（新課標Ⅰ）2019版高考物理 專題十 磁場課件.ppt

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

2、生的磁感應強度大小為B0,五年高考,答案AC本題考查安培定則、磁場的疊加。由安培定則判定,L1中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向分別垂直于紙面向里和向外;設L1和L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小分別為B1和B2,由磁感應強度的矢量疊加原理可得,B0-B1-B2=B0,B0+B2-B1=B0,解得B1=B0,B2=B0,故A、C項正確。,解題關鍵注意矢量的方向性 本題解題的關鍵是要注意磁感應強度的方向性,如L2中電流產(chǎn)生的磁場方向在a點垂直紙面向里,在b點垂直紙面向外。,2.(2017課標,19,6分)(多選)如圖,三根相互平

3、行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距,均通有電流I,L1中電流方向與L2中的相同,與L3中的相反。下列說法正確的是() A.L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為11 D.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1,答案BC本題考查安培力。因三根導線中電流相等、兩兩等距,則由對稱性可知兩兩之間的作用力大小均相等。因平行電流間同向吸引、反向排斥,各導線受力如圖所示,由圖中幾何關系可知,L1所受磁場作用力F1的方向與L2、L3所在平面平行,L3所受磁場作用力F3的方

4、向與L1、L2所在平面垂直,A錯誤、B正確。設單位長度的導線兩兩之間作用力的大小為F,則由幾何關系可得L1、L2單位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 60=F,L3單位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 30=F,故C正確、D錯誤。,一題多解電流的磁場與安培力 由對稱性可知,每條通電導線在其余兩導線所在處產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小相等,設為B。如圖所示,由幾何關系可得L1所在處磁場的磁感應強度B1=2B cos 60=B,方向與L2、L3所在平面垂直,再由左手定則知L1所受磁場作用力方向與L2、L3所在平面平行,L1上單位長度所受安培力的大小為F1=BI。同理可判定L3所受磁場作用力方

5、向與L1、L2所在平面垂直,單位長度所受安培力大小為F3=BI;L2上單位長度所受安培力大小為F2=BI,即F1F2F3=11,故A、D 錯誤,B、C正確。,3.(2017課標,18,6分)如圖,在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點處磁感應強度的大小為() A.0B.B0C.B0D.2B0,答案C本題考查安培定則、磁感應強度的矢量疊加。兩導線中通電流I時,兩電流在a點處的磁感應強度與勻強磁場的磁感應強度

6、的矢量和為0,則兩電流磁感應強度的矢量和為-B0,如圖甲得B=B0。P中電流反向后,如圖乙,B合=B=B0,B合與B0的矢量和為B總=B0,故C項正 確。 甲乙,易錯點評安培定則和矢量合成法則的運用 正確運用安培定則畫出甲、乙兩圖。 由P和Q中電流為I時,a點處的合磁感應強度為0,得出B0的方向水平向左和B的大小為B0。 P中的電流反向,則P中電流的磁場反向,Q中電流的磁場大小和方向不變。 注意各物理量間的夾角大小關系。,解后反思由P中電流反向前Ba=0分析得出P、Q中電流在a點處的合磁場的磁感應強度與B0等大反向,進而確定B0的方向是解題的關鍵。,答案AD本題考查安培力、電路,考查學生的推理

7、能力、實驗能力。要使線圈在磁場中開始轉動,則線圈中必有電流通過,電路必須接通,故左右轉軸下側的絕緣漆都必須刮掉;但如果上側的絕緣漆也都刮掉,當線圈轉過180時,靠近磁極的導線與開始時靠近磁極的導線中的電流方向相反,受到的安培力相反,線圈向原來的反方向轉動,線圈最終做往返運動,要使線圈連續(xù)轉動,當線圈轉過180時,線圈中不能有電流通過,依靠慣性轉動到初始位置再接通電路即可實現(xiàn)連續(xù)轉動,故左、右轉軸的上側不能都刮掉,故選項A、D正確。,易錯警示一根漆包線繞制的矩形線圈中電流方向的判定。要使線圈連續(xù)轉動,要么受到方向不變的持續(xù)的安培力,要么受到間歇性的方向不變的安培力,依靠慣性連續(xù)轉動,而不能受到交

8、變的安培力作用。,5.(2015課標,18,6分,0.527)(多選)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關于指南針,下列說法正確的是() A.指南針可以僅具有一個磁極 B.指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場 C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾 D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線,導線通電時指南針不偏轉,答案BC任何磁體均具有兩個磁極,故A錯。指南針之所以能指向南北,是因為指南針的兩個磁極受到磁場力的作用,這說明地球具有磁場,即B正確。放在指南針附近的鐵塊被磁化后,反過來會影響指南針的指向,即C正確。通電直導線產(chǎn)生的磁場對其正下方的指南針有磁場力的作用,會使指南針發(fā)生偏轉,故D錯。,6

9、.(2014課標,15,6分,0.809)關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是() A.安培力的方向可以不垂直于直導線 B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關 D.將直導線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?答案B由左手定則可知,安培力的方向一定與磁場方向和直導線垂直,選項A錯、B正確;安培力的大小F=BIL sin 與直導線和磁場方向的夾角有關,選項C錯誤;將直導線從中點折成直角,假設原來直導線與磁場方向垂直,若折成直角后一段與磁場仍垂直,另一段與磁場平行,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?若折成直角后,兩段都與磁場

10、垂直,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼?因此安培力大小不一定是原來的一半,選項D錯誤。,解題關鍵左手定則中明確了安培力與B的方向及直導線均垂直。安培力的表達式F=BIL sin 中l(wèi)為與B垂直方向上的有效長度,為磁感應強度B的方向與導線方向的夾角。,7.(2015課標,24,12分,0.564)如圖,一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中;磁場的磁感應強度大小為0.1 T,方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定,下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連,電路總電阻為2 。已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm;閉合開關,系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長

11、量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質量。,答案見解析,解題指導安培力的方向由左手定則判斷,其中棒上電流方向為ba。開關斷開時,金屬棒不受安培力,兩彈簧對棒的彈力的合力與棒的重力平衡。通電后,由于安培力向下,故兩彈簧各自再向下伸長0.3 cm。結合歐姆定律、平衡條件、胡克定律等分析求解。,答案C本題考查帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動、洛倫茲力,考查學生的推理能力、作圖能力。設速率為v1的粒子最遠出射點為M,速率為v2的粒子最遠出射點為N,如圖所示,則由幾何知識得 r1=,r2=R = 由qvB=得r=,故=

12、,選項C正確。,9.(2016課標,18,6分)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度順時針轉動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉過90時,粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為() A.B.C.D.,答案A定圓心、畫軌跡,由幾何關系可知,此段圓弧所對圓心角=30,所需時間t=T= ;由題意可知粒子由M飛至N與圓筒旋轉90所用時間相等,即t=,聯(lián)立以上兩式得 =,A項正確。,解題方法正確畫出粒子在磁場中運動

13、的軌跡圖。由于=且=30得出t=。 當筒轉過90時,粒子恰好從小孔N飛出,意味著粒子在磁場中運動的時間t=。,反思總結此題考查處理粒子在磁場中運動問題的基本方法:定圓心、畫軌跡,由幾何知識求半徑,找圓心角求時間。,10.(2016課標,18,6分)平面OM和平面ON之間的夾角為30,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量為m,電荷量為q(q0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到

14、兩平面交線O的距離為() A.B.C.D.,答案D粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由qvB=m得R=,分析圖中角度關系可知, PO半徑與OQ半徑在同一條直線上。 則PQ=2R,所以OQ=4R=,選項D正確。,審題指導由左手定則可判定粒子進入磁場后的偏轉方向。因粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,則知粒子的運動軌跡與ON相切。如何確定圓心是作圖的關鍵。,11.(2015課標,14,6分,0.759)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的() A.軌道半徑減小,角速度增大 B.軌道半徑

15、減小,角速度減小 C.軌道半徑增大,角速度增大 D.軌道半徑增大,角速度減小,答案D因洛倫茲力不做功,故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后,其速度大小不變,由r=知,軌道半徑增大;由角速度=知,角速度減小,選項D正確。,解題關鍵洛倫茲力對帶電粒子不做功。粒子做圓周運動滿足Bqv=m,可得r=。 v=r。,12.(2015課標,19,6分,0.506)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和,中的磁感應強度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與中運動的電子相比,中的電子() A.運動軌跡的半徑是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圓周運動的周期是中的k倍 D.做圓周運

16、動的角速度與中的相等,答案AC由題意可知,v1=v2,B1=kB2。電子運動的軌跡半徑R=,故R2=kR1,A正確。加 速度大小a=B,故a2=a1/k,B錯。周期T=,故T2=kT1,C正確。角速度=B, 故2=1/k,D錯。,解題方法比值類題目的一般解題原則。首先由相應物理定理、定律及對應關系,找出由已知量所表達的未知量的表達式,然后將相關數(shù)據(jù)代入即可求出相應關系。,13.(2014課標,16,6分,0.637)如圖,MN為鋁質薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O,已知粒子穿越鋁板

17、時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變,不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為() A.2B.C.1D.,答案D由題圖可知,帶電粒子在鋁板上方的軌跡半徑為下方軌跡半徑的2倍;由洛倫茲力提供向心力:qvB=,得v=;其動能Ek=mv2=,故磁感應強度B=,= ,選項D正確。,審題指導,14.(2014課標,20,6分,0.347)(多選)圖為某磁譜儀部分構件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時,下列說法正確的是() A.電子與正電子的偏轉方向一定不同 B.電子與正電子在磁場

18、中運動軌跡的半徑一定相同 C.僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子 D.粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小,答案AC在同一勻強磁場中,各粒子進入磁場時速度方向相同,但速度大小關系未知。由左手定則可知電子與正電子進入磁場時所受洛倫茲力方向相反,偏轉方向必相反,故A正確。因r=,各粒子雖q相同、但v關系未知,故m相同、v不同時軌跡半徑不同,而當r相同時只能表 明mv相同,不能確定m的關系,故B錯誤、C正確。由Ek=mv2及r=,得r=,可見當Ek越 大時粒子的軌跡半徑越大,故D錯誤。,易錯點撥不少考生易錯選B選項,其原因是過分關注電子、正電子的質量和電荷量大小相同,而忽略了它

19、們的速度可能不同這一事實。,15.(2017課標,24,12分)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x0區(qū)域,磁感應強度的大小為B0;x1)。一質量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時。當粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力) (1)粒子運動的時間; (2)粒子與O點間的距離。,答案(1)(1+)(2)(1-),綜合點評帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力。特點是粒子在y軸左、右兩側的受力大小有突變。因為B左B右,所以R左R右。速度方向再次沿x軸正向時,意味著粒子在左、右磁場中各轉過半周。所以粒子與O

20、點間距離為直徑的差值。,考點三帶電粒子在復合場中的運動,16.(2016課標,15,6分)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為() A.11B.12C.121D.144,答案D設質子和離子的質量分別為m1和m2,原磁感應強度為B1,改變后的磁感應強度為B2。在加速電場中qU=mv2,在磁場中qvB=m,聯(lián)立兩式得m=,故有=144

21、,選項 D正確。,審題指導注意題給信息的含義,“經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開”意味著兩粒子在磁場中運動軌跡的半徑相等。,評析此題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律,難度中等。考生需要根據(jù)題目信息找出相關運動規(guī)律分析解答。,17.(2017課標,16,6分)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動,b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動,c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是() A.mambmcB.mbmamc C.mcmambD

22、.mcmbma,答案B本題考查帶電粒子在復合場中的運動。因微粒a做勻速圓周運動,則微粒重力不能忽略且與電場力平衡:mag=qE;由左手定則可以判定微粒b、c所受洛倫茲力的方向分別是豎直向上與豎直向下,則對b、c分別由平衡條件可得mbg=qE+BqvbqE、mcg=qE-Bqvcmamc,B正確。,規(guī)律總結復合場中粒子的特殊運動 帶電粒子在重力場、勻強電場和磁場組成的復合場中運動時:若做勻速圓周運動,重力必與電場力平衡,洛倫茲力提供向心力;若做直線運動,必是勻速直線運動,合力定為零。,18.(2018課標,25,20分)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:

23、中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應強度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側為電場區(qū)域,寬度均為l,電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點,它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡; (2)求該粒子從M點入射時速度的大小; (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點 運動到N點的時間。,答案(1)見解析(2)(3),根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma 式

24、中q和m分別為粒子的電荷量和質量。由運動學公式有 v1=at l=v0t v1=v cos 粒子在磁場中做勻速圓周運動,設其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB= 由幾何關系得 l=2R cos 聯(lián)立式得 v0= (3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得,v1=v0 cot 聯(lián)立式得 = 設粒子由M點運動到N點所用的時間為t,則 t=2t+T 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期, T= 由式得 t=,審題指導對稱性是解題關鍵,19.(2018課標,25,20分)如圖,在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E;在y0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一

25、個氕核H和一個氘核H先后從y軸 上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已知H進入磁場時,速度方向與x軸正方 向的夾角為60,并從坐標原點O處第一次射出磁場H的質量為m,電荷量為q。不計重力。求 (1H第一次進入磁場的位置到原點O的距離; (2)磁場的磁感應強度大小; (3H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。,答案(1)h(2)(3)(-1)h,解析本題考查帶電粒子在電場中的偏轉及帶電粒子在勻強磁場中的運動。 (1H在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示。設H在電場中 的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為t1,第一次進入磁場的位置到原點O

26、的距離為s1。由運動學公式有 s1=v1t1 h=a1 由題給條件H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角1=60H進入磁場時速度的y分 量的大小為 a1t1=v1 tan 1,聯(lián)立以上各式得 s1=h (2H在電場中運動時,由牛頓第二定律有 qE=ma1 設H進入磁場時速度的大小為v1,由速度合成法則有 v1= 設磁感應強度大小為BH在磁場中運動的圓軌道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二 定律有 qv1B= 由幾何關系得 s1=2R1 sin 1 聯(lián)立以上各式得 B=,(3)設H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a2,由題給 條件得 (2m)=m 由牛頓第二定律

27、有 qE=2ma2 設H第一次射入磁場時的速度大小為v2,速度的方向與x軸正方向夾角為2,入射點到原 點的距離為s2,在電場中運動的時間為t2。由運動學公式有 s2=v2t2 h=a2 v2= sin 2= 聯(lián)立以上各式得 s2=s1,2=1,v2=v1,設 H在磁場中做圓周運動的半徑為R2,由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑 公式得 R2=R1 所以出射點在原點左側。設H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s 2,由幾何關系有 s2=2R2 sin 2 聯(lián)立式得H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 s2-s2=(-1)h,規(guī)律總結帶電粒子在組合場中運動問題的一般解題思路

28、電場中類平拋運動:x=v0t,y=at2 速度方向:tan = 位移方向:tan = 磁場中勻速圓周運動的解題步驟:a.確定圓心; b.利用幾何關系求半徑;c.qvB=,20.(2018課標,24,12分)如圖,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求 (1)磁場的磁感應強度大小; (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。,答案(1)(2)14,解析本題考查帶電

29、粒子在電場和磁場中的運動。 (1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1,磁場的磁感應強度大小為B,由動能定理有 q1U=m1 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B=m1 由幾何關系知 2R1=l 由式得 B= (2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有 q2U=m2,q2v2B=m2 由題給條件有 2R2= 由式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為 =14,思路分析根據(jù)題設條件,分析離子在電場和磁場中的運動情況,結合動能定理、牛頓第二定律等知識列方程求解。,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,

30、考點一磁場、安培力,1.(2016北京理綜,17,6分)中國宋代科學家沈括在夢溪筆談中最早記載了地磁偏角:“以磁石磨針鋒,則能指南,然常微偏東,不全南也?！边M一步研究表明,地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結合上述材料,下列說法不正確的是() A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B.地球內(nèi)部也存在磁場,地磁南極在地理北極附近 C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用,答案C由題意可知,地理南、北極與地磁場的南、北極不重合,存在磁偏角,A正確。磁感線是閉合的,再由圖可推知地球內(nèi)部存在磁場,地磁南極在地理北極附近,故B正確。只有赤道

31、上方附近的磁感線與地面平行,故C錯誤。射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的運動方向與地磁場方向不平行,故地磁場對其有力的作用,這是磁場的基本性質,故D正確。選C。,審題指導題圖往往提供解題的關鍵信息,所以要仔細觀察圖,挖掘有用信息。,2.(2014浙江理綜,20,6分)(多選)如圖1所示,兩根光滑平行導軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起,棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒() 圖1圖2 A.一直向右移動 B.速度隨時間周期性變化 C.受到的安培力隨時間周期

32、性變化 D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功,答案ABC根據(jù)題意得出v-t圖象如圖所示,金屬棒一直向右運動,A正確。速度隨時間做周期性變化,B正確。據(jù)F安=BIL及左手定則可判定,F安大小不變,方向做周期性變化,則C項正確。F安在前半周期做正功,后半周期做負功,則D項錯。,評析題中“從t=0時刻起,棒上有如題圖2所示的持續(xù)交變電流”中“有”字較模糊,易引起歧義,有可能理解成動生電情況。,3.(2018江蘇單科,13,15分)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為,間距為d。導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上,距底端的距離為

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

34、,是一道考查考生基礎知識掌握水平的好題,本題難度為易。,考點二洛倫茲力、帶電粒子在磁場中的運動,4.(2015北京理綜,17,6分)實驗觀察到,靜止在勻強磁場中A點的原子核發(fā)生衰變,衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運動,運動方向和軌跡示意如圖。則() A.軌跡1是電子的,磁場方向垂直紙面向外 B.軌跡2是電子的,磁場方向垂直紙面向外 C.軌跡1是新核的,磁場方向垂直紙面向里 D.軌跡2是新核的,磁場方向垂直紙面向里,答案D由靜止的原子核發(fā)生衰變后產(chǎn)生的新核和電子做勻速圓周運動的方向相反及原子核衰變前后動量守恒得meve-m核v核=0,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r=,因為qer核,

35、故軌跡1是電子的,軌跡2是新核的,根據(jù)左手定則可判定磁場方向垂直紙面向里,故D項正確。,5.(2018天津理綜,11,18分)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強電場,電場強度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負 電粒子在電場中P點靜止釋放,由M進入磁場,從N射出。不計粒子重力。 (1)求粒子從P到M所用的時間t; (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,同樣能由M進入磁場,從N射出。粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運動,且所用的時間最

36、少,求粒子在Q時速度v0的大小。,答案(1)(2),解析本題考查帶電粒子在復合場中的運動。 (1)設粒子在磁場中運動的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有 qvB=m 設粒子在電場中運動所受電場力為F,有 F=qE 設粒子在電場中運動的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有 F=ma 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動,有 v=at 聯(lián)立式得 t= (2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動,其周期與速度、半徑無關,運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定。故當軌跡與內(nèi)圓相切時,所用的時間最短。設粒子在磁場中的軌跡半徑為r,由幾何關系可得,(r-R)2+(R)2=r2 設粒子進入磁場時

37、速度方向與ab的夾角為,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關系知 tan = 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同,所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v。在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0,由運動的合成和分解可得 tan =,聯(lián)立式得 v0=,思路分析帶電粒子在復合場中的運動 (1)粒子從P點靜止釋放,在環(huán)形區(qū)域中做勻速圓周運動?？上惹蟪隽Ｗ幼鰟蛩賵A周運動的速度,即粒子在電場中運動的末速度,再由在電場中的加速運動求得運動的時間。 (2)從Q點射出的粒子,在環(huán)形區(qū)域中仍做勻速圓周運動。要使其圓周運動時間最短,其運動軌跡必與內(nèi)圓相切。,6.(20

38、17天津理綜,11,18分)平面直角坐標系xOy中,第象限存在垂直于平面向里的勻強磁場,第象限存在沿y軸負方向的勻強電場,如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動,Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場,最終從x軸上的P點射出磁場,P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力,問: (1)粒子到達O點時速度的大小和方向; (2)電場強度和磁感應強度的大小之比。,答案見解析,解析本題考查帶電粒子在電場中的偏轉及帶電粒子在勻強磁場中的運動。 (1)在電場中,粒子做類平拋運動,設Q點到x軸距離為L,到y(tǒng)軸距離為2L,粒子的加速度為a,運動

39、時間為t,有 2L=v0t L=at2 設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy vy=at 設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為,有 tan = 聯(lián)立式得 =45 即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45角斜向上 設粒子到達O點時速度大小為v,由運動的合成有 v=,聯(lián)立式得 v=v0 (2)設電場強度為E,粒子電荷量為q,質量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,由牛頓第二定律可得 F=ma 又F=qE 設磁場的磁感應強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,所受的洛倫茲力提供向心力,有,qvB=m 由幾何關系可知 R=L 聯(lián)立式得 =,溫馨提示粒子在電場中做類平拋運動,由于

40、題給條件太少,僅有2y=x及初速度v0,所以可先按類平拋運動模型的常用步驟及方程組建思路。比如,x=v0t,y=at2,vy=at,v=,tan = 等,再將已知條件代入,逐漸消除中間變量,最后找到答案。帶電粒子在勻強磁場中的運動屬于勻速圓周運動,即使不知道半徑R,也可以先寫出qvB=,盡可能多拿分。,考點三帶電粒子在復合場中的運動,7.(2018北京理綜,18,6分)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后,做勻速直線運動;若僅撤除電場,則該粒子做勻速圓周運動。下列因素與完成上述兩類運動無關的是() A.磁場和電場的方向B.磁場和電場的強弱 C.粒子的電

41、性和電量D.粒子入射時的速度,答案C本題考查帶電粒子在電、磁場中的運動。不計重力的帶電粒子,在電場和磁場的復合場中做勻速直線運動,則一定滿足關系Eq=qvB;若撤去電場后,粒子做勻速圓周運動,僅需滿足洛倫茲力充當向心力,即qvB=m,綜合可知,粒子的電性和電量與能否完成題述 兩類運動無關,C對。,8.(2018江蘇單科,15,16分)如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于O、O點,各區(qū)域磁感應強度大小相等。某粒子質量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當入射速度為v0時,粒子從O上方 處射出磁場。取sin 53=

42、0.8,cos 53=0.6。 (1)求磁感應強度大小B; (2)入射速度為5v0時,求粒子從O運動到O的時間t; (3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到O的時間增加t,求t的最大值。,答案(1)(2)(3),解析本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動。 (1)粒子圓周運動的半徑r0= 由題意知r0=,解得B= (2)設粒子在第一個矩形磁場中的偏轉角為 由d=r sin ,得sin =,即=53 在一個矩形磁場中的運動時間t1=,解得t1= 直線運動的時間t2=,解得t2= 則t=4t1+t2= (3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x 粒子向上的

43、偏移量y=2r(1-cos )+x tan 由y2d,解得xd,則當xm=d時,t有最大值 粒子直線運動路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值sm=sm-2d=d 增加時間的最大值tm=,思路點撥帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)粒子以v0射入磁場,從O點正上方處射出,說明粒子僅在最左邊的磁場中做半徑為r0= 的圓周運動,軌跡為半圓。 (2)粒子以5v0射入磁場,運動半徑r=5r0=d。故可推知運動軌跡如圖所示。,(3)將中間兩磁場分別向中央平移距離x,則粒子以5v0射入后,其運動軌跡如圖所示。,答案(1)(2)或(3)5.5D,解析(1)設極板間電場強度的大小為E,對粒

44、子在電場中的加速運動,由動能定理得 qE=mv2 由式得 E= (2)設區(qū)磁感應強度的大小為B,粒子做圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=m 如圖甲所示,粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況。若粒子軌跡與小圓外切,由幾何關系得R= 圖甲,聯(lián)立式得 B= 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切,由幾何關系得 R= 聯(lián)立式得 B= (3)設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2,由題意可知,區(qū)和區(qū)磁感應強度的大小分別為B1=、B2=,由牛頓第二定律得 qvB1=m,qvB2=m 代入數(shù)據(jù)得 R1=,R2= 設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2,由運動學公式得T1=,T2=,據(jù)題意分析,粒子兩次與

45、大圓相切的時間間隔內(nèi),運動軌跡如圖乙所示,根據(jù)對稱可知,區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同,設為1,區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設為2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設為,由幾何關系得 圖乙 1=120 2=180 =60 粒子重復上述交替運動回到H點,軌跡如圖丙所示,設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2,可得,圖丙 t1=T1,t2=T2 設粒子運動的路程為s,由運動學公式得 s=v(t1+t2) 聯(lián)立式得 s=5.5D,10.(2015福建理綜,22,20分)如圖,絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場,電場方向水平向右,電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面向外,磁感

46、應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑,到達C點時離開MN做曲線運動。A、C兩點間距離為h,重力加速度為g。 (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC; (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf; (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置,當小滑塊運動到D點時撤去磁場,此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點。已知小滑塊在D點時的速度大小為vD,從D點運動到P點的時間為t,求小滑塊運動到P點時速度的大小vP。,答案(1)(2)mgh-(3),解析(1)小滑塊沿MN運動過程,水平方向受力滿足 qvB+N=qE

47、 小滑塊在C點離開MN時 N=0 解得vC= (2)由動能定理 mgh-Wf=m-0 解得Wf=mgh- (3)如圖,小滑塊速度最大時,速度方向與電場力、重力的合力方向垂直。撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動,等效加速度為g,g= 且=+g2t2 解得vP=,11.(2014天津理綜,12,20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的應用,其基本原理簡化為如圖所示的模型。M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板。質量為m、電荷量為+q的粒子A(不計重力)從M板小孔飄入板間,初速度可視為零。每當A進入板間,兩板的電勢差變?yōu)閁,粒子得到加速,當A離開N板時,兩板的電荷量均立即變?yōu)榱?。兩板外部存在垂直紙面向?/p>

48、的勻強磁場,A在磁場作用下做半徑為R的圓周運動,R遠大于板間距離。A經(jīng)電場多次加速,動能不斷增大,為使R保持不變,磁場必須相應地變化。不計粒子加速時間及其做圓周運動產(chǎn)生的電磁輻射,不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應。求 (1)A運動第1周時磁場的磁感應強度B1的大小; (2)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功的平均功率 ;,(3)若有一個質量也為m、電荷量為+kq(k為大于1的整數(shù))的粒子B(不計重力)與A同時從M板小孔飄入板間,A、B初速度均可視為零,不計兩者間的相互作用,除此之外,其他條件均不變。下 圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡。在B的軌跡半徑遠大于板間距離的前提下,請指出

49、哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡,并經(jīng)推導說明理由。,答案(1)(2)(3)見解析,解析(1)設A經(jīng)電場第1次加速后速度為v1,由動能定理得 qU=m-0 A在磁場中做勻速圓周運動,所受洛倫茲力充當向心力 qv1B1= 由得 B1= (2)設A經(jīng)n次加速后的速度為vn,由動能定理得 nqU=m-0 設A做第n次圓周運動的周期為Tn,有 Tn= 設在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功為Wn,則 Wn=qU,在該段時間內(nèi)電場力做功的平均功率為 = 由解得 = (3)A圖能定性地反映A、B運動的軌跡。 A經(jīng)過n次加速后,設其對應的磁感應強度為Bn,A、B的周期分別為Tn、T,綜合、式并分別應用A、B的

50、數(shù)據(jù)得 Tn= T= 由上可知,Tn是T的k倍,所以A每繞行1周,B就繞行k周。由于電場只在A通過時存在,故B僅在與A同時進入電場時才被加速。 經(jīng)n次加速后,A、B的速度分別為vn和vn,考慮到式,vn= vn=vn 由題設條件并考慮到式,對A有 Tnvn=2R 設B的軌跡半徑為R,有 Tvn=2R 比較上述兩式得 R= 上式表明,運動過程中B的軌跡半徑始終不變。 由以上分析可知,兩粒子運動的軌跡如圖A所示。,12.(2016天津理綜,11,18分)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E=5 N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應強度大小B=0.5

51、 T。 有一帶正電的小球,質量m=110-6 kg,電荷量q=210-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向; (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。,答案(1)見解析(2)3.5 s,解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零,有 qvB= 代入數(shù)據(jù)解得 v=20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tan = 代入數(shù)據(jù)解得 tan =,=60 (2)解法一: 撤去磁場,小球在重力

52、與電場力的合力作用下做類平拋運動,設其加速度為a,有 a= 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有 x=vt 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有 y=at2 a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為,又 tan = 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s 解法二:,撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運動沒有影響,以P點為坐標原點,豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運動,其初速度為 vy=v sin 若使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有 vyt-gt2=0 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s,方法技巧

53、(1)在撤去磁場前,小球受重力、洛倫茲力、電場力三個力作用,三力平衡。(2)撤去磁場后,可考慮把小球的運動分解成水平方向和豎直方向上的運動,其中豎直方向上的運動為豎直上拋運動。,C組教師專用題組 考點一磁場、安培力,1.(2017上海單科,11,4分)如圖,一導體棒ab靜止在U形鐵芯的兩臂之間。電鍵閉合后導體棒受到的安培力方向() A.向上B.向下C.向左D.向右,答案D本題考查電流的磁效應、安培力及左手定則。根據(jù)圖中的電流方向,由安培定則知U形鐵芯下端為N極,上端為S極,ab中的電流方向由ab,由左手定則可知導體棒受到的安培力方向向右,選項D正確。,思路分析繞有線圈的U形鐵芯為電磁鐵,據(jù)通過

54、線圈的電流方向,確定U形鐵芯的磁極,再通過左手定則確定安培力的方向。,2.(2011課標,14,6分)為了解釋地球的磁性,19世紀安培假設:地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個圖中,正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是(),答案B地磁場的磁感線是從地理的南極附近出來,進入地理的北極附近,除兩極外地表上空的磁場都具有向北的磁場分量,由安培定則,環(huán)形電流外部磁場方向向北可知,B正確。A圖地表上空磁場方向向南,故A錯誤。C、D在地表上空產(chǎn)生的磁場方向是東西方向,故C、D錯誤。,評析本題考查安培定則,錯選的原因是誤認為地表上空磁場方向與環(huán)形電流內(nèi)部磁場方向相同。,3.(2011課標,

55、18,6分)(多選)電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動,并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入,通過導電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場),磁感應強度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍,理論上可采用的辦法是() A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍 B.只將電流I增加至原來的2倍 C.只將彈體質量減至原來的一半 D.將彈體質量減至原來的一半,軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍,其他量不變,答案BD磁感應強度B=kI。對彈體應用動能定理:F安L=mv2-0,推得v

56、= (d為軌道寬度),欲使v增加至原來的2倍,由上式可知,可以使I增加至原來的2倍,B正確, 也可以使m減為原來的一半,L變?yōu)樵瓉淼?倍,故D正確。,考點二洛倫茲力、帶電粒子在磁場中的運動,4.(2017江蘇單科,1,3分)如圖所示,兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合,則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為() A.11B.12 C.14D.41,答案A磁通量=BS,其中B為磁感應強度,S為與B垂直的有效面積。因為是同一磁場,B相同,且有效面積相同,Sa=Sb,故a=b。選項A正確。,易錯點評雖然兩線圈面積不同,但是有效面積相等。,5.(2013課標,17,

57、6分,0.499)空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域,該區(qū)域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直于橫截面。一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場,離開磁場時速度方向偏離入射方向60。不計重力,該磁場的磁感應強度大小為() A.B.C.D.,答案A若磁場方向向外,帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示,由幾何關系可知,其運動的軌跡半徑r=R,由洛倫茲力提供向心力,即qv0B=知R=,故勻強磁場的磁感 應強度B=,若磁場方向向里可得到同樣的結果。選項A正確。,解題關鍵如何確定運動軌跡的圓心的位置是解題關鍵點,作入射點與出射點速度方向的垂線,兩垂線交點即為圓心位置。,6.(2016四川

58、理綜,4,6分)如圖所示,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域,當速度大小為vb時,從b點離開磁場,在磁場中運動的時間為tb;當速度大小為vc時,從c點離開磁場,在磁場中運動的時間為tc,不計粒子重力。則() A.vbvc=12,tbtc=21B.vbvc=21,tbtc=12 C.vbvc=21,tbtc=21D.vbvc=12,tbtc=12,答案A由定圓心的方法知,粒子以vb射入時軌跡圓心在a點,半徑為正六邊形邊長L;粒子以vc射入時軌跡圓心在M點,半徑為2L;由半徑公式r=可得vbvc=rbrc=12,由幾何圖形可看 出,兩個圓弧

59、軌跡所對圓心角分別是120、60,所以tbtc=21,A項正確。,方法技巧處理粒子在磁場中做圓周運動問題的基本方法是:定圓心,畫軌跡,由幾何關系求半徑,再由半徑公式求粒子的速度、電荷量、質量、磁感應強度等,最后找圓心角求時間。,7.(2015四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面。在紙面內(nèi)的長度L=9.1 cm,中點O與S間的距離d=4.55 cm,MN與SO直線的夾角為,板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.010-4 T。電子質量m=9.110-31 kg,電荷量e=-1.610-19 C

60、,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106 m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則() A.=90時,l=9.1 cmB.=60時,l=9.1 cm C.=45時,l=4.55 cmD.=30時,l=4.55 cm,答案AD如圖,S到MN的距離d0=d sin ,因電子在磁場中沿逆時針方向轉動,則電子打在MN上最上端的位置對應于電子運動軌跡與MN的切點,電子打在MN上最下端的位置對應于到S的距離等于電子運動軌跡直徑的點(若,則最下端位置為N)。因電子運動軌跡的半徑r =4.55 cm。由圖中幾何關系有=,=。當=90時,取 得最小值r,此時=,從而有l(wèi)=+-d cos

61、 =+-d cos 。當 =90時,l=9.1 cm,當=60時,l=6.78 cm,當=45時,l=5.68 cm,當=30時,l=4.55 cm。故可知A、D正確,B、C錯誤。,8.(2015海南單科,1,3分)如圖,a是豎直平面P上的一點。P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點。P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下,在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)過a點的瞬間,條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向() A.向上B.向下C.向左D.向右,答案AP前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點,條形磁鐵在a點的磁場垂直于豎直平面向外,在電子經(jīng)過a點的瞬間,由左手定則可知該電子所受洛

62、倫茲力方向向上,A對,B、C、D錯。,9.(2016北京理綜,22,16分)如圖所示,質量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。 (1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T; (2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場,求電場強度E的大小。,答案(1)(2)vB,解析(1)洛倫茲力提供向心力,有f=qvB=m 帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R= 勻速圓周運動的周期T= (2)粒子受電場力F=qE,洛倫茲力f=qvB。粒子做勻速直線運動,則qE=qvB 場強E的大小E=vB,易

63、錯點撥直接寫出半徑R和周期T的結果,缺乏依據(jù)和推理,造成失分,值得特別注意。,答案(1)(2)U(3)3次,解析(1)離子在電場中加速,qU0=mv2 在磁場中做勻速圓周運動,qvB=m,解得r= 代入r=L,解得m= (2)由(1)知,U= 離子打在Q點r=L,U= 離子打在N點r=L,U= 則電壓的范圍為U (3)由(1)可知,r 由題意知,第1次調節(jié)電壓到U1,使原本打在Q點的離子打在N點,= 此時,原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上=,解得r1=L 第2次調節(jié)電壓到U2,使原本打在Q1的離子打在N點,原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上,則 =,=,解得r2=()3L 同理,第n

64、次調節(jié)電壓,有rn=()n+1L 檢測完整,有rn,解得n-12.8 最少次數(shù)為3次。,11.(2015天津理綜,12,20分)現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場,電場與磁場的寬度均為d。電場強度為E,方向水平向右;磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射。,(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑r2; (2)粒子從第n層磁場右側邊界穿出時,速度

65、的方向與水平方向的夾角為n,試求sin n; (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出,試問在其他條件不變的情況下,也進入第n層磁場,但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側邊界,請簡要推理說明之。,答案(1)2 (2)B(3)見解析,解析(1)粒子在進入第2層磁場時,經(jīng)過兩次電場加速,中間穿過磁場時洛倫茲力不做功。 由動能定理,有 2qEd=m 由式解得 v2=2 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當向心力,有 qv2B=m 由式解得 r2= (2)設粒子在第n層磁場中運動的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標均代表粒子所在層數(shù),下同)。 nqEd=m,qvnB=m 粒子進入第n層磁

66、場時,速度的方向與水平方向的夾角為n,從第n層磁場右側邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為n,粒子在電場中運動時,垂直于電場線方向的速度分量不變,有 圖1 vn-1 sin n-1=vn sin n 由圖1看出 rn sin n-rn sin n=d,由式得 rn sin n-rn-1 sin n-1=d 由式看出r1 sin 1,r2 sin 2,rn sin n為一等差數(shù)列,公差為d,可得 rn sin n=r1 sin 1+(n-1)d,圖2,當n=1時,由圖2看出 r1 sin 1=d 由式得 sin n=B (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出,則 n= sin n=1 在其他條件不變的情況下,換用比荷更大的粒子,設其比荷為,假設能穿出第n層磁場右側邊 界,粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角為n,由于 則導致sin n1 說明n不存在,即原假設不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側邊界。,12.(2015重慶理綜,9,18分)圖為某種離子加速器的