1、专题九 磁场,高考物理(江苏专用),考点一 磁场 安培力1.(2015江苏单科,4,3分)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载 流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电 流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是 ( ),五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,答案 A 天平处于平衡状态,说明线圈受到的重力和安培力的合力等于两侧砝码重力差,根 据安培力公式F=BIL,知选项A中线圈在磁场中有效长度最大,所受安培力最大,磁场发生微小 变化,安培力变化最大,天平最容易失去平衡,选项A符合题意。,错解分析 易错选D。
2、错误的原因可能是对电流天平的工作原理未弄懂,或不了解“有效长 度”的分析方法。,考查点 本题考查考生对安培力的理解和推理能力。属于中等难度题。,2.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为, 间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属 棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松 开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到 底端的过程中,金属棒 (1)末速度的大小v; (2)通过的电流大小I; (3)通过的电荷量Q。,答
3、案 (1) (2) (3),解析 (1)匀加速直线运动 v2=2as 解得v= (2)安培力F安=IdB 金属棒所受合力F=mg sin -F安 由牛顿运动定律得F=ma 解得I= (3)运动时间t= 电荷量Q=It解得Q=,试题评析 情景新颖、题设巧妙此题主要考查运动学公式和牛顿第二定律的简单应用,但应用情景为导体在磁场中导轨 上的运动。情景新颖,题设巧妙,过程简单,是一道考查考生基础知识掌握水平的好题,本题难 度为易。,1.(2018课标,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
4、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 B0 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0 D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,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
5、 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。,2.(2017课标,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
6、.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11 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,
7、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F 3= BI;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1F2F3=11 ,故A、D错误,B、C正 确。,3
8、.(2017课标,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。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
9、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 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。,4.(2015课标,18,6分)(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
10、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。,5.(2015课标,24,12分)如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀 强磁场
11、中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒 绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 。已知开关断开时两 弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改 变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出 金属棒的质量。,答案 见解析,解析 依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为 竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 2kl1=mg
12、式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为 F=IBL 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平 衡条件得 2k(l1+l2)=mg+F 由欧姆定律有 E=IR 式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。 联立式,并代入题给数据得,m=0.01 kg (安培力方向判断正确给2分,式各2分),1.(2017上海单科,11,4分)如图,一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间。开关闭合后导体棒受 到的安培力方向 ( )A.向上 B.向下 C.向左 D.向右,C组 教师专用题组,答案 D 本
13、题考查电流的磁效应、安培力及左手定则。根据图中的电流方向,由安培定则 知U形铁芯下端为N极,上端为S极,ab中的电流方向由ab,由左手定则可知导体棒受到的安培 力方向向右,选项D正确。,思路分析 绕有线圈的U形铁芯为电磁铁,据通过线圈的电流方向,确定U形铁芯的磁极,再通 过左手定则确定安培力的方向。,2.(2014课标,15,6分)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是 ( ) A.安培力的方向可以不垂直于直导线 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半,答案 B 由左手
14、定则可知,安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确; 安培力的大小F=BIL sin 与直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成 直角,假设原来直导线与磁场方向垂直,若折成直角后一段与磁场仍垂直,另一段与磁场平行, 则安培力的大小变为原来的一半,若折成直角后,两段都与磁场垂直,则安培力的大小变为原来 的 ,因此安培力大小不一定是原来的一半,选项D错误。,3.(2014浙江理综,20,6分)(多选)如图1所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直 向下的匀强磁场,磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t=0时刻起, 棒上有如图2所示的
15、持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图1中I所示方向为电流正方向。则金 属棒 ( ),答案 ABC 根据题意得出v-t图像如图所示,金属棒一直向右运动,A正确。速度随时间做周 期性变化,B正确。据F安=BIL及左手定则可判定,F安大小不变,方向做周期性变化,则C项正确。 F安在前半周期做正功,后半周期做负功,则D项错。,评析 题中“从t=0时刻起,棒上有如图2所示的持续交变电流”中“有”字较模糊,易引起歧 义,有可能理解成动生电情况。,考点二 洛仑兹力 带电粒子在磁场中的运动 A组 自主命题江苏卷题组 1.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形
16、匀强磁场B的 边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 ( )A.11 B.12 C.14 D.41,答案 A 磁通量=BS,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。因为是同一磁场,B相 同,且有效面积相同,Sa=Sb,故a=b。选项A正确。,友情提醒 虽然两线圈面积不同,但是有效面积相等。,2.(2012江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量 为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A 点。下列说法正确的有 ( )A.若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0 B.若粒子落在A点的右侧,其速
17、度一定大于v0 C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于v0- D.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于v0+,答案 BC 当粒子从O点垂直于MN进入磁场时,落在MN上的点离O点最远,设O、A间的距离 为d+x,则有: = 当v0大小不变、方向改变时,粒子就落在A点的左侧,故A项错误。若粒子落在A点的右侧,由r= 可知,v一定大于v0,故B正确。若粒子落在A点左侧d处时,粒子的最小速度vmin一定满足: = 解两式可得:vmin=v0- ,故C项正确。当vv0+ 时,只要改变速度的方向,也可以使粒子 落在A点左右两侧d的范围内,故D项错误。,3.(2018江苏单科,
18、15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间 两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点,各区域磁感应强度大小相 等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时,粒子从O上方 处射出磁场。取sin 53=0.8,cos 53=0.6。 (1)求磁感应强度大小B; (2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O的时间t; (3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O的 时间增加t,求t的最大值。,答案 (1) (2) (3),解析 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。(1)
19、粒子圆周运动的半径r0= 由题意知r0= ,解得B= (2)设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为 由d=r sin ,得sin = ,即=53 在一个矩形磁场中的运动时间t1= ,解得t1= 直线运动的时间t2= ,解得t2= 则t=4t1+t2= (3)将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y=2r(1-cos )+x tan 由y2d,解得x d,则当xm= d时,t有最大值 粒子直线运动路程的最大值sm= +(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值sm=sm-2d=d 增加时间的最大值tm= =,思路点拨 带电粒子在匀强磁场中的运动(1)粒子以v0射入磁场,从O点正上方 处射出,
20、说明粒子仅在最左边的磁场中做半径为r0=的圆周运动,轨迹为半圆。(2)粒子以5v0射入磁场,运动半径r= =5r0= d。故可推知运动轨迹如图所示。,(3)将中间两磁场分别向中央平移距离x,则粒子以5v0射入后,其运动轨迹如图所示。,4.(2014江苏单科,14,16分,)某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图所示。装置的 长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且 相反,两磁场的间距为d。装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M位于轴线OO上,N、 P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内,质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从 装置
21、左端的中点射入,方向与轴线成30角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点。改变粒子 入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(1)求磁场区域的宽度h; (2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量v;,(3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值。,答案 (1)( L- d)(1- ) (2) ( - d) (3) ( - d)(1n -1,n取整数),解析 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r 根据题意L=3r sin 30+3d cos 30 且h=r(1-cos 30) 解得h=( L- d)(1- ) (2)设改变入射速度后粒子在
22、磁场中的轨道半径为r m =qvB,m =qvB 由题意知3r sin 30=4r sin 30 解得v=v-v= ( - d) (3)设粒子经过上方磁场n次 由题意知L=(2n+2)d cos 30+(2n+2)rn sin 30 且m =qvnB,解得vn= ( - d)(1n -1,n取整数),考查点 本题考查了洛仑兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动等知识,属于较难题。,审题技巧 审题过程中注意抓住关键词语,如“恰好到达P点”、“入射速度的最小变化 量”、“速度大小的可能值”等,由关键词语的含义并结合对称性和周期性建立粒子运动的 情景。,1.(2017课标,18,6分)如图,虚线所示的圆形
23、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v2v1 为 ( )A. 2 B. 1 C. 1 D.3,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 C 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
24、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。,2.(2016课标,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=30,所需时间t= T=;由题意可知粒子由M飞至N与圆筒旋
25、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。,3.(2016课标,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(q0)。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.
26、 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OQ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OS垂直于v,则OSQ=60;由于SO=OQ=R,所以SO Q为等边三角形,SOQ=60,由四边形OSOP可求得SOP=120,所以SOP+SOQ=180 。,4.(2015课标,14,6分)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,
27、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 因洛仑兹力不做功,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= 知,角速度减小,选项D正确。,5.(2015课标,19,6分)(多选)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k倍。两 个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比,中的电子 ( ) A.运动轨迹的半径是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圆周运动的周期是中的k倍 D.做圆周运动的角速度与中的相等,答案 AC 由题意可知,v1=v2,B
28、1=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= = B, 故2=1/k,D错。,6.(2017课标,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x0区域,磁 感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q (q0)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
29、运动。 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为 R2。由洛仑兹力公式及牛顿运动定律得 qB0v0=m qB0v0=m 粒子速度方向转过180时,所需时间t1为 t1= 粒子再转过180时,所需时间t2为 t2= 联立式得,所求时间为 t0=t1+t2= (1+ ) (2)由几何关系及式得,所求距离为,d0=2(R1-R2)= (1- ) ,综合点评 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛仑兹力提供向心力。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R右。速度方向再次沿x轴正向时,意味着粒子 在左、右磁场中各转过半周。所以
30、粒子与O点间距离为直径的差值。题目内容精典,难度较 小。,1.(2014课标,16,6分)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁 场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到 达PQ的中点O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝 板上方和下方的磁感应强度大小之比为 ( ),C组 教师专用题组,A.2 B. C.1 D.,答案 D 由题图可知,带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍;由洛仑兹力提 供向心力:qvB= 得v= ;其动能Ek= mv2= ,故磁感应强度B= , = =,选项D
31、正确。,2.(2015广东理综,16,4分)在同一匀强磁场中,粒子 He)和质子 H)做匀速圆周运动,若它们的 动量大小相等,则粒子和质子 ( ) A.运动半径之比是21 B.运动周期之比是21 C.运动速度大小之比是41 D.受到的洛仑兹力之比是21,答案 B 设质子与粒子的质量、电荷量分别为m、e与4m、2e,则由r= = ,可知 = ,A 错误;由T= ,知 = ,B正确;由p=mv,知 = ,C错误;由f=Bqv,知 = ,D错误。,3.(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
32、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仑兹力方向向上,A对,B、C、D 错。,4.(2016四川理综,4,6分)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正 电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时 间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力
33、。则 ( )A.vbvc=12,tbtc=21 B.vbvc=21,tbtc=12 C.vbvc=21,tbtc=21 D.vbvc=12,tbtc=12,答案 A 由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在a点,半径为正六边形边长L;粒子以 vc射入时轨迹圆心在M点,半径为2L;由半径公式r= 可得vbvc=rbrc=12,由几何图形可看 出,两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120、60,所以tbtc=21,A项正确。,5.(2014课标,20,6分)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅 微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和
34、质 子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是 ( )A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小,答案 AC 在同一匀强磁场中,各粒子进入磁场时速度方向相同,但速度大小关系未知。由 左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛仑兹力方向相反,偏转方向必相反,故A正确。 因r= ,各粒子虽q相同,但v关系未知,故m相同、v不同时轨迹半径不同,而当r相同时只能表明 mv相同,不能确定m的关系,故B错误、C正确。由Ek= mv2、r= 有r= ,可见当
35、Ek越大时 粒子轨迹半径越大,故D错误。,6.(2015四川理综,7,6分,)(多选)如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子, 平板MN垂直于纸面。在纸面内的长度L=9.1 cm,中点O与S间的距离d=4.55 cm,MN与SO直线 的夹角为,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B =2.010-4 T。电子质量m=9.110-31 kg,电量e=-1.610-19 C,不计电子重力。电子源发射速度v=1. 6106 m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则 ( )A.=90时,l=9.1 cm B.=60时,l=9.1 cm
36、 C.=45时,l=4.55 cm D.=30时,l=4.55 cm,答案 AD 如图,S到MN的距离d0=d sin ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN 上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上最下端的位置对应于到S的 距离等于电子运动轨迹直径的点(若 ,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹的半径r = =4.55 cm。由图中几何关系有 = , = 。当=90时, 取 得最小值 r,此时 = ,从而有l= = + -d cos = + -d cos 。当 =90时,l=9.1 cm,当=60时,l=6.78 cm,当=45时,l=5.68 cm,当=30时,
37、l=4.55 cm。故可知A、 D正确,B、C错误。,7.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场 方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T; (2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度 E的大小。,答案 (1) (2)vB,解析 (1)洛仑兹力提供向心力,有f=qvB=m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R= 匀速圆周运动的周期T= = (2)粒子受电场力F=qE,洛仑兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qv
38、B 场强E的大小E=vB,考点三 带电粒子在复合场中的运动 A组 自主命题江苏卷题组 1.(2014江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,导电物质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:UH=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
39、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:UH=k =k =k = PL, 可得知UH与PL成正比,故D正确。,考查点 本题考查霍尔元件、带电粒子在匀强磁场中的运动、电阻的串联与并联、欧姆定 律、电功率等知识和分析综合能力,属于较难题。,学习指导 物理高考题经常把与物理联系密切的生产、生活中的实际问题作为载体,考查考
40、生应用物理知识分析、解决实际问题的能力。所以,学习过程中要把常见的仪器、仪表的原 理理解透彻,熟练掌握,如质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计等。,2.(2017江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电 压为U0的加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向 进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均 为+q,质量分别为2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不 考虑离子间的相互作用。(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;,(2)在图中
41、用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d; (3)若考虑加速电压有波动,在(U0-U)到(U0+U)之间变化,要使甲、乙两种离子在底片上没有 重叠,求狭缝宽度L满足的条件。,答案 见解析,解析 本题考查动能定理、牛顿第二定律。 (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1 电场加速qU0= 2mv2 且qvB=2m 解得r1= 根据几何关系x=2r1-L 解得x= -L (2)如图所示,最窄处位于过两虚线交点的垂线上d=r1- 解得d= - (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径 r1min=,r2的最大半径r2max= 由题意知2r1min-2r2maxL,
42、即 - L 解得L 2 - ,方法技巧 平移分析法 (2)中,把甲种离子运动轨迹由过M点的半圆向右平移至过N点的位置,轨迹扫过的范围,就是甲 种离子经过的区域。 分析过程中,可把L放长一些、圆的半径放大一些,在草稿纸上规范作图,并作出恰当的辅助线, 便容易看清几何关系,顺利解题。,3.(2016江苏单科,15,16分)回旋加速器的工作原理如图1所示,置于真空中的D形金属盒半径为 R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、 电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图2所示,电压值的大小为U0,周期T= 。一束该种粒 子在t=0 时间内从A处均匀地飘入狭缝,其
43、初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时 间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用。求:,图1,图2 (1)出射粒子的动能Em; (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0; (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件。,答案 (1) (2) - (3)d,解析 (1)粒子运动半径为R时 qvB=m 且Em= mv2 解得Em= (2)粒子被加速n次达到动能Em,则Em=nqU0 粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为t 加速度a= 匀加速直线运动nd= at2 由t0=(n-1) +t,解得t0= - (3)只有在0( -t
44、)时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为=,由99%,解得d,考查点 本题考查带电粒子在电场中的加速运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动、交变电 压的规律、动能定理、匀变速直线运动公式等知识,对考生的分析推理能力要求较高,属于较 难题。,方法技巧 计算粒子在电场中运动的总时间时,可直接将粒子在电场中的各段运动衔接起来, 作为一个匀加速直线运动来处理,可用总位移nd= at2或总速度v=at来计算。,4.(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
45、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。 (1)求原本打在MN中点P的离子质量m; (2)为使原本打在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,解析 (1)离子在电场中加速,qU0= mv2 在磁场中做
46、匀速圆周运动,qvB=m ,解得r= 代入r= L,解得m= (2)由(1)知,U= 离子打在Q点r= L,U= 离子打在N点r=L,U= 则电压的范围为 U (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, = 此时,原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上 =,解得r1= L 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= L 同理,第n次调节电压,有rn= L 检测完整,有rn ,解得n -12.8 最少次数为3次。,考查点 本题考查带电粒子在匀强电场中的加速运动、带电粒子在匀强磁
47、场中的运动以及 洛仑兹力等知识,对考生的推理能力、分析综合能力和应用数学知识解决物理问题的能力有 较高要求。属于较难题。,解题思路 由带电粒子经电场加速后的速度v与其在磁场中做圆周运动半径r之间的关系,即 可推出加速电压U与质量m、半径r之间的关系,可得到加速电压U与r的关系式,再结合粒子在 Q点和N点的半径,即可得到加速电压的调节范围。 第(3)问中要找出第一次、第二次调节电压后同一粒子在两种情形下的电压和半径之间的关 系式,根据两次调节电压后表达式的相似性,再运用数学归纳法推出通式,加上边界条件求解 之。,5.(2011江苏单科,15,16分)某种加速器的理想模型如图甲所示:两块相距很近的
48、平行小极板中 间各开有一小孔a、b,两极板间电压uab的变化图像如图乙所示,电压的最大值为U0、周期为T0, 在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板 内a孔处静止释放,经电场加速后进入磁场,在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加 速。现该粒子的质量增加了 m0。(粒子在两极板间的运动时间不计,两极板外无电场,不考 虑粒子所受的重力)甲,乙 (1)若在t=0时将该粒子从板内a孔处静止释放,求其第二次加速后从b孔射出时的动能; (2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场,忽略其对管外磁场的 影响),使图甲中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出,请在图 甲中的相应位置处画出磁屏蔽管; (3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍,该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速,才能经多次 加速后获得最大动能?最大动能是多少?,解析 (1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB=m0 , T0= 则T0= 当粒子的质量增加 m0时,其周期增加T= T0 则根据题图乙可知,粒子第一次的加速电压u1=U0 粒子第二次的加速电压u2= U0 射出时的动能Ek2=qu1+qu2 解得Ek2= qU0,
