点是如何根据碰撞次数确定粒子的运动轨迹,然后找出粒子从进入圆筒 到第一次碰撞的运动轨迹所对应的圆心角及圆心的位置。碰撞次数为n,每段圆弧所对应的圆 心角θ=π- = ·π,n=2,3,4,…。
5.(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
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。
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
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。
6.(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。
7.(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 本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、洛伦兹力,考查学生的推理能力、 作图能力。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。
审题指导 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子的轨迹直径与磁场区域 相交时,其弦长最长,即最大分布。
8.(2015课标Ⅰ,14,6分,0.759)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速 度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域 后,粒子的 ( )A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小
答案 D 因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度 大小不变,由r= 知,轨道半径增大;由角速度ω= 知,角速度减小,选项D正确。
9.(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。
反思总结 此题考查处理粒子在磁场中运动问题的基本方法:定圆心、画轨迹,由几何知识求 半径,找圆心角求时间。
10.(2015课标Ⅱ,19,6分,0.506)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电 子 ( )A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
答案 AC 由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R= ∝ ,故R2=kR1,A正确。加速度大小a= ∝B,故a2=a1/k,B错。周期T= ∝ ,故T2=kT1,C正确。角速度ω= = ∝B,故ω2=ω1/k,D错。
11.(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,则粒子在 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。
12.(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。
13.(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。
14.(2018课标Ⅲ,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在 纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左 边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN 的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求(1)磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
答案 (1) (2)1∶4
解析 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感 应强度大小为B,由动能定理有q1U= m1 ①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1 ②由几何关系知2R1=l ③由①②③式得B= ④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的 半径为R2。同理有q2U= m2 ⑤
q2v2B=m2 ⑥由题给条件有2R2= ⑦由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶ =1∶4 ⑧
思路分析 根据题设条件,分析离子在电场和磁场中的运动情况,结合动能定理、牛顿第二定 律等知识列方程求解。
15.(2017课标Ⅲ,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域, 磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q (q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方 向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。
答案 (1) (1+ ) (2) (1- )
解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动。(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0=m ①qλB0v0=m ②粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1= ③粒子再转过180°时,所需时间t2为t2= ④联立①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2= (1+ ) ⑤(2)由几何关系及①②式得,所求距离为
d0=2(R1-R2)= (1- ) ⑥
综合点评 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。特点是粒子在y轴左、 右两侧的受力大小有突变。因为B左>B右,所以R左
16.(2016课标Ⅲ,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面 OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电 荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30 °角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计 重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 ( ) A. B. C. D.
答案 D 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m 得R= ,分析图中角度关系可知,PO'半径与O'Q半径在同一条直线上。 则PQ=2R,所以OQ=4R= ,选项D正确。
方法技巧 由题意知v与OM成30°角,而O‘S垂直于v,则∠O’SQ=60°;由于SO‘=O’Q=R,所以△SO‘Q为等边三角形,∠SO’Q=60°,由四边形OSO‘P可求得∠SO’P=120°,所以∠SO‘P+∠SO’Q=180°。
评析 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,难度中等,正确画出运动轨迹,并且找出各角关 系是解答本题的关键。
1.(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
考点三 带电粒子在复合场中的运动
A组 自主命题、天津卷题组
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。
2.(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
方法技巧 1.在撤去磁场前,小球受重力、洛伦兹力、电场力三个力作用,三力平衡。2.撤去 磁场后,可考虑把小球的运动分解成水平方向和竖直方向上的运动,其中竖直方向上的运动为 竖直上抛运动。
3.(2015天津理综,12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存 在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。电场强度为 E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场 方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放, 粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θn,试求sin θn;
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁 场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。
答案 (1)2 (2)B (3)见解析
qvnB=m ⑥粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度 方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有 图1vn-1 sin θn-1=vn sin αn ⑦由图1看出rn sin θn-rn sin αn=d ⑧由⑥⑦⑧式得
rn sin θn-rn-1 sin θn-1=d ⑨由⑨式看出r1 sin θ1,r2 sin θ2,…,rn sin θn为一等差数列,公差为d,可得rn sin θn=r1 sin θ1+(n-1)d ⑩
图2
当n=1时,由图2看出r1 sin θ1=d 由⑤⑥⑩ 式得sin θn=B (3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则θn= sin θn=1在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为 ,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn',由于 > 则导致sin θn'>1说明θn'不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。
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>mcC.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
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
规律总结 复合场中粒子的特殊运动带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成的复合场中运动时:若做匀速圆周运动,重力必与电 场力平衡,洛伦兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。
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。
评析 此题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,难度中等。考生需要根据题目信息找 出相关运动规律公式,再结合题给条件分析解答。
审题指导 注意题给信息的含义,“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在 磁场中运动的半径相等。
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.(2009北京理综,19,6分)如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下 的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域, 恰好沿直线由区域右边界的O'点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不 变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b ( )A.穿出位置一定在O'点下方B.穿出位置一定在O'点上方C.运动时,在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时,动能一定减小
答案 C 在复合场中粒子做直线运动,就说明qE=qvB,OO'连线与电场线垂直。当撤去磁场 时,粒子仅受电场力,做类平抛运动,电场力一定做正功,电势能减少,动能增加,C正确,D错误;因 不知带电粒子的电性,故穿出位置可能在O'点上方,也可能在O'点下方,A、B错误。
C组 教师专用题组
8.一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)
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'=
审题指导 对称性是解题关键
考点一 磁场的描述 安培力
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2017河西二模)如图所示,两根平行放置长度相同的长直导线a和b通有大小相同、方向相反 的电流,a受到的磁场力大小为F1, 当加入一个与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a受到的磁 场力大小变为F2,则此时b受到的磁场力大小变为 ( ) A.F2 B.F1-F2C.F1+F2 D.2F1-F2
答案 A 据题图所示,两根长直导线,通过的电流大小相同方向相反,因a受到b产生的磁场的 作用力方向向左,大小为F1,那么b受到a产生的磁场的作用力方向向右,大小也为F1,这两个力大 小相等,方向相反。当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0,则a受到作用力大小为F2=F1+ F0(或 -F0)。而对于b由于电流方向与a相反,所以b受到作用力大小为F2'=F1+F0(或F2'=F1-F0),这两个力大小相等,方向相反。故A正确,B、C、D错误。
2.(2018河西一模)如图为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面 向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速 电压来控制,磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是 ( ) A.仅增大励磁线圈的电流,电子束径迹的半径变大B.仅提高电子枪的加速电压,电子束径迹的半径变大C.仅增大励磁线圈的电流,电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期将变大
答案 B 电子经电子枪加速,由动能定理有:eU= m 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,有:eBv0=m 可得:r= = ,T= = 可见增大励磁线圈中的电流,磁感应强度B增大,电子束的轨道半径变小,周期变小,故A、C错 误;提高电子枪加速电压U,电子束的轨道半径变大,周期不变,故B正确,D错误。
解题技巧 根据动能定理表示出加速后电子获得的速度,然后根据洛伦兹力提供向心力推导 出电子运动的半径、周期的表达式。
3.(2019河西二模)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感应强度最强的某点,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L/2B.平行于EF,深度为LC.垂直于EF,深度为L/2D.垂直于EF,深度为L
答案 A 用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点,记为a,说明a 点离电流最近;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,故说明这些点均离 电流最近,则EF应该是平行金属管线;画出左侧视图,如图所示: b、c间距为L,且磁场方向与地面夹角为45°,结合几何知识可得通电管线深度为 L,故A正确,B、C、D错误。
思路点拨 根据安培定则判断磁场方向,然后画出直线电流的磁感线,结合几何关系确定金属 管线深度。
考点二 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动
4.(2018滨海七校联考)如图所示,套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球,其质量为m、带 电荷量为q,小球可在棒上滑动,现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀 强电场中。设小球电荷量不变,小球由静止下滑的过程中( ) A.小球加速度一直增大B.小球速度先减小后增大,直到最后匀速运动C.杆对小球的弹力一直减少D.小球所受洛伦兹力一直增大,直到最后不变
答案 D 小球下滑过程中,受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、 向右的电场力,分四个过程进行分析:①开始阶段,洛伦兹力小于电场力时,小球向下做加速运 动时,速度增大,洛伦兹力增大,小球所受的杆的弹力向左,大小为N=qE-qvB,N随着v的增大而减 小,滑动摩擦力f=μN也减小,小球所受的合力F合=mg-f增大,加速度a增大;②当洛伦兹力等于电 场力时,合力等于重力,加速度最大;③小球继续向下做加速运动,洛伦兹力大于电场力,小球所 受的杆的弹力向右,大小为N'=qv'B-qE,v'增大,N'增大,f'增大,F合'减小,a'减小;④当mg=f'时,a'=0。 故加速度先增大后减小,直到为零;小球的速度先增大,后不变;杆对球的弹力先减小后反向增 大,最后不变;洛伦兹力先增大后不变。故D正确,A、B、C错误。
5.(2019河东二模)如图,在平面直角坐标系xOy内,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ 象限以ON为直径的半圆形区域内,存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小 为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,自y轴正半轴上y=h处的M点,以速度v0垂直于y 轴射入电场。经x轴上x=2h处的P点进入磁场,最后垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重 力。求: (1)电场强度大小E;(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r;(3)粒子在磁场运动的时间t。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t1,带电粒子做类平抛运动,根据类平抛运动规律有:2h =v0t1,h= a 根据牛顿第二定律可得:Eq=ma解得:E= (2)粒子进入磁场时沿y方向的速度大小:vy=at1=v0粒子进入磁场时的速度:v= v0,方向与x轴成45°角根据洛伦兹力提供向心力可得:qvB=m
解得:r= (3)粒子在磁场中运动的周期:T= = 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角θ=135°则粒子在磁场中运动的时间:t= T= T=
解题技巧 (1)粒子在电场中做类平抛运动,利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动 学规律,联立即可求出电场强度大小E;(2)利用类平抛运动规律求出粒子进入磁场时的速度大小和方向,粒子在磁场中做匀速圆周运 动,利用洛伦兹力提供向心力即可求出粒子在磁场中运动的轨道半径r;(3)利用周期公式T= = ,结合粒子在磁场中转过的圆心角,即可求出粒子在磁场中运动的时间t。
6.(2019河北二模)如图所示,在xOy平面上,一个以原点O为圆心,半径为4R的圆形磁场区域内存 在着匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面向里,在坐标(-2R,0)的A处静止着一个具有放射性的原 子核氮 N。某时刻该核发生衰变,放出一个正电子和一个反冲核,已知正电子从A处射出时速度方向垂直于x轴,且后来通过了y轴,而反冲核刚好不离开磁场区域。不计重力影响和离子间 的相互作用。 (1)写出衰变方程;(2)求正电子做圆周运动的半径;(3)求正电子最后过y轴时的坐标。
答案 (1)见解析 (2)6R (3)
正电子轨迹圆心在磁场边界与x轴的交点O'处,过P点作出出射速度的反向延长线可交于磁场 边界D点,且D点在x轴上根据几何关系可得∠DO'P=∠OQD=α在直角三角形DO'P中,cos α= = ,所以tan α= OQ= = 故正电子最后通过y轴的坐标为 。
解题思路 (1)原子核发生衰变时,一定满足质量数守恒及电荷数守恒;(2)根据题意可知两核的运动情况及反冲核的轨迹半径,由动量守恒定律可以知道两核的动量 关系,则可得出正电子的轨迹半径;(3)画出两核的运动轨迹,由几何关系可以知道最后过y轴的坐标。
7.(2019红桥二模)如图,在x>0的空间中,存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度E=10 N/C;在x< 0的空间中,存在垂直xOy平面方向的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。一带负电的粒子(比荷 =160 C/kg),在x=0.06 m处的D点以v0=8 m/s的初速度沿y轴正方向开始运动,不计带电粒子的重 力。求: (1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离;(2)带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场;(3)带电粒子在xOy平面内做周期性运动的周期(保留两位有效数字)。
答案 (1)0.069 m (2)0.026 s (3)0.043 s
解析 (1)对于粒子在电场中的运动有a= ,x= at2第一次通过y轴的交点到O点的距离为y1=v0t将数据代入计算得出y1=0.069 m (2)粒子通过y轴进入磁场时在x方向的速度vx= t=8 m/s设进入磁场时速度方向与y轴的夹角为θ,tan θ= = = ,则θ=60°,所以在磁场中粒子做圆周运动所对应的圆心角为α=2θ=120°带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为T=
带电粒子在磁场中运动的时间t2= T= T=0.026 s;(3)从开始至第一次到达y轴的时间t1= = s从磁场再次回到电场中的过程(未进入第二周期)是第一次离开电场时的逆运动根据对称性,t3=t1,因此粒子的运动周期为T=t1+t2+t3= s≈0.043 s
解题技巧 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动,由牛顿第二定律及运动的合成与分解可求得 粒子第一次通过y轴交点到O点的距离;(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由几何关系可以确定粒子运动的圆心和半径;由粒子在磁 场中做圆周运动所对应的圆心角可以求出粒子在磁场中运动的时间;(3)粒子再回到初始状态所用的时间为一个周期,故周期包括粒子两次电场中的运动和一次磁 场中的运动,求得总时间即为一个周期。
8.(2019红桥一模)长为L的平行金属板水平放置,两极板带等量的异种电荷,板间形成匀强电场, 平行金属板的右侧有如图所示的匀强磁场,一个带电荷量为+q、质量为m的带电粒子,以初速 度v0紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场,刚好从下极板边缘射出,射出时末速度恰与下板 成30°角,出磁场时刚好紧贴上板右边缘,不计粒子重力,求: (1)粒子从下板边缘射出电场时的竖直速度大小及两板间的距离;(2)匀强电场的场强大小与匀强磁场的磁感应强度大小。
答案 (1) v0 L (2)
解析 (1)带电粒子在电场中受到电场力的作用发生偏转,做类平抛运动。竖直方向:离开电场时的速度为:vy=v0 tan 30°= v0粒子发生偏转的位移为:y=d= ·t水平方向:粒子匀速运动的时间为:t= 联立以上各式计算得出:d= (2)在电场中粒子受到电场力,由牛顿第二定律得:qE=ma根据运动学公式有:vy=at又因为粒子运动时间为:t= ,所以:E= 带电粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qvB= 所以:r=
粒子离开电场时的速度为:v= 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示: 由几何关系得: =r·cos 30°解得:B=
解题技巧 (1)粒子在电场中做类平抛运动,由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小;根 据运动学公式可求出两极板之间的距离;(2)将粒子在平行金属板间的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动, 则由运动的合成与分解可求得电场强度;由几何关系和带电粒子在磁场中的运动,可求得磁感 应强度。
考点三 带电粒子在复合场中的运动
9.(2019南开二模)如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两 板之间的右侧长度为3d的区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。喷墨打 印机的喷口可在两极板左侧上下自由移动,并且从喷口连续不断喷出质量均为m、速度方向 水平且大小相等、带等量电荷的墨滴。调节电源电压至U,使墨滴在电场的左侧区域恰能沿 水平方向向右做匀速直线运动。(重力加速度为g) (1)判断墨滴所带电荷的种类,并求其所带的电荷量;(2)要使墨滴不从两板间射出,求墨滴的入射速率应满足的条件。
答案 (1)负电 (2)
从上极板边缘射进的墨滴最容易从两板间射出,只要这个墨滴没有射出来,其他墨滴就都不会 射出。若墨滴刚好由极板左侧射出,则有:R1= d ④联立②③④计算得出:v1= 同理,墨滴刚好从极板右侧射出,有: =(3d)2+(R2-d)2计算得出:R2=5d联立②③⑤计算得出:v2= ⑤可见,要使墨滴不会从两板间射出,速率应该满足:
10.(2019河北一模)如图所示,在纸面内建立直角坐标系xOy,以第Ⅲ象限内的直线OM(与负x轴 成45°角)和正y轴为界,在x<0的区域建立匀强电场,方向水平向左,场强大小E=2 V/m;以直线 OM和正x轴为界,在y<0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T。一不计重 力的带负电粒子从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103 m/s的初速度射入磁场。已知粒子的比 荷为 =5×104 C/kg,求: (1)粒子经过 圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标;(2)粒子在磁场区域运动的总时间t;(3)粒子最终将从电场区域D点离开电场,则D点离O点的距离y是多少。
答案 (1)(-0.4 m,-0.4 m) (2)1.256×10-3 s(3)7.2 m
代入数据解得:T=1.256×10-3 s所以t=1.256×10-3 s。(3)粒子从C点沿y轴正方向进入电场,做类平抛运动,则由牛顿第二定律,qE=maΔx= a =2rΔy=v0t1代入数据解得:Δy=8 my=Δy-2r=8 m-2×0.4 m=7.2 m即:粒子最终离开电场时距O点的距离y为7.2 m。
11.(2018河西三模)在受控热核聚变反应的装置中温度极高,因而带电粒子没有通常意义上的 容器可装,而是由磁场将带电粒子的运动束缚在某个区域内。现有一个环形区域,其截面内圆 半径R1= m,外圆半径R2=1.0 m,区域内有垂直纸面向外的匀强磁场(如图所示)。已知磁感应强度B=1.0 T,被束缚带正电粒子的比荷为 =4.0×107 C/kg,不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用。(1)若中空区域中的带电粒子由O点沿环的半径方向射入磁场,求带电粒子不能穿越磁场外边 界的最大速度v0;(2)若中空区域中的带电粒子以(1)中的最大速度v0沿圆环半径方向射入磁场,求带电粒子从刚 进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间。
答案 (1)1.33×107 m/s (2)5.74×10-7 s
解析 (1)根据几何关系,则有: +r2=(R2-r)2解得:r= m由牛顿第二定律,则有qv0B=m 解得:v0=1.33×107 m/s(2)如图,则有:tan θ= = ,θ= 带电粒子必须三次经过磁场,才会回到该点在磁场中的圆心角为 π,则在磁场中运动的时间为t1=3× T=2T= =3.14×10-7 s在磁场外运动的时间为t2=3× =2.60×10-7 s则t=t1+t2=5.74×10-7 s
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:120分钟 分值:100分非选择题(共100分)
1.(2018十二区县二模)(10分)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀 强电场,电场强度大小为E、方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为r的圆形区 域,圆心坐标为(r,0),圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力), 以速度为v0从第二象限的P点,沿平行于x轴正方向射入电场,通过坐标原点O进入第四象限,速 度方向与x轴正方向成60°,最后从Q点平行于y轴离开磁场,已知P点的横坐标为-2h。求:(1)带电粒子的比荷 ;(2)圆形区域内磁场的磁感应强度B的大小;(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)根据类平抛运动规律,带电粒子在x轴方向做匀速直线运动:2h=v0t1 ①在y轴方向做匀加速运动:vy=at1 ②速度方向与x轴正方向成60°,故vy=v0 tan 60° ③根据牛顿第二定律可得:Eq=ma ④联立①②③④式可得带电粒子的比荷: = ⑤(2)粒子进入磁场的速度:v= ⑥根据几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径:R=r ⑦根据洛伦兹力提供向心力可得:qvB=m ⑧联立⑤⑥⑦⑧式可得:B= (3)由几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动所转过的圆心角为150°,则粒子在磁场中运动的时间:t2= T
粒子在磁场中运动的周期:T= = 粒子在电场中运动的时间:t1= 则粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间:t=t1+t2=
2.(2018南开二模)(10分)1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,巧妙地利用带电粒子 在磁场中的运动特点,解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医 学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所示,置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间 的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,加 速器接一定频率的高频交流电源,保证粒子每次经过电场都被加速,加速电压为U。A处粒子 源产生的粒子,质量为m、电荷量为q,初速度不计,在加速器中被加速,加速过程中不考虑相对 论效应和重力作用。(1)求第1次被加速后粒子的速度大小v;(2)经多次加速后,粒子最终从出口处射出D形盒,求粒子射出时的动能Ekm和在回旋加速器中运 动的总时间t;(3)近年来,大中型粒子加速器往往采用多种加速器的串接组合。例如由直线加速器作为预加 速器,获得中间能量,再注入回旋加速器获得最终能量。n个长度逐个增大的金属圆筒和一个 靶,它们沿轴线排列成一串,如图乙所示(图中只画出了六个圆筒,作为示意)。各筒相间地连接 到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源的两端。整个装置放在高真空容器中。圆筒的
两底面中心开有小孔,现有一电荷量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒,并将在圆筒间的 缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有电场)。缝隙的宽度很小,离子穿过缝隙的 时间可以不计。已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1,且此时第一、二两个圆筒间的电 势差U1-U2=-U。为使打到靶上的离子获得最大能量,各个圆筒的最小长度应满足什么条件?并 求出在这种情况下打到靶上的离子的能量。 甲
乙
答案 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)粒子第1次被加速后,根据动能定理可知qU= mv2解得v= (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,当运动轨迹半径r=R时,粒子的速度最大,动能最大,设最大速 度为vm,洛伦兹力提供向心力,根据qvmB= ,可得vm= 故最大动能Ekm= m = 粒子在磁场中转动的周期T= = 粒子在电场中加速的次数为n,则nqU=Ekm故在回旋加速器中运动的总时间t=n = (3)为了使离子以最短时间打到靶上且获得最大能量,要求离子每次穿越缝隙时,前一圆筒的电 势比后一个圆筒的电势高U,穿过每个圆筒的时间恰好等于交流电的半个周期。由于圆筒内 无电场,离子在筒内做匀速运动。设vn为离子在第n个圆筒内的速度,则第n个圆筒的长度Ln=vn =
(n-1)qU= m - m vn= 第n个圆筒的长度应满足的条件为Ln= (n=1,2,3,…)离子打到靶上时的能量Ekm=(n-1)qU+ m (n=1,2,3,…)
3.(2018河东二模)(10分)如图所示是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图,区域Ⅰ和区域 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上方中间有一离子源S,水平向左发射动能Ek0=4.0×104 eV的氘核,氘核经过两次加速后最终从区域Ⅱ下方缝隙处的P点水平射出(不计氘核重 力)。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和区域Ⅱ的磁感应 强度大小B2。
答案 (1)1.4×105 eV(或2.24×10-14 J) (2)0.06 m 1.2 T
解析 (1)氘核运动过程只受电场力、洛伦兹力作用,只有电场力做功;氘核经过两次加速后从 P点射出,当氘核由右向左运动时,在区域Ⅲ上方,不受电场力作用;故由动能定理可得:2qEL=Ek2-Ek0 所以,经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2=Ek0+2qEL=4.0×104 eV+2×1×5.0×104×1 eV= 1.4×105 eV(或2.24×10-14 J);(2)由(1)根据左手定则得氘核的偏转方向,从而得到运动轨迹如图所示:
那么,由洛伦兹力提供向心力可得:Bvq= 所以,轨道半径R= = ;对粒子运动过程由动能定理可得:Ek0= m qEL=Ek1-Ek0故Ek1= m =Ek0+qEL=4.0×104 eV+1×5.0×104×1.0 eV=9.0×104 eV那么,R0= ≈0.04 m,R1= ≈0.06 m;又有2R1-2R2=h-2R0,所以,R2=0.05 m,故B2= B1=1.2 T;区域Ⅰ的最小宽度d=R1=0.06 m。
4.(2018和平一模)(10分)实验室中常用粒子加速器来获得高速粒子。某两级串列加速器外形 设计酷似“U”形,其结构如图所示,其中ab、cd为底面为正方形的长方体加速管,加速管长为 L,底面边长为r0且两加速管底面在同一平面内。两加速管中心轴线间的距离为D=19r0,加速管 内有和轴线平行的匀强电场。端面b、d的下方区域存在垂直两加速管轴线平面的匀强磁场, 磁感应强度大小为B。现将速度很小的一价带负电粒子均匀地从a端面输入,在ab管中被加速 后,垂直进入匀强磁场,到达d处时,可被设在d处的特殊装置将其电子剥离(粒子速度不变,特殊 装置大小可忽略),成为三价正粒子,沿轴线进入的粒子恰能沿两加速管轴线加速,已知b、d两 端电势相等,a、c两端电势相等,元电荷为e,该粒子质量为m,不计粒子重力及粒子间相互作用 力。(1)试求a、b两端面之间的电势差;(2)仅改变加速管电压,则粒子在加速器中经历的最短时间是多少;(3)实际工作时,磁场可能会与设计值B有一定偏差ΔB,而会以B-ΔB至B+ΔB间的某一确定值工 作。若要求至少有90%的粒子能被成功加速,试求偏差ΔB的最大值。
答案 (1)- (2) (3)
若使t最小,应使v1最大,此时r'= ,又ev1B= 联立各式,可解得:t= (3)按照设计要求工作的粒子在磁场中运动时,evB=m 且2R=D要求至少90%的粒子能实现加速若磁场B'变弱,则: ≤0.1若磁场B'变强,则: ≤0.1解得ΔB≤ 即偏差最大值ΔBmax=
5.(2018南开一模)(12分)如图为实验筛选带电粒子的装置示意图,左端加速电极M、N间的电压 为U1,中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,匀强磁场的磁感应强度B1=1.0 T,两板间电压U2=1.0×102 V,两极板间的距离D=2 cm,选择器右端是一个半径R=20 cm的圆筒, 可以围绕竖直中心轴顺时针转动,筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔O1至O8。圆筒内 部有竖直向下的匀强磁场(磁感应强度为B2),一电荷量为q=1.60×10-19 C、质量为m=3.2×10-25 kg 的带电粒子,从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器,圆筒不转时,粒子恰好从小孔O8 射入,从小孔O3射出,若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收,不计粒子重力,求:
(1)加速器两端的电压U1的大小;(2)圆筒内匀强磁场的磁感应强度B2的大小并判断粒子带正电还是负电;(3)要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出(如从O1进入O5射出),则圆筒匀速 转动的角速度多大?
答案 (1)25 V (2)5.0×10-2 T 负电(3) ×105 rad/s(n=0,1,2,3,…)
解析 (1)速度选择器中电场强度E= =5.0×103 N/C根据力的平衡条件可得qB1v=qE,解得v= =5.0×103 m/s在电场加速过程,根据动能定理可得qU1= mv2,解得U1=25 V(2)粒子的运动轨迹俯视图如图所示
根据左手定则,粒子带负电,根据几何关系可得r=R洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可得qB2v=m ,解得B2= =5.0×10-2 T(3)不管从哪个孔进入,粒子在圆筒中运动的时间与轨迹一样,由图中几何关系知粒子做圆周运 动所对的圆心角为θ= π,运动时间为t= = s=3π×10-5 s在这段时间内圆筒转过的可能角度α=2nπ+ (n=0,1,2,3,…)则圆筒的角速度ω= = ×105 rad/s(n=1,2,3,…)
6.(2018河西一模)(12分)如图所示,在xOy平面内,以O1(0,R)为圆心,R为半径的圆形区域内有垂 直平面向里的匀强磁场B1,x轴下方有一直线ab,ab与x轴相距为d,x轴与直线ab间区域有平行于 y轴的匀强电场E,在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN,ab与MN间区域有垂直于纸平面向 外的匀强磁场B2。 在0≤y≤2R的区域内,质量为m、电荷量为e的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x轴正方 向以速度v0射入圆形区域,经过磁场B1偏转后都经过O点,然后进入x轴下方。已知x轴与直线ab
间匀强电场的场强大小E= ,ab与MN间磁场磁感应强度B2= 。不计电子重力。(1)求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小?(2)若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上,MN与ab板间的最小距离h1是 多大?(3)若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上,MN与ab板间的最大距离h2是多 大?当MN与ab板间的距离为最大距离h2时,求电子打到MN板上的位置到y轴的最远距离s。
答案 (1) (2)3d (3)d d
解析 (1)所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等,由几何关系,有:r=R ①由洛伦兹力提供向心力,有:ev0B1=m ②由①②式得:B1= ③(2)设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v,电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动的轨道 半径为r1,沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场B2时速度方向与水平方向成θ角,则 有:eEd= mv2- m ④r1= ⑤cos θ= ⑥如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场,经电场和磁场偏转后,不能打在感光板上,则所 有电子都不能打在感光板上,轨迹如图,则感光板与ab间的最小距离为:h1=r1+r1 cos θ ⑦
由④⑤⑥⑦式得:v=2v0 r1=2d θ=60° h1=3d ⑧ (3)如果电子在O点以速度v0沿x轴正方向射入电场,经电场和磁场偏转后,能打在感光板上,则所 有电子都能打在感光板上,轨迹如图,则感光板与ab间的最大距离为:h2=r1-r1 cos θ ⑨
计算得出:h2=d ⑩当感光板与ab间取最大距离h2=d时,沿x轴正方向射入电场的电子打在感光板上的位置距y轴 最远,电子在电场中有:沿v0方向有:x=v0t
垂直v0方向有:d= t2由几何关系,最远距离为:s=x+r1 sin θ由以上各式得:s=
解题技巧 (1)抓住所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等,根据几何关系得 出电子在磁场B1中的运动半径,结合半径公式求出圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小。(2)根据动能定理求出电子进入下方磁场B2的速度,根据半径公式求出电子在磁场B2中的半径, 根据几何关系求出电子进入磁场B2时速度方向与水平方向的夹角,通过几何关系求出MN与ab 板间的最小距离。(3)如果电子在O点沿x轴正方向射入电场,经电场偏转和磁场偏转后,能打在感光板上,则所有 电子都能打在感光板上。根据几何关系求出MN与ab板间的最大距离。作出电子的运动轨迹, 根据几何关系求出电子打到MN板上的位置到y轴的最远距离s。
7.(2018红桥一模)(12分)如图所示,一个质量为m=1.0×10-9 kg,电荷量q=+1.0×10-4 C的带电微粒 (重力忽略不计),从静止开始经U1=20 V电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场,偏 转电场的电压U2=100 V。金属板长L=20 cm,两板间距d=50 cm。求: (1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小;(2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ;(3)若该匀强磁场的宽度为D=( +1)cm,为使微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少多大。
答案 (1)2.0×103 m/s (2)45° (3)2 T
解析 (1)微粒在加速电场中由动能定理有:qU1= m ,解得:v0= =2.0×103 m/s(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动加速度为:a= 以此加速度运动,微粒打到极板上所需时间t'满足 at'2= 而微粒在偏转电场中的运动时间为t= =10-4 s
D=r+r sin θr= ×10-2 m由洛伦兹力提供向心力:qvB=m 代入数据解得:B=2 T。
8.(2017滨海七校联考)(12分)如图所示,在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场,在第Ⅰ象限和第 Ⅳ象限的圆形区域内分别存在如图所示的匀强磁场,在第Ⅳ象限磁感应强度大小是第Ⅰ象限 的2倍。圆形区域与x轴相切于Q点,Q到O点的距离为L。有一个带电粒子质量为m、电荷量为 q,以垂直于x轴的初速度从x轴上的P点进入匀强电场中,并且恰好与y轴的正方向成60°角以速 度v进入第Ⅰ象限,又恰好垂直于x轴在Q点进入圆形区域磁场,射出圆形区域磁场后与x轴正向 成30°角再次进入第Ⅰ象限。不计重力。求:
(1)第Ⅰ象限内磁场磁感应强度B的大小;(2)电场强度E的大小;(3)粒子在圆形区域磁场中的运动时间。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示。设粒子在第Ⅰ象限内的轨迹半 径为R1。由几何关系有:R1+ =L得:R1= L又qvB=m 得:B=
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动,由几何关系有:y= Lv0=v cos 60°= 粒子刚出电场时,vx=v sin 60°= v粒子在电场中运动时间为:t= vx=at,a= 可得:E= (3)由几何关系知,粒子在圆形磁场中运动的时间t'= 而T= = 结合B= ,得t'=
解题技巧 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据题意画出粒子的运动轨迹,由几何知识 求粒子的轨迹半径,再根据洛伦兹力提供向心力,求第Ⅰ象限内磁场磁感应强度B的大小;(2)带电粒子在电场中做类平抛运动,由几何知识求出y轴方向的分位移,结合类平抛运动的规 律和牛顿第二定律求电场强度E的大小;(3)根据时间与周期的关系求出粒子在圆形区域磁场中的运动时间。
9.(2019部分区一模)(12分)如图所示,将用绝缘管做成的圆形轨道竖直放置在竖直平面内,建立 如图所示直角坐标系,圆形轨道的圆心与坐标原点重合,在Ⅰ、Ⅱ象限有垂直轨道平面的水平 匀强磁场,在Ⅳ象限有竖直向下的匀强电场。一个带电荷量为+q、质量为m的小球从图中位 置A由静止释放开始运动,刚好能通过最高点。不计一切摩擦,小球所带电荷量保持不变,轨道 半径为R,R远大于管道的内径,小球直径略小于管道内径,小球可看成质点。 (1)求匀强电场的电场强度E的大小;(2)若小球在第二次到最高点时,刚好对轨道无压力,求磁感应强度B的大小;(3)求小球第三次到达最高点时对轨道的作用力。
答案 (1) (2) (3)(3- )mg 方向竖直向上
解析 (1)小球从题图中位置A由静止释放开始运动,刚好能通过最高点,说明小球在最高点速 度刚好为零,则从位置A到最高点的过程中,由动能定理可得:qER-mgR=0,解得:E= ;(2)小球第二次到达最高点时,对轨道无压力,此时满足:mg+qv2B=m ,小球从第一次到达最高点至第二次到达最高点的过程中,由动能定理可得:qER= m -0,解得:B= ;(3)小球从第二次到达最高点至第三次到达最高点的过程中,由动能定理可得:qER= m - m ,小球第三次在最高点时,据牛顿第二定律得:N3+mg+qv3B=m ,
解得小球第三次到达最高点时轨道对小球的作用力大小为:N3=(3- )mg,方向竖直向下,由牛顿第三定律有小球第三次到达最高点时对轨道的作用力:N3'=N3=(3- )mg,方向竖直向上。
解题技巧 (1)因为小球刚好能绕圆管做圆周运动,则在最高点的速度为零,根据动能定理求出 匀强电场的电场强度;(2)根据动能定理求出第二次到达最高点的速度,抓住重力和洛伦兹力的合力提供向心力求出 磁感应强度的大小;(3)根据动能定理求出第三次到达最高点的速度,根据径向的合力提供向心力求出轨道对小球 的作用力,从而得出小球对轨道的作用力。
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2019和平一模,19)如图甲所示,在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右 侧有一个以点(3L,0) 为圆心、半径为L的圆形区域,圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有 一质量为m、带电荷量为e的电子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场,飞出电场后 从M点进入圆形区域,速度方向与x轴正方向夹角为30°。此时在圆形区域加如图乙所示周期 性变化的磁场,以垂直于纸面向外为磁场正方向,最后电子运动一段时间后从N点飞出,速度方 向与进入磁场时的速度方向相同(与x轴正方向夹角也为30°)。求:
甲 乙(1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小;(2)0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小;(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式。
答案 (1) v0 (2) (3)见解析
解析 (1)电子在电场中做类平抛运动,射出电场时,运动轨迹如图1所示。由速度关系: =cos 30°解得v= v0 图1
图2
(2)由速度关系得vy=v0 tan 30°= v0在竖直方向a= vy=at= · 解得E= (3)在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°,根据几何知识,在磁场变化的半个周期内,电 子在x轴方向上的位移恰好等于R。粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是:
2nR=2L(n=1,2,3,…)电子在磁场中做圆周运动的轨道半径R= = 解得B0= (n=1,2,3,…)若电子在磁场变化的半个周期恰好转过 圆周,同时电子在MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时,可使电子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间条件:2n· T0=nT在磁场中圆周运动周期T0= 得T的表达式:T= (n=1,2,3,…)
解题技巧 电子在电场中只受电场力,做类平抛运动。将速度分解,可求出电子进入圆形磁场 区域时的速度大小。根据牛顿第二定律求出场强E的大小。电子在磁场中运动,洛伦兹力提 供向心力,电子做匀速圆周运动。根据电子飞出磁场的速度方向与进入磁场时的速度方向相 同,由圆的对称性和几何知识得到磁感应强度B0、周期T各应满足的表达式。
2.(2019河东一模)如图所示,在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁 场。位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0~ v0。这束离子经电势差为U= 的电场加速后,从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上,在x轴上2a~3a区间水平固定放置一探测板 。假设每秒射入磁场的离子总数为N0,打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。 (1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间。
(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大 小B1。(3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板上的离子80%被板吸收,2 0%被反向弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的0.6,求探测板受到的作用力大小。
答案 (1)2a~4a (2) B0 (3) N0 N0mv0
r4= = a2r4=1.5a,离子打在x轴上的区间为1.5a~3aN=N0 = N0由上述可知,打到x=3a处的离子的速度v2=2v0设打到x=2a处的离子的速度为v3,运动半径r5=a,洛伦兹力提供向心力:qv3B1=m 解得v3= v0因为打到x轴的离子数均匀分布,所以打到x轴上的离子的速度也均匀分布,即可以以 = = v0表示打到探测板上的离子的平均速度由动量定理Ft=0.2Ntm·0.6 -(-Ntm )解得F= N0mv0由牛顿第三定律可知探测板受到的作用力大小F'=F= N0mv0
3.(2019南开一模,21)“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成,其原理可简化 如下:如图甲所示,辐射状的加速电场区域边界为两个同心半圆弧面,圆心为O,外圆弧面AB的 半径为L,电势为φ1,内圆弧面CD的半径为L/2,电势为φ2。足够长的收集板MN平行边界ACDB,O 到MN板的距离OP为L。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,它们能均匀 地吸附到AB圆弧面上,并被加速电场从静止开始加速,不计粒子间的相互作用和其他星球对粒 子引力的影响。 甲
乙
(1)求粒子到达O点时速度的大小;(2)如图乙所示,在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场,圆心为O,半径为L,磁场 方向垂直纸面向内,则发现从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上(不考虑过边界 ACDB的粒子再次返回),求所加磁感应强度的大小;(3)同上问,从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN,求磁感应强度 所满足的条件。试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式 子。
答案 (1) (2) (3)见解析
根据几何关系,粒子圆周运动的半径:r=L由牛顿第二定律得:qvB=m ,解得B= ;(3)沿着OD方向的粒子刚好打在MN上,则由几何关系可知,r1= ,又B1vq= ,得B1= ,则磁感应强度应满足B> 如图2,设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α,由几何关系可以知道:
图2sin = = MN上的收集效率η= =
解题技巧 (1)粒子在电场中加速,应用动能定理可以求出粒子的速度;(2)作出粒子运动的轨迹,结合轨迹求出粒子运动的半径,然后由洛伦兹力提供向心力即可求 解;(3)作出粒子运动的轨迹,结合几何知识求得粒子的收集效率与粒子圆周运动转过圆心角的关 系,再根据此关系求得收集效率为0时对应的磁感应强度B。
相关课件
高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题十一磁澄件课件PPT： 这是一份高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题十一磁澄件课件PPT，共60页。
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： 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。
(新课标版)高考物理一轮复习课件9.2磁吃运动电荷的作用 (含解析)： 这是一份(新课标版)高考物理一轮复习课件9.2磁吃运动电荷的作用 (含解析)，共57页。
