2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題八 磁場(chǎng)對(duì)對(duì)練（含解析）

磁場(chǎng)2020年高考必備2015年2016年2017年2018年2019年卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷考點(diǎn)一磁場(chǎng)對(duì)電流的作用磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用2418、191818191818201717考點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)141516242525242418考點(diǎn)一磁場(chǎng)對(duì)電流的作用磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用命題角度1磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量性及安培定則的應(yīng)用高考真題體驗(yàn)·對(duì)方向1.(多選)(2018全國(guó)·20)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)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(diǎn),它們相對(duì)于L2對(duì)稱.整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中,外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向垂直于紙面向外.已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為13B0和12B0,方向也垂直于紙面向外.則()A.流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為712B0B.流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為112B0C.流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為112B0D.流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為712B0答案AC解析設(shè)L1在a、b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1a、B1b,L2在a、b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B2a、B2b,根據(jù)安培定則可知,B1a=B1b,方向均垂直紙面向里;B2a=B2b,B2a方向垂直紙面向里,B2b方向垂直紙面向外;根據(jù)題意,對(duì)a點(diǎn)有,B1a+B2a-B0=-B03.對(duì)b點(diǎn)有,B1b-B2b-B0=-B02,聯(lián)立以上方程解得B1a=B1b=7B012,B2a=B2b=B012,選項(xiàng)A、C正確.2.(2017全國(guó)·18)如圖,在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩長(zhǎng)直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí),紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零.如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為()A.0B.33B0C.233B0D.2B0答案C解析設(shè)導(dǎo)線P和Q在a點(diǎn)處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2的大小為B,如圖甲所示,兩磁感應(yīng)強(qiáng)度的夾角為60°,可知合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B,方向水平向右,所以勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=3B,方向水平向左;P中的電流反向后,導(dǎo)線P和Q在a點(diǎn)處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1'、B2'如圖乙所示,各自大小仍為B,夾角為120°,則其合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小仍為B,方向豎直向上,與原勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0合成后,總的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B總=233B0,C正確.分析磁場(chǎng)疊加的思路(1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的方向,注意分清“電流方向(因)”和“磁場(chǎng)方向(果)”.(2)磁場(chǎng)中每一點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)磁感線的切線方向.(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量,多個(gè)通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加時(shí),合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各場(chǎng)源單獨(dú)存在時(shí)在該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和.典題演練提能·刷高分1.(多選)已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足B=kIr(其中k為比例系數(shù),I為電流強(qiáng)度,r為該點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離).現(xiàn)有四根平行的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線,其橫截面積恰好在一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上,電流方向如圖,其中A、C導(dǎo)線中的電流大小為I1,B、D導(dǎo)線中的電流大小為I2.已知A導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力恰好為零,則下列說法正確的是()A.電流的大小關(guān)系為I1=2I2B.四根導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力為零C.正方形中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零D.若移走A導(dǎo)線,則中心O處的磁場(chǎng)將沿OB方向答案ACD解析導(dǎo)線BCD在導(dǎo)線A處的磁場(chǎng)如圖甲所示,根據(jù)題意A導(dǎo)線的磁場(chǎng)力為零,則A處的合磁場(chǎng)為零,即2kI2L=kI12L,則I1=2I2,故選項(xiàng)A正確;同理將各點(diǎn)的磁場(chǎng)都畫出,可以判斷B、D導(dǎo)線處的合磁場(chǎng)不為零,故磁場(chǎng)力不為零,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;將各導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁場(chǎng)畫出,如圖乙所示,由于A、C導(dǎo)線電流相等而且距離O點(diǎn)距離相等,則BA'=BC',同理BB'=BD',即正方形中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零,故選項(xiàng)C正確;若移走A導(dǎo)線,則磁場(chǎng)BA'不存在,由于BB'=BD',則此時(shí)在O點(diǎn)的磁場(chǎng)只剩下導(dǎo)線C的磁場(chǎng),而且導(dǎo)線C點(diǎn)磁場(chǎng)方向沿OB方向,即中心O處的磁場(chǎng)將沿OB方向,故選項(xiàng)D正確.甲乙2.如圖,同一平面內(nèi)有兩根互相平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線M和N,通有等大反向的電流,該平面內(nèi)的a、b兩點(diǎn)關(guān)于導(dǎo)線N對(duì)稱,且a點(diǎn)與兩導(dǎo)線的距離相等.若a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,則下列關(guān)于b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bb的判斷正確的是()A.Bb>2B,方向垂直該平面向里B.Bb<12B,方向垂直該平面向外C.12B<Bb<B,方向垂直該平面向里D.B<Bb<2B,方向垂直該平面向外答案B解析根據(jù)右手螺旋定則可知兩導(dǎo)線在a點(diǎn)形成磁場(chǎng)方向相同,由于兩導(dǎo)線電流大小相等,a點(diǎn)與兩導(dǎo)線的距離也相等,故單根導(dǎo)線在a點(diǎn)形成磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2.由于a與b到導(dǎo)線N的距離相等,導(dǎo)線N在b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,方向垂直該平面向外;導(dǎo)線M在b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小小于B2,且方向垂直該平面向里,故b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度小于B2,方向垂直該平面向外,故B正確,ACD錯(cuò)誤.故選B.命題角度2安培力及安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題高考真題體驗(yàn)·對(duì)方向1.(2019全國(guó)·17)如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成,固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直,線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接.已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為()A.2FB.1.5FC.0.5FD.0答案B解析導(dǎo)體棒MN受到的安培力為F=BIL.根據(jù)串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知,導(dǎo)體棒ML與LN的電阻之和是導(dǎo)體棒MN電阻的2倍,導(dǎo)體棒MN的電流是導(dǎo)體棒ML與LN電流的2倍,導(dǎo)體棒處在同一磁場(chǎng)中,導(dǎo)體棒ML與LN的有效長(zhǎng)度與導(dǎo)體棒MN相同,導(dǎo)體棒ML與LN受到安培力的合力為0.5F.根據(jù)左手定則,導(dǎo)體棒ML與LN受到安培力的合力方向與導(dǎo)體棒MN受到的安培力方向相同,線框LMN受到安培力的合力為1.5F,故選B.2.(多選)(2017全國(guó)·19)如圖,三根相互平行的固定長(zhǎng)直導(dǎo)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(chǎng)作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁場(chǎng)作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為113D.L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為331答案BC解析利用同向電流相互吸引,異向電流相互排斥,受力分析如下設(shè)任意兩導(dǎo)線間作用力大小為F,則L1受合力F1=2Fcos 60°=F,方向與L2、L3所在平面平行;L2受合力F2=2Fcos 60°=F,方向與L1、L3所在平面平行;L3所受合力F3=2Fcos 30°=3F,方向與L1、L2所在平面垂直.故選B、C.3.(2015全國(guó)·24)如圖,一長(zhǎng)為10 cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中;磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 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(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12 V的電池相連,電路總電阻為2 .已知開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為0.5 cm;閉合開關(guān),系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開關(guān)斷開時(shí)相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質(zhì)量.答案開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力方向豎直向下金屬棒質(zhì)量為0.01 kg解析依題意,開關(guān)閉合后,電流方向從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向豎直向下.開關(guān)斷開時(shí),兩彈簧各自相對(duì)于其原長(zhǎng)伸長(zhǎng)為l1=0.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kl1=mg式中,m為金屬棒的質(zhì)量,k是彈簧的勁度系數(shù),g是重力加速度的大小.開關(guān)閉合后,金屬棒所受安培力的大小為F=IBL式中,I是回路電流,L是金屬棒的長(zhǎng)度.兩彈簧各自再伸長(zhǎng)了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡條件得2k(l1+l2)=mg+F由歐姆定律有E=IR式中,E是電池的電動(dòng)勢(shì),R是電路總電阻.聯(lián)立式,并代入題給數(shù)據(jù)得m=0.01 kg1.判定通電導(dǎo)體受力及運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的常用方法電流元法分割為電流元安培力方向整段導(dǎo)體所受合力方向運(yùn)動(dòng)方向特殊位置法在特殊位置安培力方向運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個(gè)環(huán)形電流結(jié)論法同向電流相互吸引,反向電流相互排斥;兩不平行的直線電流相互作用時(shí),有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法定性分析磁體在電流的磁場(chǎng)中受力情況,可轉(zhuǎn)換為先分析電流在磁體的磁場(chǎng)中受力,然后由牛頓第三定律確定導(dǎo)體受力及運(yùn)動(dòng)方向2.安培力作用下導(dǎo)體平衡問題的分析思路(1)選定研究對(duì)象:通電導(dǎo)線或?qū)w棒.(2)變?nèi)S為二維:畫出平面受力分析圖,其中安培力的方向,要用左手定則來判斷,注意安培力垂直于電流和磁場(chǎng)方向決定的平面.(3)列方程求解:根據(jù)力的平衡條件列方程.典題演練提能·刷高分1.(2019廣東廣州模擬)如圖所示,兩平行光滑金屬導(dǎo)軌CD、EF間距為L(zhǎng),與電動(dòng)勢(shì)為E0的電源相連,質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置構(gòu)成閉合回路,回路平面與水平面成角,回路其余電阻不計(jì).為使ab棒靜止,需在空間施加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值及其方向分別為()A.mgRE0L,水平向右B.mgRcosE0L,垂直于回路平面向上C.mgRtanE0L,豎直向下D.mgRsinE0L,垂直于回路平面向下答案D解析對(duì)金屬棒受力分析,受重力、支持力和安培力,如圖所示.從圖可以看出,當(dāng)安培力沿斜面向上時(shí),安培力最小,故安培力的最小值為:FA=mgsin ,故磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B=FAIL=mgsinIL,根據(jù)歐姆定律,有E0=IR,故B=mgRsinE0L,故只有選項(xiàng)D正確.2.如圖所示,兩個(gè)完全相同、所在平面互相垂直的導(dǎo)體圓環(huán)P、Q中間用絕緣細(xì)線連接,通過另一絕緣細(xì)線懸掛在天花板上,當(dāng)P、Q中同時(shí)通有圖示方向的恒定電流時(shí),關(guān)于兩線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)(從上向下看)以及細(xì)線中張力的變化,下列說法正確的是()A.P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),Q逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)P與天花板連接的細(xì)線張力不變B.P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),Q順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩細(xì)線張力均不變C.P、Q均不動(dòng),P與天花板連接的細(xì)線和與Q連接的細(xì)線張力均增大D.P不動(dòng),Q逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)P、Q間細(xì)線張力不變答案A解析根據(jù)安培定則,P產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外,Q產(chǎn)生的磁場(chǎng)水平向右,根據(jù)同名磁極相互排斥的特點(diǎn),P將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),Q逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng);轉(zhuǎn)動(dòng)后P、Q兩環(huán)的電流的方向相同,所以兩個(gè)線圈相互吸引,中間細(xì)線張力減小.由整體法可知,P與天花板連接的細(xì)線張力總等于兩環(huán)的重力之和,大小不變.故A正確,BCD錯(cuò)誤.3.據(jù)媒體報(bào)道,美國(guó)海軍最早將于2020年實(shí)現(xiàn)電磁軌道炮的實(shí)戰(zhàn)部署,我國(guó)在該領(lǐng)域的研究也走在世界的前列.如圖所示為電磁軌道炮原理示意圖,圖中虛線表示電流方向,下列說法正確的是()A.如果電流方向如圖中所示,則該電流在兩軌道間產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向下B.電流大小一定時(shí),兩導(dǎo)軌距離越近,導(dǎo)軌之間的磁場(chǎng)越強(qiáng)C.如果電流反向,炮彈所受安培力也會(huì)反向,炮彈將無(wú)法發(fā)射出去D.要提高炮彈的發(fā)射速度,導(dǎo)軌間距越小越好答案B解析根據(jù)安培定則,如果電流方向如圖中所示,則該電流在兩軌道間產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;兩平行導(dǎo)軌的電流方向相反,在導(dǎo)軌之間產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相同,根據(jù)直線電流的磁場(chǎng)分布可知,電流大小一定時(shí),兩導(dǎo)軌距離越近,導(dǎo)軌之間的磁場(chǎng)越強(qiáng),故B項(xiàng)正確;如果電流反向,導(dǎo)軌之間的磁場(chǎng)方向反向,通過炮彈的電流方向反向,炮彈所受安培力方向不變,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;電流一定時(shí),導(dǎo)軌間距越小磁場(chǎng)越強(qiáng),但炮彈的“有效長(zhǎng)度”也變小,影響安培力的大小,所以導(dǎo)軌間距并不是越小越好,而是要適當(dāng),故D項(xiàng)錯(cuò)誤.4.一段導(dǎo)線abcde位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,且與磁場(chǎng)方向(垂直于紙面向里)垂直.線段ab、bc、cd和de的長(zhǎng)度均為L(zhǎng),且abc=cde=120°,流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I,方向如圖中箭頭所示.導(dǎo)線段abcde所受到磁場(chǎng)的作用力的合力大小為()A.2BILB.3BILC.(3+2)BILD.4BIL答案B解析因?yàn)閍bc=cde=120°,根據(jù)幾何關(guān)系可知bcd=60°,故b與d之間的直線距離也為L(zhǎng),則導(dǎo)線段abcde有效長(zhǎng)度為3L,故所受安培力的大小為F=3BIL,故ACD錯(cuò)誤,B正確.5.(2019山東菏澤模擬)如圖所示,水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=0.5 m,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì);導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m=1 kg,連入導(dǎo)軌間的電阻R0=0.9 ,與導(dǎo)軌接觸良好;電源電動(dòng)勢(shì)E=10 V,內(nèi)阻r=0.1 ,電阻R=4 ;外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5 T,方向垂直于ab,與導(dǎo)軌平面的夾角=53°ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力),定滑輪摩擦不計(jì),輕繩對(duì)ab的拉力為水平方向,重力加速度g取10 m/s2,ab處于靜止?fàn)顟B(tài).已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:(1)通過ab的電流大小和方向;(2)ab受到的安培力大小;(3)重物重力G的取值范圍.答案(1)2 A電流方向?yàn)閍到b(2)5 N(3)0.5 NG7.5 N解析(1)通過ab的電流大小為I=ER+R0+r=2 A方向?yàn)閍到b.(2)ab受到的安培力為F=BIL=5 N.(3)對(duì)ab受力分析如圖所示,最大靜摩擦力fm=FN=(mg-Fcos )=3.5 N當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時(shí)FT=Fsin -fm=0.5 N當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時(shí)FT=Fsin +fm=7.5 N又FT=G所以0.5 NG7.5 N.命題角度3帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)高考真題體驗(yàn)·對(duì)方向1.(2019全國(guó)·17)如圖,邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外.ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O,可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子.已知電子的比荷為k,則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為()A.14kBl,54kBlB.14kBl,54kBlC.12kBl,54kBlD.12kBl,54kBl答案B解析本題考查帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).當(dāng)電子從a點(diǎn)射出時(shí),電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為ra=14l,而Bqva=mva2ra,即va=Bqram=14kBl;當(dāng)電子從d點(diǎn)射出時(shí),電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為rd,如圖,根據(jù)幾何關(guān)系得rd2=l2+(rd-l2)2,解得rd=54l,所以,vd=54kBl,B正確,A、C、D錯(cuò)誤.2.(2017全國(guó)·18)如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn).大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn),在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng).若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率為v2,相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上.不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用.則v2v1為()A.32B.21C.31D.32答案C解析最遠(yuǎn)的出射點(diǎn)和入射點(diǎn)的連線為粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑,如圖所示.由幾何關(guān)系可以得到,當(dāng)速度為v1入射時(shí),半徑R1=R2,當(dāng)速度為v2入射時(shí),半徑R2=32R,再由R=mvqB可得,v2v1=31,故選項(xiàng)C正確.1.處理有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的臨界問題的技巧(1)粒子進(jìn)入單邊磁場(chǎng)時(shí),進(jìn)、出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性.(2)帶電粒子剛好穿出或剛好不穿出磁場(chǎng)的條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切.這類題目中往往含有“最大”“最高”“至少”“恰好”等詞語(yǔ),其最終的求解一般涉及極值,但關(guān)鍵是從軌跡入手找準(zhǔn)臨界狀態(tài).當(dāng)粒子的入射方向不變而速度大小可變時(shí),由于半徑不確定,可從軌跡圓的縮放中發(fā)現(xiàn)臨界點(diǎn).當(dāng)粒子的入射速度大小確定而方向不確定時(shí),軌跡圓大小不變,只是位置繞入射點(diǎn)發(fā)生了旋轉(zhuǎn),可從定圓的動(dòng)態(tài)旋轉(zhuǎn)中發(fā)現(xiàn)臨界點(diǎn).(3)當(dāng)速率一定時(shí),粒子運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)越長(zhǎng),圓心角越大,運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng);當(dāng)速率變化時(shí),圓心角大的,運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng).2.帶電粒子在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的幾個(gè)有用結(jié)論(1)粒子沿徑向射入則沿徑向射出.(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡圓半徑為R,磁場(chǎng)區(qū)域圓半徑為r,有以下結(jié)論:當(dāng)R<r時(shí),保持粒子入射速率不變,改變?nèi)肷浞较?入射點(diǎn)和出射點(diǎn)之間的最大距離為2R.當(dāng)R>r時(shí),則入射點(diǎn)和出射點(diǎn)為磁場(chǎng)直徑的兩個(gè)端點(diǎn)時(shí),軌跡對(duì)應(yīng)的速度偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長(zhǎng)中直徑最長(zhǎng)).當(dāng)R=r時(shí),保持粒子的入射速率和入射點(diǎn)不變,改變速度的方向,射出圓形磁場(chǎng)后速度方向相同,或以相同速度(速度大小相等方向相同)從不同點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)的粒子匯聚到磁場(chǎng)邊界同一點(diǎn),這稱為磁聚焦現(xiàn)象.典題演練提能·刷高分1.(2019安徽馬鞍山模擬)如圖所示,abcd為一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)邊界邊長(zhǎng)為L(zhǎng),磁場(chǎng)方向垂直邊界平面向里.三個(gè)粒子以相同的速度從a點(diǎn)沿ac方向射入,粒子1從b點(diǎn)射出,粒子2從c點(diǎn)射出,粒子3從cd邊垂直于磁場(chǎng)邊界射出,不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用.根據(jù)以上信息,可以確定()A.粒子1帶負(fù)電,粒子2不帶電,粒子3帶正電B.粒子1和粒子3的比荷之比為21C.粒子1和粒子3在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為41D.粒子3的射出位置與d點(diǎn)相距L2答案B解析根據(jù)左手定則可知,粒子1帶正電,粒子2不帶電,粒子3帶負(fù)電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由幾何關(guān)系知,粒子1在磁場(chǎng)中的軌跡為四分之一圓周,半徑r1=Lsin 45°=22L,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=14T=14×2r1v=2L4v,粒子3在磁場(chǎng)中的軌跡為八分之一圓周,半徑r3=Lsin45°=2L,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3=18T=18×2r3v=2L4v,則t1=t3,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由r1r3=12及r=mvqB可知粒子1和粒子3的比荷之比為21,選項(xiàng)B正確;粒子3的射出位置與d點(diǎn)相距(2-1)L,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.2.(2019山東滕州模擬)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界為直角三角形abc,一束帶正電的相同粒子以不同的速度v沿bc方向從b點(diǎn)射入磁場(chǎng),不計(jì)粒子的重力.關(guān)于粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況,下列說法正確的是()A.入射速度越大的粒子,在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)B.入射速度越大的粒子,在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡越長(zhǎng)C.從ab邊射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相等D.從ac邊射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相等答案C解析帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡半徑r=mvqB,速度越大,半徑越大,從ac邊出射的粒子,速度越大,運(yùn)動(dòng)軌跡越短,對(duì)應(yīng)的圓心角越小,根據(jù)t=2T和T=2mqB可知,粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短,選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤;從ab邊出射的粒子速度的偏向角都相同,而粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)的圓心角等于速度的偏向角,由t=2T可知,粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,選項(xiàng)C正確.3.(多選)如圖所示,在一個(gè)等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力),沿紙面從AC邊的中點(diǎn)O垂直于AC邊射入該勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,若該三角形的兩直角邊長(zhǎng)均為2l,則下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的說法中正確的是()A.若該粒子的入射速度為v=qBlm,則粒子一定從CD邊射出磁場(chǎng),且距點(diǎn)C的距離為lB.若要使粒子從CD邊射出,則粒子從O點(diǎn)入射的最大速度應(yīng)為v=2qBlmC.若要使粒子從AC邊射出,則粒子從O點(diǎn)入射的最大速度應(yīng)為v=qBl2mD.粒子以不同大小的速度入射時(shí),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為mqB答案ACD解析若粒子的入射速度為v=qBlm,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知Bqv=mv2r,解得r=l;根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子一定從CD邊上距C點(diǎn)為l的位置離開磁場(chǎng),選項(xiàng)A正確;根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知,v=Bqrm,因此半徑越大,速度越大.根據(jù)幾何關(guān)系可知,若要使粒子從CD邊射出,粒子軌跡與AD邊相切時(shí)半徑最大,由幾何關(guān)系可知,最大半徑滿足(rm+l)2=rm2+rm2,解得rm=(2+1)l,則若要使粒子從CD邊射出,該粒子從O點(diǎn)入射的最大速度應(yīng)為v=(2+1)qBlm,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;若要使粒子從AC邊射出,則該粒子從O點(diǎn)入射的最大軌跡半徑為12l,因此最大速度應(yīng)為v=qBl2m,選項(xiàng)C正確;粒子從AC邊射出時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng).粒子運(yùn)行周期為2mBq,根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)對(duì)應(yīng)的最大圓心角為180°,故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為mqB,選項(xiàng)D正確.4.如圖所示,在水平面內(nèi)存在一半徑為2R和半徑為R的兩個(gè)同心圓,半徑為R的小圓和半徑為2R的大圓之間形成一環(huán)形區(qū)域.小圓和環(huán)形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于水平面、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng).小圓內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.位于圓心處的粒子源S沿水平面向各個(gè)方向發(fā)射速率為qBRm的正粒子,粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m,為了將所有粒子束縛在半徑為2R的圓形內(nèi),環(huán)形區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小至少為()A.BB.45BC.53BD.43B答案C解析粒子在小圓內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=mvBq=R,由軌跡圖可知,粒子從A點(diǎn)與OA成30°角的方向射入環(huán)形區(qū)域,粒子恰好不射出磁場(chǎng)時(shí),軌跡圓與大圓相切,設(shè)半徑為r,由幾何知識(shí)可知OAO2=120°.由余弦定理可知,(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120°,解得r=35R,由qvB'=mv2r,則B'=mvqr=5mv3qR=53B,故選C.5.如圖所示,在某電子設(shè)備中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.AC、AD兩塊擋板垂直紙面放置,夾角為90°.一束電荷量為+q、質(zhì)量為m的相同粒子,從AD板上距A點(diǎn)為L(zhǎng)的小孔P處以不同速率垂直于磁場(chǎng)方向射入,速度方向與AD板的夾角為60°,不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用.求:(1)直接打在AD板上Q點(diǎn)的粒子,其從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間是多少?(2)直接垂直打在AC板上的粒子,其運(yùn)動(dòng)速率是多大?答案(1)2m3qB(2)23qBL3m解析(1)根據(jù)已知條件畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖中軌跡所示.粒子打在AD板上的Q點(diǎn),圓心為O1,由幾何關(guān)系可知,軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角PO1Q=120°由洛倫茲力提供向心力,則有qvB=mv2R圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式T=2Rv聯(lián)立解得T=2mqB則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=120°360°T=2m3qB.(2)粒子垂直打到AC板上,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中軌跡所示.由圖可知圓心為O2,APO2=30°,設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系得rcos 30°=L由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2r解得v=23qBL3m.命題角度4(儲(chǔ)備)帶電粒子在洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)的多解問題【典題】 (多選)如圖所示,直線MN與水平方向成=30°角,MN的右上方區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN的左下方區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN與兩磁場(chǎng)均垂直.一粒子源位于MN上的a點(diǎn),能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的同種粒子(粒子重力不計(jì)),所有粒子均能通過MN上的b點(diǎn).已知ab=L,MN兩側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域均足夠大,則粒子的速率可能是()A.qBL8mB.qBL6mC.qBL2mD.qBLm答案BD解析粒子運(yùn)動(dòng)過程只受洛倫茲力作用,故在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則在右邊磁場(chǎng)時(shí)有Bvq=mv2R,則粒子在右邊磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R=mvBq;同理在左邊磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R'=mv2Bq=R2,作出運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示.由幾何關(guān)系可知,所有圓心角均為60°,則圖中所有三角形都為等邊三角形,若粒子偏轉(zhuǎn)偶數(shù)次到達(dá)b點(diǎn),則有L=nR+R2=n3R2(n=2,4,6),解得R=2L3n(n=2,4,6),故速度為v=BqRm=2BqL3nm(n=2,4,6),當(dāng)n=4時(shí)v=BqRm=2BqL3×4m=BqL6m,故B正確;若粒子偏轉(zhuǎn)奇數(shù)次到達(dá)b點(diǎn),則有L=nR+(n-1)R2=R2(3n-1)(n=1,3,5),解得R=2L3n-1(n=1,3,5),故速度為v=BqRm=2BqL(3n-1)m(n=1,3,5),當(dāng)n=1時(shí)v=BqRm=2BqL(3×1-1)m=BqLm,故D正確.由上分析可知A、C錯(cuò)誤,故選B、D.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的多解原因類型分析圖例帶電粒子電性不確定在相同初速度下,正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同,形成多解.如圖為比荷相同的正、負(fù)兩粒子以相同速度進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡圖a帶正電,b帶負(fù)電磁場(chǎng)方向不確定磁感應(yīng)強(qiáng)度大小確定,方向不確定而形成的多解.如圖,帶正電的粒子以速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)a為磁場(chǎng)向里,b為磁場(chǎng)向外臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場(chǎng)時(shí),由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀,因此,它可能穿過磁場(chǎng)飛出,也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出,從而形成多解,如圖運(yùn)動(dòng)具有周期性帶電粒子在部分是電場(chǎng)、部分是磁場(chǎng)的空間運(yùn)動(dòng)時(shí),運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性,從而形成多解,如圖典題演練提能·刷高分1.(2019山東安丘模擬)如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在xOy平面內(nèi),從原點(diǎn)O處沿與x軸正方向夾角為(0<<)的方向,發(fā)射一個(gè)速率為v的帶正電粒子(重力不計(jì)).則下列說法正確的是()A.若v一定,越大,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短B.若v一定,越大,則粒子離開磁場(chǎng)的位置距O點(diǎn)越遠(yuǎn)C.若一定,v越大,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度越大D.若一定,v越大,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短答案A解析由左手定則可知,帶正電的粒子向左偏轉(zhuǎn),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=2mqB,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=2-22T=2(-)mqB.若v一定,越大,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短,選項(xiàng)A正確;由幾何關(guān)系知,若v一定,等于90°時(shí),粒子離開磁場(chǎng)的位置距O點(diǎn)最遠(yuǎn),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與v無(wú)關(guān),由=2T=qBm可知,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度與v無(wú)關(guān),選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤.2.(2019山東東平模擬)如圖所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的P點(diǎn)沿著與x軸正方向成30°角的方向射入磁場(chǎng).不計(jì)重力的影響,則下列有關(guān)說法中正確的是()A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標(biāo)原點(diǎn)B.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間一定為5m3qBC.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為mqBD.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為m6qB答案C解析帶正電的粒子從P點(diǎn)沿與x軸正方向成30°角的方向射入磁場(chǎng)中,則圓心在過P點(diǎn)與速度方向垂直的直線上,如圖所示.粒子在磁場(chǎng)中要想到達(dá)O點(diǎn),轉(zhuǎn)過的圓心角肯定大于180°,因磁場(chǎng)有邊界,故粒子不可能通過坐標(biāo)原點(diǎn),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于P點(diǎn)的位置不確定,所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角也不同,最大的圓心角是軌跡圓弧與y軸相切時(shí),即圓心角為300°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為56T.而最小的圓心角是P點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí),即圓心角為120°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為13T,而T=2mqB,故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間最長(zhǎng)為5m3qB,最短為2m3qB,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤.3.如圖所示,在x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一粒子源,可向x軸和x軸上方的各個(gè)方向不斷地發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量為m、帶電量為+q的同種帶電粒子.在x軸上距離原點(diǎn)x0處垂直于x軸放置一個(gè)長(zhǎng)度為x0、厚度不計(jì)、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上,其速度立即變?yōu)榱?.現(xiàn)在觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端,且速度方向與y軸平行.不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間相互作用力.求:(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)被薄金屬板接收的粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間與最長(zhǎng)時(shí)間;(3)若在y軸上另放置一個(gè)能接收帶電粒子的擋板,使薄金屬板P右側(cè)不能接收到帶電粒子,求擋板的最小長(zhǎng)度.答案(1)mvqx0(2)x03v5x03v(3)(2-3)x0解析(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R.根據(jù)牛頓第二定律,得qvB=mv2R,如圖甲由幾何關(guān)系得R=x0,聯(lián)立解得B=mvqx0.甲 (2)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期為T,則有T=2Rv;打在P左側(cè)下端的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短.如圖乙.乙 由幾何關(guān)系可知,打在P左側(cè)下端的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度是1=60°,運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間tmin=1360°T,聯(lián)立解得tmin=x03v;打在P右側(cè)下端的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng).如圖丙.丙由幾何關(guān)系可知,打在P右側(cè)下端的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度是2=300°,運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tmax=2360°T,聯(lián)立解得tmax=5x03v.(3)作圖得出使薄金屬板右側(cè)能接收到帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡中,打在最上面的點(diǎn)的軌跡與打在最下面的粒子的軌跡如圖丁,擋板的位置在圖中的MN處即可滿足題目的要求.丁打在最上面的點(diǎn):OM=2R=2x0;打在最下面的點(diǎn):ON=2R·cos 30°=3x0;擋板的最小長(zhǎng)度L=OM-ON=(2-3)x0.4.如圖,x為紙面內(nèi)的一條直線,P、N是x上的兩個(gè)點(diǎn),勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面.兩個(gè)帶電粒子a、b分別從P、N同時(shí)開始在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng).a的初速度垂直x向上,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示,O為圓心,PC是直徑,A是圓周上的點(diǎn);b的初速度方向是紙面內(nèi)所有可能的方向.已知AO連線垂直x,PO=OC=CN;a的初速度為v;a、b帶等量異種電荷,a的質(zhì)量為b的兩倍,a、b間的相互作用力及所受重力不計(jì).(1)求a、b的周期之比;(2)若a、b在A點(diǎn)相遇,求b的速度大小;(3)b的速度小于某個(gè)臨界值v0時(shí),a、b不可能相遇,求v0的大小.答案(1)21(2)5v(3)2v解析(1)設(shè)a質(zhì)量為m,電量為q,則b質(zhì)量為0.5m,電量為-q,設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),由qvB=mv2rT=2rv可得T=2mqB由此求得TaTb=21.(2)設(shè)a、b由P、N到A的時(shí)間分別為ta、tb,由ta=n+14Tatb=ta=n+14Ta=2n+12Tb由此可知,a粒子順時(shí)針轉(zhuǎn)了14周時(shí),b粒子逆時(shí)針轉(zhuǎn)了半周,所以NA的長(zhǎng)度為粒子b做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑.設(shè)a粒子的軌道半徑為r;b粒子的速度大小為vb,運(yùn)動(dòng)軌道半徑為rb.有qvB=mv2r,qBvb=0.5mvb2rb由幾何關(guān)系有:r2+(3r-r)2=(2rb)2聯(lián)立解得:vb=5v.(3)假設(shè)b粒子的速度v'v0時(shí),兩粒子能在圓周上的Q點(diǎn)相遇,如圖所示,設(shè)PQ對(duì)應(yīng)的圓心角為,a粒子由P運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間tPQ=n+2Tab粒子由N運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間tNQ=tPQ=n+2Ta=2n+22Tb由此可知,b運(yùn)動(dòng)到Q的過程中,粒子b轉(zhuǎn)過弧長(zhǎng)所對(duì)應(yīng)的圓心角為2,則NQ=2rbsin 在NQO中,由正弦定理得NQsin=rsin,又sin =sin 得2rb=rsin,即2×0.5mv'qB=mvqBsin,得v'=vsin.又sin r3r-r=12(當(dāng)NQ與OQ垂直時(shí)取等號(hào))于是得到v'2v,即v0=2v.考點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)命題角度1帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)高考真題體驗(yàn)·對(duì)方向(2017全國(guó)·16)如圖,空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里.三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng).下列選項(xiàng)正確的是()A.ma>mb>mcB.mb>ma>mcC.mc>ma>mbD.mc>mb>ma答案B解析a做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則qE=mag,故ma=qEg;b向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),則qE+qvB=mbg,故mb=qE+qvBg;c向左做勻速直線運(yùn)動(dòng),則qE=qvB+mcg,故mc=qE-qvBg.綜上mb>ma>mc,選B.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的分析思路(1)弄清復(fù)合場(chǎng)的組成特點(diǎn).(2)正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn).(3)畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.(4)注意結(jié)論:在無(wú)約束面的情況下,若在復(fù)合場(chǎng)中粒子做直線運(yùn)動(dòng),則一定是做勻速直線運(yùn)動(dòng),重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力為零;若在復(fù)合場(chǎng)中粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則往往是重力與電場(chǎng)力平衡,洛倫茲力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力.典題演練提能·刷高分1.如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),一帶電顆粒A以一定初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域,恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O'點(diǎn)穿出,射出時(shí)速度的大小為vA,若僅撤去磁場(chǎng),其他條件不變,另一個(gè)相同的顆粒B仍以相同的速度由O點(diǎn)射入并從區(qū)域右邊界穿出,射出時(shí)速度的大小為vB,則顆粒B()A.穿出位置一定在O'點(diǎn)上方,vB<vAB.穿出位置一定在O'點(diǎn)上方,vB>vAC.穿出位置一定在O'點(diǎn)下方,vB<vAD.穿出位置一定在O'點(diǎn)下方,vB>vA答案D解析設(shè)帶電顆粒從O位置飛入的速度為v0,若帶電顆粒A帶負(fù)電,其電場(chǎng)力、重力、洛倫茲力均向下,與運(yùn)動(dòng)方向垂直,不可能做直線運(yùn)動(dòng).顆粒A一定為正電荷,且滿足mg=Eq+Bqv0,因?yàn)樽鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng),故vA=v0.若僅撤去磁場(chǎng),由于mg>Eq,帶電顆粒B向下偏轉(zhuǎn),穿出位置一定在O'點(diǎn)下方,合力對(duì)其做正功,故vB>v0,因此vB>vA,故D正確,ABC錯(cuò)誤.2.(2019廣西桂林調(diào)研)如圖所示,質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的液滴,以速度v沿與水平方向成=45°角斜向上進(jìn)入正交的足夠大勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)疊加區(qū)域,電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,液滴在場(chǎng)區(qū)做直線運(yùn)動(dòng).重力加速度為g,試求:(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B各多大?(2)當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到某一點(diǎn)A時(shí),電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上,大小不改變,不考慮因電場(chǎng)變化而產(chǎn)生的磁場(chǎng)的影響,此時(shí)液滴加速度多少?(3)在滿足(2)的前提下,液滴從A點(diǎn)到達(dá)與A點(diǎn)位于同一水平線上的B點(diǎn)(圖中未畫出)所用的時(shí)間.答案(1)mgq2mgqv(2)2g(3)32v4g解析(1)液滴帶正電,液滴受力如圖所示,根據(jù)平衡條件有Eq=mgtan =mg,qvB=mgcos=2mg解得:E=mgq,B=2mgqv.(2)電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上,大小不改變,故電場(chǎng)力與重力平衡,洛倫茲力提供向心力,粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有a=F合m=2g.(3)電場(chǎng)變?yōu)樨Q直向上后,qE=mg,故液滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得qvB=mv2r解得:r=mvqB則T=2rv=2mqB由幾何知識(shí)得t=34T解得:t=32v4g3.如圖所示,水平桌面上方區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度E=5 N/C,過桌左邊緣的虛線PQ上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=3T,虛線PQ與水平桌面成45°角,現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量m1=2.0×10-3 kg,帶正電q=4.0×10-3 C的物塊A靜置在桌面上,質(zhì)量m2=1.0×10-3 kg、不帶電的絕緣物塊C從與A相距L=2.0 m處的桌面上以v0=5.0 m/s 的初速度向左運(yùn)動(dòng).物塊A、C與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.4,二者在桌面上發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短,A、C間無(wú)電荷轉(zhuǎn)移),碰撞后C反彈速度大小為vC=1.0 m/s,A向左運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng),求:(1)碰撞后物塊A的速度;(2)物塊A從進(jìn)入磁場(chǎng)到再次回到桌面所用時(shí)間;(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)若一段時(shí)間后A、C在桌面上相遇,求碰撞前A與桌左邊緣P的距離.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)2 m/s,方向水平向左(2)2.7 s(3)0.83 m解析(1)設(shè)C與A碰撞前瞬間的速度為v,碰后A、C的速度分別為vA、vC,對(duì)C從開始運(yùn)動(dòng)到與A相碰,由動(dòng)能定理可得-m2gL=12m2v2-12m2v02A、C碰撞過程中,規(guī)定向左為正方向,對(duì)于A、C組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律可得m2v=m1vA-m2vC兩式聯(lián)立可得vA=2 m/s,方向水平向左.(2)對(duì)A受力分析可知qE=m1g,故碰撞后A向左勻速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng),并在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,則T=2m1qB,由幾何知識(shí)可得,A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了34個(gè)圓周,軌跡如圖所示.設(shè)A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,則t1=34T.A運(yùn)動(dòng)出磁場(chǎng)后豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)再次回到桌面位置,設(shè)其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力,qvAB=m1vA2RR=vAt2t=t1+t2聯(lián)立以上各式得t2.7 s.(3)碰撞后C反彈在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng),設(shè)其加速度為a,停止運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t3,可得m2g=m2a0=vC-at3解得t3=0.25 s顯然,碰撞后C運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于A運(yùn)動(dòng)時(shí)間,由此可知A、C相遇時(shí),C已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng).所以A、C相遇的位置為C停止運(yùn)動(dòng)的位置,也是A豎直向下再次回到桌面的位置.C勻減速的位移x=12vCt3=0.125 m,碰前A與桌左邊緣P的距離x=R-x0.83 m.4.(2019山東鄆城高三模擬)如圖所示,ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的疊加場(chǎng).有一質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q的小球在光滑絕緣的水平面上,從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后,水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中,恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且從B點(diǎn)射出,已知AB長(zhǎng)度為3L,AD長(zhǎng)度為L(zhǎng),求:(1)小球帶何種電荷及進(jìn)入疊加場(chǎng)時(shí)的速度大小;(2)小球在疊加場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑;(3)小球在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.答案(1)負(fù)電荷2qUm(2)2L(3)L32mqU解析(1)小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且從B點(diǎn)射出,根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電荷.小球進(jìn)入疊加場(chǎng)之前,由動(dòng)能定理得:qU=12mv2,解得:v=2qUm.(2)設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系得:r2=(r-L)2+(3L)2,解得:r=2L.(3)由(2)知小球在疊加場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓心角滿足:sin =3Lr,解得:=3小球運(yùn)動(dòng)周期:T=2rv運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:t=2T聯(lián)立解得:t=L32mqU命題角度2洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應(yīng)用問題高考真題體驗(yàn)·對(duì)方向(2016全國(guó)·15)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定.質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng).若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速,為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng),需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍.此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A.11B.12C.121D.144答案D解析離子經(jīng)電場(chǎng)加速Uq=12mv2,離子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí),qvB=mv2r,可知m=r2B2q2U;由于離子和質(zhì)子的加速電壓、電荷量和在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑都相同,所以mB2,離子所需偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是質(zhì)子所需偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的12倍,則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍,選項(xiàng)D正確.分析實(shí)際問題的思路與方法(1)知道質(zhì)譜儀、回旋加速器等儀器或器件的結(jié)構(gòu)及工作原理.(2)知道考查的內(nèi)容,能從實(shí)際物理模型中抽象出物理問題.(3)巧用qE=qvB分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的應(yīng)用實(shí)例.典題演練提能·刷高分1.(多選)(2019山東泰安模擬)如圖所示為一利用海流發(fā)電的裝置原理圖.用絕緣材料制成一個(gè)橫截面為矩形的管道,在管道的上、下兩個(gè)內(nèi)表面裝有兩塊電阻不計(jì)的金屬板M、N,板長(zhǎng)為a、寬為b,板間的距離為d,將管道沿海流方向固定在海水中,在管道中施加與前后表面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,將航標(biāo)燈與兩金屬板連接(圖中未畫出).海流方向如圖,海流速率為v,下列說法正確的是()A.M板的電勢(shì)高于N板的電勢(shì)B.該海流發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為BdvC.該海流發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為BavD.管道內(nèi)海水受到的安培力方向向左答案ABD解析由左手定則可知,海流中的正離子受到的洛倫茲力方向向上,所以正離子向上偏轉(zhuǎn),即M板帶正電;負(fù)離子受到的洛倫茲力方向向下,所以負(fù)離子向下偏轉(zhuǎn),N板帶負(fù)電,可知M板的電勢(shì)高于N板的電勢(shì),選項(xiàng)A正確;M、N兩板間形成電場(chǎng),當(dāng)離子所受的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡時(shí),兩板間的電壓穩(wěn)定,即qUd=Bqv,得U=Bdv,兩板間電壓即該海流發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì),選項(xiàng)B正確、C錯(cuò)誤;根據(jù)左手定則知,管道內(nèi)由離子運(yùn)動(dòng)形成的電流方向向上,故管道內(nèi)海水所受安培力方向向左,選項(xiàng)D正確.2.(多選)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖,此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:離子源、加速電場(chǎng)、靜電分析器、磁分析器、收集器,靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內(nèi)有均勻輻射電場(chǎng),在中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計(jì)),經(jīng)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng),后由P點(diǎn)進(jìn)入磁分析器中,最終經(jīng)過Q點(diǎn)進(jìn)入收集器.下列說法正確的是()A.磁分析器中勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向內(nèi)B.加速電場(chǎng)中的加速電壓U=12ERC.磁分析器中圓心O2到Q點(diǎn)的距離d=1BmERqD.任何離子若能到達(dá)P點(diǎn),則一定能進(jìn)入收集器答案BC解析離子在磁分析器中沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),所受洛倫磁力指向圓心,根據(jù)左手定則,磁分析器中勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外,故A錯(cuò)誤;離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有qE=mv2R,設(shè)離子進(jìn)入靜電分析器時(shí)的速度為v,離子在加速電場(chǎng)中加速的過程中,由動(dòng)能定理有qU=12mv2-0,解得U=ER2,B正確;離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有qvB=mv2r,解得r=1B2mUq=1BmERq,則d=r=1BmERq,故C正確;由B項(xiàng)可知R=2UE,R與離子質(zhì)量、電量無(wú)關(guān);離子在磁場(chǎng)中的軌道半徑r=1BmERq,離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電量有關(guān),能夠到達(dá)P點(diǎn)的不同離子,半徑不一定都等于d,不一定能進(jìn)入收集器,故D錯(cuò)誤.3.隨著電子技術(shù)的發(fā)展,霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車的各個(gè)系統(tǒng)中.其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測(cè)量發(fā)動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速時(shí),情景簡(jiǎn)化如圖甲所示,被測(cè)量轉(zhuǎn)子的輪齒(具有磁性)每次經(jīng)過霍爾元件時(shí),都會(huì)使霍爾電壓發(fā)生變化,傳感器的內(nèi)置電路會(huì)將霍爾電壓調(diào)整放大,輸出一個(gè)脈沖信號(hào),霍爾元件的原理如圖乙所示.下列說法正確的是()A.霍爾電壓是由于元件中定向移動(dòng)的載流子受到電場(chǎng)力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的B.若霍爾元件的前端電勢(shì)比后端低,則元件中的載流子為負(fù)電荷C.在其他條件不變的情況下,霍爾元件的厚度c越大,產(chǎn)生的霍爾電壓越高D.若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min,轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個(gè),則霍爾傳感器每分鐘輸出12個(gè)脈沖信號(hào)答案B解析元件內(nèi)載流子受到洛倫茲力和電場(chǎng)力的作用,故A錯(cuò)誤;根據(jù)左手定則,電子向前端偏轉(zhuǎn),前端帶負(fù)電,后端帶正電,所以前端的電勢(shì)低,符合要求,則元件中的載流子為負(fù)電荷,故B正確;當(dāng)電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí),有qUb=qvB,I=nqvS=nqvbc,解得U=Bvb=BInqc,故當(dāng)c增大時(shí),U減小,故C錯(cuò)誤;轉(zhuǎn)速n=1 800 r/min=30 r/s,則霍爾傳感器每分鐘輸出的脈沖信號(hào)個(gè)數(shù)為150×30×60個(gè)=270 000個(gè),故D錯(cuò)誤,故選B.4.(多選)在一次南極科考中,科考人員使用磁強(qiáng)計(jì)測(cè)定地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度.其原理如圖所示,電路中有一段長(zhǎng)方體的金屬導(dǎo)體,它長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c,放在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)體中電流沿x軸正方向,大小為I.已知金屬導(dǎo)體單位體積中的自由電子數(shù)為n,電子電荷量為e,自由電子做定向移動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng),測(cè)出金屬導(dǎo)體前后兩個(gè)側(cè)面間電壓為U,則()A.金屬導(dǎo)體的前側(cè)面電勢(shì)較低B.金屬導(dǎo)體的電阻為UIC.自由電子定向移動(dòng)的速度大小為IneabD.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為necUI答案AD解析根據(jù)左手定則(注意電子帶負(fù)電)可知電子打在前側(cè)面,即前側(cè)面帶負(fù)電,電勢(shì)較低,A正確;電流方向?yàn)閺淖笙蛴?而題中U表示的是導(dǎo)體前后兩個(gè)側(cè)面的電壓,故導(dǎo)體的電阻不等于UI,B錯(cuò)誤;在t時(shí)間內(nèi)通過的電荷量為q=n(bcvt)e,又I=nbcvtet=nbcve,解得v=Inbce,C錯(cuò)誤;因?yàn)楫?dāng)金屬導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)時(shí)受洛倫茲力作用向前側(cè)面偏轉(zhuǎn),使得前后兩側(cè)面間產(chǎn)生電勢(shì)差,當(dāng)電子所受的電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡時(shí),前后兩側(cè)面間產(chǎn)生恒定的電勢(shì)差.因而可得eUb=Bev,聯(lián)立可得B=necUI,D正確.5.回旋加速器是現(xiàn)代高能物理研究中用來加速帶電粒子的常用裝置.圖甲為回旋加速器原理示意圖,置于高真空中的兩個(gè)半徑為R的D形金屬盒,盒內(nèi)存在與盒面垂直且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).兩盒間的距離很小,帶電粒子穿過的時(shí)間極短可以忽略不計(jì).位于D形盒中心A處的粒子源能產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,粒子的初速度可以忽略.粒子通過兩盒間被加速,經(jīng)狹縫進(jìn)入盒內(nèi)磁場(chǎng).兩盒間的加速電壓按