（新課標(biāo)Ⅲ）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題十 磁場課件.ppt

專題十磁場,高考物理(課標(biāo)專用),考點一磁場、磁場力1.(2018課標(biāo),20,6分)(多選)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(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,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(yīng)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(yīng)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(yīng)強度大小為B0B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0,五年高考,A組統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組,D.流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0,答案AC本題考查安培定則、磁場的疊加。由安培定則判定,L1中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向分別垂直于紙面向里和向外;設(shè)L1和L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小分別為B1和B2,由磁感應(yīng)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(guān)鍵注意矢量的方向性本題解題的關(guān)鍵是要注意磁感應(yīng)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(biāo),18,6分)如圖,在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導(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,紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)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(yīng)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(yīng)強度的矢量疊加。兩導(dǎo)線中通電流I時,兩電流在a點處的磁感應(yīng)強度與勻強磁場的磁感應(yīng)強度的矢量和為0,則兩電流磁感應(yīng)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(yīng)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(guān)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(yīng)強度與B0等大反向,進而確定B0的方向是解題的關(guān)鍵。,3.(2017課標(biāo),21,6分)(多選)某同學(xué)自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成,漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出,并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個金屬支架之間,線圈平面位于豎直面內(nèi),永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來,該同學(xué)應(yīng)將()A.左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉B.左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,C.左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉D.左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉,答案AD要使線圈在磁場中開始轉(zhuǎn)動,則線圈中必有電流通過,電路必須接通,故左右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都必須刮掉;但如果上側(cè)的絕緣漆也都刮掉,當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過180時,靠近磁極的導(dǎo)線與開始時靠近磁極的導(dǎo)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(zhuǎn)動,線圈最終做往返運動,要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動,當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過180時,線圈中不能有電流通過,依靠慣性轉(zhuǎn)動到初始位置再接通電路即可實現(xiàn)連續(xù)轉(zhuǎn)動,故左、右轉(zhuǎn)軸的上側(cè)不能都刮掉,故選項A、D正確。,易錯警示要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動,而不能受到交變的安培力作用。,4.(2017課標(biāo),19,6分)(多選)如圖,三根相互平行的固定長直導(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11D.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因三根導(dǎo)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(dǎo)線受力如圖所示,由圖中幾何關(guān)系可知,L1所受磁場作用力F1的方向與L2、L3所在平面平行,L3所受磁場作用力F3的方向與L1、L2所在平面垂直,A錯誤、B正確。設(shè)單位長度的導(dǎo)線兩兩之間作用力的大小為F,則由幾何關(guān)系可得L1、L2單位長度所受的磁場作用力大小為2Fcos60=F,L3單位長度所受的磁場作用力大小為2Fcos30=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(dǎo)線在其余兩導(dǎo)線所在處產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小相等,設(shè)為B。如圖所示,由幾何關(guān)系可得L1所在處磁場B1=2Bcos60=B,方向與L2、L3所在平面垂直,再由左手定則知L1所受磁場作用力方向與L2、L3所在平面平行,L1上單位長度所受安培力的大小為F1=BI。同理可判定L3所受磁場作用力方向與L1、L2所在平面垂直,單位長度所受安培力大小為F3=BI;L2上單位長度所受安培力大小為F2=BI,即F1F2F3=11,故A、D錯誤,B、C正確。,5.(2015課標(biāo),18,6分,0.527)(多選)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關(guān)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(dǎo)線,導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn),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(dǎo)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(zhuǎn),故D錯。,解題指導(dǎo)指南針有兩個磁極,在地磁場作用下指向南北。,解題關(guān)鍵在指南針上方沿指針方向放置一直導(dǎo)線,導(dǎo)線通電后,會激發(fā)磁場,使指南針偏轉(zhuǎn)。,6.(2014課標(biāo),15,6分,0.809)關(guān)于通電直導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D.將直導(dǎo)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(dǎo)線垂直,選項A錯、B正確;安培力的大小F=BILsin,與直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān),選項C錯誤;將直導(dǎo)線從中點折成直角,假設(shè)原來直導(dǎo)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。,易錯警示安培力的方向與“誰”垂直是易錯易混點。,7.(2015課標(biāo),24,12分,0.564)如圖,一長為10cm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(yīng)強度大小為0.1T,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)與一電動勢為12V的電池相連,電路總電阻為2。已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm;閉合開關(guān),系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3cm。重力加速度大小取10m/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。,答案見解析,解析依題意,開關(guān)閉合后,電流方向為從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向為豎直向下。開關(guān)斷開時,兩彈簧各自相對于其原長的伸長量為l1=0.5cm。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是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了l2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡條件得2k(l1+l2)=mg+F由歐姆定律有E=IR式中,E是電池的電動勢,R是電路總電阻。聯(lián)立式,并代入題給數(shù)據(jù)得,m=0.01kg(安培力方向判斷正確給2分,式各2分),思路分析開關(guān)斷開時對ab棒進行受力分析,列平衡方程。開關(guān)閉合時,判定安培力方向,對ab棒進行受力分析,列平衡方程。,考點二帶電粒子在磁場中的運動8.(2017課標(biāo),18,6分)如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場,P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點,在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率為v2,相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2v1為()A.2B.1C.1D.3,答案C設(shè)速率為v1的粒子最遠出射點為M,速率為v2的粒子最遠出射點為N,如圖所示,則由幾何知識得r1=,r2=R=由qvB=得r=,故=,選項C正確。,審題指導(dǎo)粒子速度方向改變、大小不變時其軌跡半徑相等,當(dāng)粒子的軌跡直徑與磁場區(qū)域相交時,其弦長最長,即為最大分布。,9.(2016課標(biāo),18,6分,)一圓筒處于磁感應(yīng)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(zhuǎn)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(dāng)筒轉(zhuǎn)過90時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為()A.B.C.D.,答案A定圓心、畫軌跡,由幾何關(guān)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(zhuǎn)90所用時間相等,即t=,聯(lián)立以上兩式得=,A項正確。,考查點帶電粒子在圓形磁場中的運動,解題關(guān)鍵找圓心。利用幾何關(guān)系找圓心角并求時間。,方法技巧規(guī)范作圖是找?guī)缀侮P(guān)系的基礎(chǔ)。,10.(2016課標(biāo),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(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()A.B.C.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(guān)系可知,PO半徑與OQ半徑在同一條直線上。則PQ=2R,所以O(shè)Q=4R=,選項D正確。,考查點帶電粒子在有界磁場中的圓周運動,審題技巧“該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點”表示軌跡與ON相切。,解題關(guān)鍵正確畫出軌跡圖,利用幾何知識找出角度關(guān)系。,11.(2015課標(biāo),14,6分,0.759)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的()A.軌道半徑減小,角速度增大B.軌道半徑減小,角速度減小C.軌道半徑增大,角速度增大D.軌道半徑增大,角速度減小,答案D因洛倫茲力不做功,故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后,其速度大小不變,由r=知,軌道半徑增大;由角速度=知,角速度減小,選項D正確。,解題關(guān)鍵軌道半徑表達式:r=。角速度表達式:=。,12.(2015課標(biāo),19,6分,0.506)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和,中的磁感應(yīng)強度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與中運動的電子相比,中的電子()A.運動軌跡的半徑是中的k倍B.加速度的大小是中的k倍C.做圓周運動的周期是中的k倍D.做圓周運動的角速度與中的相等,答案AC由題意可知,v1=v2,B1=kB2。電子運動的軌跡半徑R=,故R2=kR1,A正確。加速度大小a=B,故a2=a1/k,B錯。周期T=,故T2=kT1,C正確。角速度=B,故2=1/k,D錯。,思路點撥利用洛倫茲力提供向心力推出R、a、T、的表達式,然后根據(jù)表達式進行判斷。,13.(2014課標(biāo),16,6分,0.637)如圖,MN為鋁質(zhì)薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O,已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變,不計重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)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(yīng)強度B=,=,選項D正確。,解題關(guān)鍵利用洛倫茲力提供向心力,求出v與R的關(guān)系,導(dǎo)出Ek的表達式。,14.(2014課標(biāo),20,6分,0.347)(多選)圖為某磁譜儀部分構(gòu)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(zhì)子。當(dāng)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(zhuǎn)方向一定不同B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C.僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)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(guān)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(zhuǎn)方向必相反,故A正確。因r=,各粒子雖q相同,但v關(guān)系未知,故m相同、v不同時軌跡半徑不同,而當(dāng)r相同時只能表明mv相同,不能確定m的關(guān)系,故B錯誤、C正確。由Ek=mv2、r=得r=,可見當(dāng)Ek越大時粒子軌跡半徑越大,故D錯誤。,審題指導(dǎo)本題考查帶電粒子垂直射入磁場后的偏轉(zhuǎn)問題,不要受“硅微條徑跡探測器”這個名稱的影響。,15.(2017課標(biāo),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(yīng)強度的大小為B0;x1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時。當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力)(1)粒子運動的時間;(2)粒子與O點間的距離。,答案(1)(1+)(2)(1-),解析本題考查帶電粒子在磁場中的運動。(1)在勻強磁場中,帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x0區(qū)域,圓周半徑為R1;在xB右,所以R左mb>mcB.mb>ma>mcC.mc>ma>mbD.mc>mb>ma,答案B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+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvcma>mc,B正確。,規(guī)律總結(jié)復(fù)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(fù)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。,17.(2016課標(biāo),15,6分)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加速,經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A.11B.12C.121D.144,解題關(guān)鍵利用電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)推出的表達式。,答案D設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2,原磁感應(yīng)強度為B1,改變后的磁感應(yīng)強度為B2。在加速電場中qU=mv2,在磁場中qvB=m,聯(lián)立兩式得m=,故有=144,選項D正確。,18.(2018課標(biāo),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(yīng)強度大小;(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。,答案(1)(2)14,解析本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動。(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)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(yīng)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(guān)系知2R1=l由式得B=(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)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(shè)條件,分析離子在電場和磁場中的運動情況,結(jié)合動能定理、牛頓第二定律等知識列方程求解。,19.(2018課標(biāo),25,20分)如圖,在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E;在y,則最下端位置為N)。因電子運動軌跡的半徑r=4.55cm。由圖中幾何關(guān)系有=,=。當(dāng)=90時,取得最小值r,此時=>,從而有l(wèi)=+-dcos=+-dcos。當(dāng)=90時,l=9.1cm,當(dāng)=60時,l=6.78cm,當(dāng)=45時,l=5.68cm,當(dāng)=30時,l=4.55cm。故可知A、D正確,B、C錯誤。,8.(2014安徽理綜,18,6分)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體,使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部,而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,為約束更高溫度的等離子體,則需要更強的磁場,以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于()A.B.TC.D.T2,答案A等離子體在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力,有:qvB=,得v=動能Ek=mv2=由題意得Ek=kT故有:kT=得B=即B,選項A正確。,9.(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(cè)相交于O、O點,各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當(dāng)入射速度為v0時,粒子從O上方處射出磁場。取sin53=0.8,cos53=0.6。(1)求磁感應(yīng)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(shè)粒子在第一個矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為由d=rsin,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粒子向上的偏移量y=2r(1-cos)+xtan由y2d,解得xd,則當(dāng)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。,10.(2016北京理綜,22,16分)如圖所示,質(zhì)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(yīng)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,易錯點撥直接寫出半徑R和周期T的結(jié)果,缺乏依據(jù)和推理,造成失分,值得特別注意。,考點三帶電粒子在復(fù)合場中的運動11.(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(guān)的是()A.磁場和電場的方向B.磁場和電場的強弱C.粒子的電性和電量D.粒子入射時的速度,答案C不計重力的帶電粒子,在電場和磁場的復(fù)合場中做勻速直線運動,則一定滿足關(guān)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(dāng)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(guān),C對。,12.(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(yīng)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(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放,由M進入磁場,從N射出。不計粒子重力。(1)求粒子從P到M所用的時間t;(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,同樣能由M進入磁場,從N射出。粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運動,且所用的時間最少,求粒子在Q時速度v0的大小。,答案(1)(2),解析本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動。(1)設(shè)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(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F,有F=qE設(shè)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(guān),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(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時,所用的時間最短。設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系可得,(r-R)2+(R)2=r2設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關(guān)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(fù)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。,13.(2017江蘇單科,15,16分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場,其初速度幾乎為0,經(jīng)加速后,通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質(zhì)量分別為2m和m,圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x;,(2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域,并求該區(qū)域最窄處的寬度d;(3)若考慮加速電壓有波動,在(U0-U)到(U0+U)之間變化,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求狹縫寬度L滿足的條件。,答案見解析,解析本題考查動能定理、牛頓第二定律。(1)設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1電場加速qU0=2mv2且qvB=2m解得r1=根據(jù)幾何關(guān)系x=2r1-L解得x=-L(2)如圖所示,最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d=r1-解得d=-(3)設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為r2r1的最小半徑r1min=,r2的最大半徑r2max=由題意知2r1min-2r2max>L,即->L解得LI2;a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點,且a、b、c與兩導(dǎo)線共面;b點在兩導(dǎo)線之間,b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直。磁感應(yīng)強度可能為零的點是(),A.a點B.b點C.c點D.d點,答案C由安培定則畫出a、b、c、d的磁感線的分布圖,由圖可知電流I1、I2在a、c兩點處的磁場方向相反,這兩點處的磁感應(yīng)強度可能為零,又I1>I2,故磁感應(yīng)強度為零的點距I1的距離應(yīng)比I2的大,故C正確,A、B、D均錯誤。,5.(2015重慶理綜,7,15分)音圈電機是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機。如圖是某音圈電機的原理示意圖,它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成,線圈邊長為L,匝數(shù)為n,磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度方向垂直于線圈平面豎直向下,大小為B,區(qū)域外的磁場忽略不計。線圈左邊始終在磁場外,右邊始終在磁場內(nèi),前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等。某時刻線圈中電流從P流向Q,大小為I。(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向。(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v,求安培力的功率。,答案(1)nIBL水平向右(2)nIBLv,解析(1)由左手定則判定,線圈所受安培力的方向水平向右,大小為F=nBIL。(2)安培力的功率P=Fv=nBILv。,考點二帶電粒子在磁場中的運動6.(2014北京理綜,16,6分)帶電粒子a、b在同一勻強磁場中做勻速圓周運動,它們的動量大小相等,a運動的半徑大于b運動的半徑。若a、b的電荷量分別為qa、qb,質(zhì)量分別為ma、mb,周期分別為Ta、Tb。則一定有()A.qa<qbB.ma<mbC.Ta<TbD.Rb,pa=pb,Ba=Bb,故qa0)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(yīng)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(guān)系可知,其運動的軌跡半徑r=R/tan30=R,由洛倫茲力提供向心力,即qv0B=知R=,故勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=,若磁場方向向里可得到同樣的結(jié)果。選項A正確。,解題關(guān)鍵粒子沿半徑方向進入圓形磁場,沿半徑方向射出圓形磁場。找圓心,利用幾何關(guān)系求出軌跡半徑。,溫馨提示對于圓形有界磁場,帶電粒子沿半徑方向進入,就會沿半徑方向射出,記住這個結(jié)論哦!,8.(2013廣東理綜,21,6分)(多選)如圖,兩個初速度大小相同的同種離子a和b,從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場,最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有()A.a、b均帶正電B.a在磁場中飛行的時間比b的短C.a在磁場中飛行的路程比b的短D.a在P上的落點與O點的距離比b的近,答案AD因離子均向下偏轉(zhuǎn)打到屏P上,根據(jù)左手定則可知a、b均帶正電,A項正確。又因a、b為同種離子,m、q均相同,由R=,T=,可知它們的軌道半徑R與周期T也均相同。而a離子的軌跡是一段優(yōu)弧,b離子的軌跡是一個半圓。a的路程比b的路程長,飛行時間也比b的飛行時間長,故B、C項均錯誤。b在P上的落點到O點的距離等于圓軌跡的直徑,說明b的落點離O點最遠,故D項正確。,9.(2012大綱全國,17,6分)質(zhì)量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動。已知兩粒子的動量大小相等。下列說法正確的是()A.若q1=q2,則它們做圓周運動的半徑一定相等B.若m1=m2,則它們做圓周運動的半徑一定相等C.若q1q2,則它們做圓周運動的周期一定不相等D.若m1m2,則它們做圓周運動的周期一定不相等,答案A帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,即qvB=,得軌道半徑r=,已知兩粒子動量大小相等,若q1=q2,則r1=r2,A項正確;若m1=m2,r與有關(guān),B項錯誤;帶電粒子在磁場中運動的周期T=,因此運動周期T或,若m1m2,但=,周期T可相等,D項錯誤;若q1q2,但q1v1=q2v2,周期T也可相等,C項錯誤。,10.(2010山東理綜,25,18分)如圖,在區(qū)域(0xd)和區(qū)域(d0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域,其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域時,速度方向與x軸正向的夾角為30;此時,另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域,其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求(1)粒子a射入?yún)^(qū)域時速度的大小;(2)當(dāng)a離開區(qū)域時,a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。,答案(1)(2)(-2)d,解析(1)設(shè)粒子a在內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C(在y軸上),半徑為Ra1,速率為va,運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P,如圖。由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得,qvaB=m由幾何關(guān)系得,PCP=Ra1=式中,=30。由式得va=(2)設(shè)粒子a在內(nèi)做圓周運動的圓心為Oa,半徑為Ra2,射出點為Pa(圖中未畫出軌跡),POaPa=。由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qva(2B)=m由式得Ra2=C、P和Oa三點共線,且由式知Oa點必位于x=d的平面上。由對稱性知,Pa點與P點縱坐標(biāo)相同,即yPa=Ra1cos+h,式中,h是C點的y坐標(biāo)。設(shè)b在中運動的軌道半徑為Rb1,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qB=設(shè)a到達Pa點時,b位于Pb點,轉(zhuǎn)過的角度為。如果b沒有飛出,則=式中,t是a在區(qū)域中運動的時間,而Ta2=Tb1=由式得=30可得,b沒有飛出。Pb點的y坐標(biāo)為,yPb=Rb1(2+cos)+h由式及題給條件得,a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為yPa-yPb=d,11.(2010全國,26,21分)如圖,在0xa區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B。在t=0時刻,一位于坐標(biāo)原點的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子,所有粒子的初速度大小相同,方向與y軸正方向的夾角分布在0180范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界上P(a,a)點離開磁場。求:(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q/m;(2)此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍;(3)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間。,答案(1)a(2)(3)2t0,解析(1)沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中的運動軌跡如圖1中的弧所示,其圓心為C。由題給條件可以得出圖1OCP=此粒子飛出磁場所用的時間為t0=式中T為粒子做圓周運動的周期。設(shè)粒子運動速度的大小為v,半徑為R,由幾何關(guān)系可得R=a,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB=mT=聯(lián)立式,得=(2)依題意,同一時刻仍在磁場內(nèi)的粒子到O點距離相同。在t0時刻仍在磁場中的粒子應(yīng)位于以O(shè)點為圓心、OP為半徑的弧上,如圖1所示。設(shè)此時位于P、M、N三點的粒子的初速度分別為vP、vM、vN。由對稱性可知vP與OP、vM與OM、vN與ON的夾角均為/3。設(shè)vM、vN與y軸正向的夾角分別為M、N,由幾何關(guān)系有M=N=對于所有此時仍在磁場中的粒子,其初速度與y軸正方向所成的夾角應(yīng)滿足,(3)在磁場中飛行時間最長的粒子的運動軌跡應(yīng)與磁場右邊界相切,其軌跡如圖2所示。由幾何關(guān)系可知,=由對稱性可知,=從粒子發(fā)射到全部粒子飛出磁場所用的時間tm=2t0,圖2,12.(2010課標(biāo),25,18分)如圖所示,在0xa、0y范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。坐標(biāo)原點O處有一個粒子源,在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們的速度大小相同,速度方向均在xy平面內(nèi),與y軸正方向的夾角分布在090范圍內(nèi)。已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a/2到a之間,從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度的大小;(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦。,答案(1)(2),解析此題為粒子在磁場中運動臨界值問題。(1)設(shè)粒子的發(fā)射速度為v,粒子做圓周運動的軌道半徑為R,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式,得qvB=m由式得R=當(dāng)a/2<R<a時,在磁場中運動時間最長的粒子,其軌跡是圓心為C的圓弧,圓弧與磁場的上邊界相切,如圖所示。,設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t,依題意t=T/4,得OCA=設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為,由幾何關(guān)系可得Rsin=R-Rsin=a-Rcos,又sin2+cos2=1由式得R=a由式得v=(2)由式得sin=,考點三帶電粒子在復(fù)合場中的運動13.(2014江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UH=k,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則(),A.霍爾元件前表面的電勢低于后表面B.若電源的正負極對調(diào),電壓表將反偏C.IH與I成正比D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比,答案CD由左手定則可判定,霍爾元件的后表面積累負電荷,前表面電勢較高,故A錯。由電路關(guān)系可見,當(dāng)電源的正、負極對調(diào)時,通過霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場方向同時反向,前表面的電勢仍然較高,故B錯。由電路可見,=,則IH=I,故C正確。RL的熱功率PL=RL=RL=,因為B與I成正比,故有:UH=k=k=k=PL,可得知UH與PL成正比,故D正確。,14.(2013浙江理綜,20,6分)(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后,垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域,如圖所示。已知離子P+在磁場中轉(zhuǎn)過=30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時,離子P+和P3+()A.在電場中的加速度之比為11B.在磁場中運動的半徑之比為1C.在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D.離開電場區(qū)域時的動能之比為13,答案BCD兩離子所帶電荷量之比為13,在電場中時由qE=ma知aq,故加速度之比為13,A錯誤;離開電場區(qū)域時的動能由Ek=qU知Ekq,故D正確;在磁場中運動的半徑由Bqv=m、Ek=mv2知R=,故B正確;設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d,則有sin=,即=,故=60=2,C正確。,15.(2013重慶理綜,5,6分)如圖所示,一段長方體形導(dǎo)電材料,左右兩端面的邊長都為a和b,內(nèi)有帶電量為q的某種自由運動電荷。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中,內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時,測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U,且上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為()A.,負B.,正C.,負D.,正,答案C因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱荼认卤砻娴牡?故上表面帶負電荷,根據(jù)左手定則可判斷自由運動電荷帶負電,則B、D兩項均錯。設(shè)長方體形材料長度為L,總電量為Q,則其單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)為,當(dāng)電流I穩(wěn)恒時,材料內(nèi)的電荷所受電場力與磁場力相互平衡,則有=BIL,故=,A項錯誤,C項正確。,評析本題難度較大,一是研究對象難以確定;二是受力分析較難。當(dāng)電流穩(wěn)恒時上下極板間形成電場,其對自由電荷產(chǎn)生的電場力與磁場力相平衡。為了解題簡便,可選取整段電流為研究對象求安培力。把整段材料內(nèi)的自由電荷看成質(zhì)點求其所受的電場力。,16.(2016江蘇單科,15,16分)回旋加速器的工作原理如圖甲所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直。被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示,電壓值的大小為U0,周期T=。一束該種粒子在t=0時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動,不考慮粒子間的相互作用。求:甲,乙(1)出射粒子的動能Em;(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0;(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出,d應(yīng)滿足的條件。,答案(1)(2)-(3)d99%,解得d則導(dǎo)致sinn>1說明n不存在,即原假設(shè)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(cè)邊界。,18.(2015山東理綜,24,20分)如圖所示,直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi),O為圓心,GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(區(qū))和小圓內(nèi)部(區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場,上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子由小孔下方處靜止釋放,加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場,由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。(1)求極板間電場強度的大小;(2)若粒子運動軌跡與小圓相切,求區(qū)磁感應(yīng)強度的大小;(3)若區(qū)、區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為、,粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點,求,這段時間粒子運動的路程。,答案(1)(2)或(3)5.5D,解析(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E,對粒子在電場中的加速運動,由動能定理得qE=mv2由式得E=(2)設(shè)區(qū)磁感應(yīng)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(guān)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(guān)系得R=聯(lián)立式得B=(3)設(shè)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(yīng)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(shè)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(xué)公式得T1=,T2=據(jù)題意分析,粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi),運動軌跡如圖乙所示,根據(jù)對稱可知,區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同,設(shè)為1,區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設(shè)為,由幾何關(guān)系得,1=1202=180=60,圖乙,粒子重復(fù)上述交替運動回到H點,軌跡如圖丙所示,設(shè)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(shè)粒子運動的路程為s,由運動學(xué)公式得s=v(t1+t2)聯(lián)立式得s=5.5D,19.(2015重慶理綜,9,18分)圖為某種離子加速器的設(shè)計方案。兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場。其中MN和MN是間距為h的兩平行極板,其上分別有正對的兩個小孔O和O,ON=ON=d,P為靶點,OP=kd(k為大于1的整數(shù))。極板間存在方向向上的勻強電場,兩極板間電壓為U。質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點由靜止開始加速,經(jīng)O進入磁場區(qū)域。當(dāng)離子打到極板上ON區(qū)域(含N點)或外殼上時將會被吸收。兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在,離子可勻速穿過。忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力。求:,(1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應(yīng)強度大小;(2)能使離子打到P點的磁感應(yīng)強度的所有可能值;(3)打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間。,答案(1)(2)(n=1,2,3k2-1)(3)h,解析(1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點時,軌道半徑R1=根據(jù)牛頓第二定律有:B1qv1=m對離子在電場中加速的過程應(yīng)用動能定理有:qU=m解得:B1=(2)假設(shè)離子在電場中加速了n次后恰好打在P點,則有nqU=mBqv2=mR=解得B=,若離子在電場中加速一次后恰好打在N。同理可得此時的磁感應(yīng)強度B0=。由題意可知,B<B0時離子才可能打在P點上。由<解得:n<k2,可見n的最大值應(yīng)為k2-1,即n的取值應(yīng)為n=1,2,3k2-1。(3)n=k2-1對應(yīng)的離子就是打在P點的能量最大的離子。離子在磁場中運動的圈數(shù)為k2-,故在磁場中運動的時間t1=T=。設(shè)離子在電場中運動的時間為t2,則有:(k2-1)h=解得:t2=h。,20.(2015江蘇單科,15,16分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示,電荷量均為+q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場,其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN=L,且OM=L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞,檢測不到離子,但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后,原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。(1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m;(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域,求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍;(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整,求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg2=0.301,lg3=0.477,lg5=0.699),答案(1)(2)U(3)3,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(diào)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(diào)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=L同理,第n次調(diào)節(jié)電壓,有rn=L檢測完整,有rn,解得n-12.8即最少次數(shù)為3。,21.(2014浙江理綜,25,22分)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設(shè)計的簡化原理如圖1所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。為電離區(qū),將氙氣電離獲得1價正離子;為加速區(qū),長度為L,兩端加有電壓,形成軸向的勻強電場。區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進入?yún)^(qū),被加速后以速度vM從右側(cè)噴出。區(qū)內(nèi)有軸向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,在離軸線R/2處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成角(0<90)。推進器工作時,向區(qū)注入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為v0,電子在區(qū)內(nèi),。已知離子質(zhì)量為M;電子質(zhì)量為m,電量為e。(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)(1)求區(qū)的加速電壓及離子的加速度大小;(2)為取得好的電離效果,請判斷區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”);(3)為90時,要取得好的電離效果,求射出的電子速率v的范圍;,(4)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vmax與角的關(guān)系。圖1圖2,答案(1)(2)垂直紙面向外(3)v0v)(4)vmax=,解析(1)由動能定理得M=eUU=a=e=(2)由題知電子在區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大,電離效果越好,則題圖2中顯然電子往左半部偏轉(zhuǎn)較好,故區(qū)中磁場方向應(yīng)垂直紙面向外(3)設(shè)電子運動的最大半徑為r2r=ReBv=m所以有v0v(4)如圖所示,OA=R-r,OC=,AC=r根據(jù)幾何關(guān)系得r=由式得vmax=,22.(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(yīng)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(zhì)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(dāng)A進入板間,兩板的電勢差變?yōu)閁,粒子得到加速,當(dāng)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里的勻強磁?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(yīng)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(yīng)。求(1)A運動第1周時磁場的磁感應(yīng)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(zhì)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,請指出哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡,并經(jīng)推導(dǎo)說明理由。,答案(1)(2)(3)見解析,解析(1)設(shè)A經(jīng)電場第1次加速后速度為v1,由動能定理得qU=m-0A在磁場中做勻速圓周運動,所受洛倫茲力充當(dāng)向心力qv1B1=由得B1=(2)設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為vn,由動能定理得nqU=m-0設(shè)A做第n次圓周運動的周期為Tn,有Tn=設(shè)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(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強度為Bn,A、B的周期分別為Tn、T,綜合、式并分別應(yīng)用A、B的數(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(shè)條件并考慮到式,對A有Tnvn=2R設(shè)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。,23.(2014山東理綜,24,20分)如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向,磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子(不計重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時,可使t=0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。圖甲圖乙,(1)若t=TB,求B0;(2)若t=TB,求粒子在磁場中運動時加速度的大小;(3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。,答案(1)(2)(3)或,解析(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1,由牛頓第二定律得qv0B0=據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1=d聯(lián)立式得B0=(2)設(shè)粒子做圓周運