1、专题九 磁场1.(2015 海南单科,1,3 分)如图,a 是竖直平面 P 上的一点。 P 前有一条形磁铁垂直于 P,且 S 极朝向 a 点。P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过 a 点。在电子经过 a 点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )A.向上 B.向下 C.向左 D.向右答案 A P 前有一条形磁铁垂直于 P,且 S 极朝向 a 点,条形磁铁在 a 点的磁场垂直于竖直平面向外,在电子经过a 点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A 对,B、C、 D 错。2.(2014 江苏单科,9,4 分)( 多选 )如图所示,导电物质
2、为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为 I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小 B 与 I 成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为 IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 UH满足:U H=k ,式中 k 为霍尔系数,d 为霍尔元件两侧面间的距离。电阻 R 远大于 RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则( )A.霍尔元件前表面的电势低于后表面B.若电源的正负极对调,电压表将反偏C.IH与 I 成正比D.电压表的示数与 RL消耗的电功率成正比答案 CD 由左手定则可判定,霍尔元件的后表面积累负电 荷,前表面电势较高,故 A 错。由 电路关系可见,当电源的正、负极对
3、调时,通过霍尔元件的 电流 IH和所在空间的磁场方向同时反向,前表面的电势仍然较高,故 B 错。由电路可见, = ,则 IH= I,故 C 正确。 RL的热功率 PL= RL= RL= ,因为 B 与 I 成正比,故有:U H=k =k + 2 ()2 22 =k = PL,可得知 UH与 PL成正比,故 D 正确。 2(+) (+)23.(2013 浙江理综,20,6 分)( 多 选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子 P+和 P3+,经电压为 U 的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直 纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子 P+在磁场中转过 =30
4、后从磁场右边界射出。在 电场和磁场中运动时,离子 P+和 P3+( )A.在电场中的加速度之比为 11B.在磁场中运动的半径之比为 13C.在磁场中转过的角度之比为 12D.离开电场区域时的动能之比 为 13答案 BCD 两离子所 带电荷量之比 为 13,在电场中时由 qE=ma 知 aq,故加速度之比为 13,A 错误; 离开电场区域时的动能由 Ek=qU 知 Ekq,故 D 正确;在磁场中运动的半径由 Bqv=m 、Ek= mv2知 R= ,故 B 正确;2 12 12 1设磁场区域的宽度为 d,则有 sin = ,即 = ,故 =60=2,C 正确。1 30 134.(2012 广东理综
5、,15,4 分)质量和电量都相等的带电粒子 M 和 N,以不同的速率经小孔 S 垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示。下列表述正确的是 ( )A.M 带负电,N 带正电B.M 的速率小于 N 的速率C.洛伦兹力对 M、N 做正功D.M 的运行时间大于 N 的运行时间答案 A 由左手定则判断得 M 带负电、 N 带正电,A 正确。由题图可知 M、N 半径关系为 RMRN,由半径 R= 可知,v MvN,B 错误 。因洛伦兹力与速度方向时刻垂直,故不做功,C 错误。由周期公式 T= 及 t= T 可知,t M=tN,D 错2 12误。评析 本题考查带电粒子在磁 场中的运动,涉及左手定则、
6、轨迹半径、运动周期及运动时间等知识点。综合性较强,难度较大。5.(2015 江苏单科,15,16 分)一台质谱仪的工作原理如图所示 ,电荷量均为+q、 质量不同的离子飘入电压为 U0的加速电场,其初速度几乎为零。这 些离子经加速后通过狭缝 O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场,最后打在底片上。已知放置底片的区域 MN=L,且 OM=L。某次 测量发现 MN 中左侧 区域 MQ 损坏,检测不23到离子,但右侧 区域 QN 仍能正常检测到离子。在适当 调节加速电压后,原本打在 MQ 的离子即可在 QN 检测到。13(1)求原本打在 MN 中点 P 的离子质量 m;(2)为使原本
7、打在 P 的离子能打在 QN 区域,求加速电压 U 的调节范围;(3)为了在 QN 区域将原本打在 MQ 区域的所有离子检测完整,求需要调节 U 的最少次数。(取 lg 2=0.301,lg 3=0.477,lg 5=0.699)答案 (1) (2) U (3)3 次922320 100081 1609解析 (1)离子在电场中加速,qU 0= mv212在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m ,解得 r=2 120代入 r= L,解得 m=34 922320(2)由(1)知,U=160292离子打在 Q 点 r= L,U=56 100081离子打在 N 点 r=L,U=1609则电压的范围为 U1
8、00081 1609(3)由(1)可知,r 由题意知,第 1 次调节电压到 U1,使原本打在 Q 点的离子打在 N 点, =56 10此时,原本半径为 r1的打在 Q1的离子打在 Q 上 =561 10解得 r1= L(56)2第 2 次调节电压到 U2,使原本打在 Q1的离子打在 N 点,原本半径为 r2的打在 Q2的离子打在 Q 上,则= , = ,解得 r2=( )3L120562 20 56同理,第 n 次调节电压,有 rn=( )n+1L56检测完整,有 rn ,解得 n -12.82 2 65最少次数为 3 次。6.(2015 浙江理综,25,22 分)使用回旋加速器的实验需要把离
9、子束从加速器中引出 ,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为 m,速度为 v 的离子在回旋加速器内旋转,旋转轨道是半径为 r 的圆,圆心在 O 点,轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度为 B。为引出离子束,使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示,一对圆弧形金属板组成弧形引出通道,通道的圆心位于 O点(O点图中未画出)。引出离子 时,令引出通道内磁 场的磁感应强度降低,从而使离子从 P 点进入通道,沿通道中心线从 Q 点射出。已知 OQ 长度为 L,OQ 与 OP 的夹角为 。(1)求离子的电荷量 q 并判断其正负;(2)离子从 P 点进入,Q 点射出,通道内匀强磁场
10、的磁感应强 度应降为 B,求 B;(3)换用静电偏转法引出离子束,维持通道内的原有磁感应强 度 B 不变,在内外金属板间加直流电压,两板间产生径向电场,忽略边缘效应。 为使离子仍从 P 点进入,Q 点射出,求通道内引出轨迹处电场强度 E 的方向和大小。答案 (1) 正电荷(2)(22)(2+22)(3)方向沿径向向外 Bv-2(22)(2+22)解析 (1)离子做圆周运动 Bqv= 2q= ,带正电荷(2)如图所示OQ=R,OQ=L,OO=R-r引出轨迹为圆弧,有 Bqv= 2R= 根据几何关系得R= 2+2222B= = (22)(2+22)(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧,有 B
11、qv-Eq= 2E=Bv- 2(22)(2+22)7.(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
12、与水平方向的 夹角为 n,试求 sin n;(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(2)B2(3)见解析解析 (1)粒子在进入第 2 层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理,有2qEd= m 1222由式解得v2=2 粒子在第 2 层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有qv2B=m 222由式解得r2= 2(2)设粒子在第 n 层磁场中运动的速度为 vn,轨迹半径为 rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同)。nqEd=
13、 m 122qvnB=m 2粒子进入第 n 层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为 n,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 n,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 n-1=vn sin n由图 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为一等差数列,公差 为 d,可得rn sin n=r1 sin 1+(n-1)d图 2当 n=1 时,由图 2 看出r1 sin 1=d由 式得sin n=B2(3)若粒子恰好不能从
14、第 n 层磁场右侧边界穿出,则n=2sin n=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 n,由于 则导致 sin n1说明 n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。8.(2014 四川理综,11,19 分)如图所示,水平放置的不带电的平行金属板 p 和 b 相距 h,与图示电路相连,金属板厚度不计,忽略边缘效应。p 板上表面光滑 ,涂有绝缘层,其上 O 点右侧相距 h 处有小孔 K;b 板上有小孔 T,且 O、T 在同一条竖直线上,图示平面为竖直平面。 质量为 m
15、、电荷量为-q(q0) 的静止粒子被发射装置(图中未画出)从 O 点发射,沿 p 板上表面运动时间 t 后到达 K 孔,不与板碰撞地进入两板之间。粒子视为质点,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为 g。(1)求发射装置对粒子做的功;(2)电路中的直流电源内阻为 r,开关 S 接“1” 位置时,进入板间的粒子落在 b 板上的 A 点,A 点与过 K 孔竖直线的距离为 l。此后将开关 S 接“2”位置,求阻值为 R 的电阻中的 电流强度;(3)若选用恰当直流电源,电路中开关 S 接“1”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小
16、合适的匀 强磁场磁感应强度 B 只能在 0Bm= 范围内选取, 使粒子恰好(21+5)(212)从 b 板的 T 孔飞出,求粒子飞出时速度方向与 b 板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示) 。答案 (1) (2)222 (+)(2322)(3)0B0 满足题目要求,夹角 趋近 0,即0=0则题目所求为 0 )34 403(4)vmax=34(2)解析 (1)由动能定理得 M =eU122U= 22a= =e = 22(2)由题知电子在区内不与器壁相碰且能到达的区域越大 ,电离效果越好,则题图 2 中显然电子往左半部偏转较好,故区中磁场方向应垂直纸面向外(3)设电子运动的最大半径为 r2
17、r= R32eBv=m 2所以有 v0v 403(4)如图所示,OA=R-r,OC= ,AC=r2根据几何关系得 r= 34(2)由式得 vmax=34(2)11.(2014 重庆理综,9,18 分)如图所示,在无限长的竖直边界 NS 和 MT 间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于 NSTM 平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为 B 和 2B,KL 为上下磁场的水平分界线,在 NS 和 MT 边界上,距 KL 高 h 处分别有 P、Q 两点,NS 和 MT 间距为 1.8h。质量为 m、带电量为+q 的粒子从 P 点垂直于 NS 边界射入该区域,在两边界之间做圆周运
18、动,重力加速度为 g。(1)求电场强度的大小和方向。(2)要使粒子不从 NS 边界飞出 ,求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能经过 Q 点从 MT 边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。答案 (1) ,方向竖直向上 (2)(9-6 ) 2(3)见解析图 1解析 (1)设电场强度大小为 E。由题意有 mg=qE得 E= ,方向竖直向上。(2)如图 1 所示,设粒子不从 NS 边飞出的入射速度最小值为 vmin,对应的粒子在上、下区域的运 动半径分别为 r1和 r2,圆心的 连线与 NS 的夹角为 。由 r=有 r1= ,r2= r1 12由(r 1+r2)sin =r2r1+r1 cos =h
19、得 vmin=(9-6 )2(3)如图 2 所示,设粒子入射速度为 v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为 r1和 r2,粒子第一次通过 KL 时距离 K 点为 x。图 2由题意有 3nx=1.8h(n=1,2,3,)x32 (962)2x= 21(1)2得 r1=(1+ ) ,n0,得00) 的粒子由 S1静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在 t= 时刻通过 S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力,不考虑02极板外的电场)(1)求粒子到达 S2时的速度大小 v 和极板间距 d。(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在 t=3T0时刻再次到达 S2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。答案 (1) (2)B 2联立式得B 420(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为 t1,有d=vt1联立式得t1= 04若粒子再次到达 S2时速度恰好为零,粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时间为 t2,根据运动学公式得d= t22联立 式得t2=02设粒子在磁场中运动的时间为 tt=3T0- -t1-t202联立 式得t=704设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T,由式结合运动学公式得 T=2由题意可知T=t联立 式得B=870
