（江蘇專(zhuān)用）2019版高考物理總復(fù)習(xí) 專(zhuān)題九 磁場(chǎng)課件

1、1專(zhuān)題九磁場(chǎng)高考物理高考物理 (江蘇省專(zhuān)用江蘇省專(zhuān)用)2一、單項(xiàng)選擇題一、單項(xiàng)選擇題1.(2017江蘇單科,1,3分)如圖所示,兩個(gè)單匝線(xiàn)圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的邊緣恰好與a線(xiàn)圈重合,則穿過(guò)a、b兩線(xiàn)圈的磁通量之比為()A.1 1B.1 2C.1 4D.4 1A組 自主命題江蘇卷題組五年高考答案A磁通量=BS,其中B為磁感應(yīng)強(qiáng)度,S為與B垂直的有效面積。因?yàn)槭峭淮艌?chǎng),B相同,且有效面積相同,Sa=Sb,故a=b。選項(xiàng)A正確。友情提醒雖然兩線(xiàn)圈面積不同,但是有效面積相等。32.(2015江蘇單科,4,3分)如圖所示,用天平測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。下列各選項(xiàng)所示的載流線(xiàn)圈

2、匝數(shù)相同,邊長(zhǎng)MN相等,將它們分別掛在天平的右臂下方。線(xiàn)圈中通有大小相同的電流,天平處于平衡狀態(tài)。若磁場(chǎng)發(fā)生微小變化,天平最容易失去平衡的是()4答案A天平處于平衡狀態(tài),說(shuō)明線(xiàn)圈受到的重力和安培力的合力等于兩側(cè)砝碼重力差,根據(jù)安培力公式F=BIL,知選項(xiàng)A中線(xiàn)圈在磁場(chǎng)中有效長(zhǎng)度最大,所受安培力最大,磁場(chǎng)發(fā)生微小變化,安培力變化最大,天平最容易失去平衡,選項(xiàng)A符合題意?？疾辄c(diǎn)本題考查考生對(duì)安培力的理解和推理能力。屬于中等難度題。錯(cuò)解分析易錯(cuò)選D。錯(cuò)誤的原因可能是對(duì)電流天平的工作原理未弄懂,或不了解“有效長(zhǎng)度”的分析方法。53.(2014江蘇單科,9,4分)如圖所示,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩

3、串聯(lián)線(xiàn)圈之間,線(xiàn)圈中電流為I,線(xiàn)圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)通過(guò)霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿(mǎn)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(yuǎn)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(shì)低于后表面B.若電源的正負(fù)極對(duì)調(diào),電壓表將反偏HI Bd二、多項(xiàng)選擇題二、多項(xiàng)選擇題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6答案CD由左手定則可判定,霍爾元件的后表面積累負(fù)電荷,前表面電勢(shì)較高,故A錯(cuò)。由電路關(guān)系可見(jiàn),當(dāng)電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)時(shí),通過(guò)霍爾元件的電流IH和所

4、在空間的磁場(chǎng)方向同時(shí)反向,前表面的電勢(shì)仍然較高,故B錯(cuò)。由電路可見(jiàn),=,則IH=I,故C正確。RL的熱功率PL=RL=RL=,因?yàn)锽與I成正比,故有:UH=k=k=k=PL,可得知UH與PL成正比,故D正確。HLIILRRLLRRR2LI2HLRIR22HLR IRHI BdHI Id2H()LLIRRdR2()Lk RRdR考查點(diǎn)本題考查霍爾元件、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、電阻的串聯(lián)與并聯(lián)、歐姆定律、電功率等知識(shí)和分析綜合能力,屬于較難題。學(xué)習(xí)指導(dǎo)物理高考題經(jīng)常把與物理聯(lián)系密切的生產(chǎn)、生活中的實(shí)際問(wèn)題作為載體,考查考生應(yīng)用物理知識(shí)分析、解決實(shí)際問(wèn)題的能力。所以,學(xué)習(xí)過(guò)程中要把常見(jiàn)的儀器、儀

5、表的原理理解透徹,熟練掌握,如質(zhì)譜儀、回旋加速器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)等。74.(2017江蘇單科,15,16分)一臺(tái)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(chǎng),其初速度幾乎為0,經(jīng)加速后,通過(guò)寬為L(zhǎng)的狹縫MN沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(xiàn)為經(jīng)過(guò)狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的最小距離x;三、非選擇題三、非選擇題(2)在圖中用斜線(xiàn)標(biāo)出磁場(chǎng)中甲種離子經(jīng)過(guò)的區(qū)域,并求該區(qū)域最窄處的寬度d;

6、(3)若考慮加速電壓有波動(dòng),在(U0-U)到(U0+U)之間變化,要使甲、乙兩種離子在底片上沒(méi)有重疊,求狹縫寬度L滿(mǎn)足的條件。8答案見(jiàn)解析解析本題考查動(dòng)能定理、牛頓第二定律。(1)設(shè)甲種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r1電場(chǎng)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1221vr2B0mUq4B0mUq9最窄處位于過(guò)兩虛線(xiàn)交點(diǎn)的垂線(xiàn)上d=r1-解得d=-(3)設(shè)乙種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2r1的最小半徑r1min=r2的最大半徑r2max=2212Lr2B0mUq20244mULqB2B0()m UUq1B02 ()m UUq 由題意知2r1m

7、in-2r2maxL,即-L解得L2-4B0()m UUq2B02 ()m UUq 2Bmq0()UU02()UU 10方法技巧平移分析法(2)中,把甲種離子運(yùn)動(dòng)軌跡由過(guò)M點(diǎn)的半圓向右平移至過(guò)N點(diǎn)的位置,軌跡掃過(guò)的范圍,就是甲種離子經(jīng)過(guò)的區(qū)域。分析過(guò)程中,可把L放長(zhǎng)一些、圓的半徑放大一些,在草稿紙上規(guī)范作圖,并作出恰當(dāng)?shù)妮o助線(xiàn),便容易看清幾何關(guān)系,順利解題。115.(2016江蘇單科,15,16分)回旋加速器的工作原理如圖1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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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2所示,電壓值的

8、大小為U0,周期T=。一束該種粒子在t=0時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng),不考慮粒子間的相互作用。求:圖12 mqB2T12圖2(1)出射粒子的動(dòng)能Em;(2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0;(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出,d應(yīng)滿(mǎn)足的條件。答案(1)(2)-(3)d99%,解得d02100mUqB R考查點(diǎn)本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)、交變電壓的規(guī)律、動(dòng)能定理、勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)公式等知識(shí),對(duì)考生的分析推理能力要求較高,屬于較難題。方法技巧計(jì)算粒子在電

9、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間時(shí),可直接將粒子在電場(chǎng)中的各段運(yùn)動(dòng)銜接起來(lái),作為一個(gè)勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)來(lái)處理,可用總位移nd=at2或總速度v=at來(lái)計(jì)算。12156.(2015江蘇單科,15,16分,)一臺(tái)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(chǎng),其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過(guò)狹縫O沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),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(cè)量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞,檢測(cè)不到離子,但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測(cè)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(cè)到。(1)求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m

10、;(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(cè)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)231316解析(1)離子在電場(chǎng)中加速,qU0=mv2在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),qvB=m,解得r=代入r=L,解得m=(2)由(1)知,U=離子打在Q點(diǎn)r=L,U=離子打在N點(diǎn)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(diǎn)的離子打在N點(diǎn),=此時(shí),原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上=122vr1B02mUq34220932qB LU

11、202169U rL56010081U0169U010081U0169UU56LL10UU156Lr10UU答案(1)(2)U(3)3次220932qB LU010081U0169U17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(diǎn),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(cè)完整,有rn,解得n-12.8最少次數(shù)為3次。2561Lr20UU256Lr20UU356156n2Llg26lg518考查點(diǎn)本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)以及洛侖茲力等知識(shí),對(duì)考生的推理能力、分析綜合能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)

12、知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力有較高要求。屬于較難題。解題思路由帶電粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度v與其在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)半徑r之間的關(guān)系,即可推出加速電壓U與質(zhì)量m、半徑r之間的關(guān)系,可得到加速電壓U與r的關(guān)系式,再結(jié)合粒子在Q點(diǎn)和N點(diǎn)的半徑,即可得到加速電壓的調(diào)節(jié)范圍。第(3)問(wèn)中要找出第一次、第二次調(diào)節(jié)電壓后同一粒子在兩種情形下的電壓和半徑之間的關(guān)系式,根據(jù)兩次調(diào)節(jié)電壓后表達(dá)式的相似性,再運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法推出通式,加上邊界條件求解之。197.(2014江蘇單科,14,16分,)某裝置用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng),工作原理如圖所示。裝置的長(zhǎng)為L(zhǎng),上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與

13、紙面垂直且相反,兩磁場(chǎng)的間距為d。裝置右端有一收集板,M、N、P為板上的三點(diǎn),M位于軸線(xiàn)OO上,N、P分別位于下方磁場(chǎng)的上、下邊界上。在紙面內(nèi),質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入,方向與軸線(xiàn)成30角,經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次,恰好到達(dá)P點(diǎn)。改變粒子入射速度的大小,可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置。不計(jì)粒子的重力。(1)求磁場(chǎng)區(qū)域的寬度h;(2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn),求粒子入射速度的最小變化量v;(3)欲使粒子到達(dá)M點(diǎn),求粒子入射速度大小的可能值。20答案(1)(L-d)(1-)(2)(-d)(3)(-d)(1n-1,n取整數(shù))23332qBm6L34qBm

14、1Ln333Ld21解析(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為r根據(jù)題意L=3rsin30+3dcos30且h=r(1-cos30)解得h=(L-d)(1-)(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌?chǎng)中的軌道半徑為rm=qvB,m=qvB由題意知3rsin30=4rsin30解得v=v-v=(-d)(3)設(shè)粒子經(jīng)過(guò)上方磁場(chǎng)n次由題意知L=(2n+2)dcos30+(2n+2)rnsin30且m=qvnB,解得vn=(-d)(1n-1,n取整數(shù))233322vr2vrqBm6L342nnvrqBm1Ln333Ld考查點(diǎn)本題考查了洛侖茲力、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等知識(shí),屬于較難題。審題技巧審題過(guò)程中注意抓住關(guān)

15、鍵詞語(yǔ),如“恰好到達(dá)P點(diǎn)”、“入射速度的最小變化量”、“速度大小的可能值”等,由關(guān)鍵詞語(yǔ)的含義并結(jié)合對(duì)稱(chēng)性和周期性建立粒子運(yùn)動(dòng)的情景。228.(2013江蘇單科,15,16分,)在科學(xué)研究中,可以通過(guò)施加適當(dāng)?shù)碾妶?chǎng)和磁場(chǎng)來(lái)實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制。如圖1所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t做周期性變化的圖像如圖2所示。x軸正方向?yàn)镋的正方向,垂直紙面向里為B的正方向。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P,其質(zhì)量和電荷量分別為m和+q。不計(jì)重力。在t=時(shí)刻釋放P,它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。圖12圖2(1)求P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v0;(2)求B0應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系;(3)

16、在t0(0t00)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng),速度與OM成30角。已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn),并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)重力。粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線(xiàn)O的距離為()A.B.C.D.2mvqB3mvqB2mvqB4mvqB46答案D粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(xiàn)上。則PQ=2R,所以O(shè)Q=4R=,選項(xiàng)D正確。2vRmvqB4mvqB方法技巧由題意知v與OM成30角,而OS垂直于v,則OSQ=60;由于SO=OQ=R,所以SOQ為等邊三角形,SOQ=60,由四邊形

17、OSOP可求得SOP=120,所以SOP+SOQ=180。474.(2016四川理綜,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(qiáng)磁場(chǎng)。一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域,當(dāng)速度大小為vb時(shí),從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb;當(dāng)速度大小為vc時(shí),從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc,不計(jì)粒子重力。則()A.vb vc=1 2,tb tc=2 1B.vb vc=2 1,tb tc=1 2C.vb vc=2 1,tb tc=2 1D.vb vc=1 2,tb tc=1 248答案A由定圓心的方法知,粒子以vb射入時(shí)軌跡圓心在a點(diǎn),半徑為正六邊形邊長(zhǎng)L;粒子以

18、vc射入時(shí)軌跡圓心在M點(diǎn),半徑為2L;由半徑公式r=可得vb vc=rb rc=1 2,由幾何圖形可看出,兩個(gè)圓弧軌跡所對(duì)圓心角分別是120、60,所以tb tc=2 1,A項(xiàng)正確。mvqB495.(2015課標(biāo),14,6分)兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力),從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)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因洛侖茲力不做功,故帶電粒子從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱的磁場(chǎng)區(qū)域后,其速度大小不變,由r=知,軌道半徑增大;

19、由角速度=知,角速度減小,選項(xiàng)D正確。mvqBvr506.(2015海南單科,1,3分)如圖,a是豎直平面P上的一點(diǎn)。P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點(diǎn)。P后一電子在偏轉(zhuǎn)線(xiàn)圈和條形磁鐵的磁場(chǎng)的共同作用下,在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過(guò)a點(diǎn)。在電子經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的瞬間,條形磁鐵的磁場(chǎng)對(duì)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(diǎn),條形磁鐵在a點(diǎn)的磁場(chǎng)垂直于豎直平面向外,在電子經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的瞬間,由左手定則可知該電子所受洛侖茲力方向向上,A對(duì),B、C、D錯(cuò)。517.(2014課標(biāo),16,6分)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

20、強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫(huà)出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出,從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O,已知粒子穿越鋁板時(shí),其動(dòng)能損失一半,速度方向和電荷量不變,不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()A.2B.C.1D.222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;由洛侖茲力提供向心力:qvB=得v=;其動(dòng)能Ek=mv2=,故磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,=,選項(xiàng)D正確。2mvRqBRm122222q B Rmk222mEq R12BBk1k2EE21RR22528.(2015課標(biāo),19,6分)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和,中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍。兩個(gè)速率相同的電子分別在兩

21、磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)。與中運(yùn)動(dòng)的電子相比,中的電子()A.運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的周期是中的k倍D.做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與中的相等二、多項(xiàng)選擇題二、多項(xiàng)選擇題答案AC由題意可知,v1=v2,B1=kB2。電子運(yùn)動(dòng)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(cuò)。周期T=,故T2=kT1,C正確。角速度=B,故2=1/k,D錯(cuò)。mvBe1BBevm2 mBe1B2TBem539.(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(chǎng)。在x0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0;x1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q

22、(q0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng),此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)。當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí),求(不計(jì)重力)(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(2)粒子與O點(diǎn)間的距離。三、非選擇題三、非選擇題答案(1)(1+)(2)(1-)0mB q1002mvB q154解析本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)在x0區(qū)域,圓周半徑為R1;在xB右,所以R左mbmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma考點(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、單項(xiàng)選擇題一、單項(xiàng)選擇題62答案B本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。因微粒a做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則微

23、粒重力不能忽略且與電場(chǎng)力平衡:mag=qE;由左手定則可以判定微粒b、c所受洛侖茲力的方向分別是豎直向上與豎直向下,則對(duì)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(jié)復(fù)合場(chǎng)中粒子的特殊運(yùn)動(dòng)帶電粒子在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí):若做勻速圓周運(yùn)動(dòng),重力必與電場(chǎng)力平衡,洛侖茲力提供向心力;若做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),必是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),合力定為零。632.(2016課標(biāo),15,6分)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)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(kāi)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(kāi)磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在

24、入口處從靜止開(kāi)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(kāi)磁場(chǎng),需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A.11B.12C.121D.14464審題指導(dǎo)注意題給信息的含義,“經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開(kāi)”意味著兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑相等。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(qiáng)度為B1,改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。在加速電場(chǎng)中qU=mv2,在磁場(chǎng)中qvB=m,聯(lián)立兩式得m=,故有=144,選項(xiàng)D正確。122vR222R B qU21mm2221BB653.(2013重慶理綜,5,6分)如圖所示,一段長(zhǎng)方體形導(dǎo)電材料,左右兩端面的邊長(zhǎng)都為a和

25、b,內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí),測(cè)得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U,且上表面的電勢(shì)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(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為()A.,負(fù)B.,正C.,負(fù)D.,正|IBq aU|IBq aU|IBq bU|IBq bU66答案C因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱?shì)比下表面的低,故上表面帶負(fù)電荷,根據(jù)左手定則可判斷自由運(yùn)動(dòng)電荷帶負(fù)電,則B、D兩項(xiàng)均錯(cuò)。設(shè)長(zhǎng)方體形材料長(zhǎng)度為L(zhǎng),總電量為Q,則其單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)為,當(dāng)電流I穩(wěn)恒時(shí),材料內(nèi)的電荷所受電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力

26、相互平衡,則有=BIL,故=,A項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確。|Qq ab LUQa|Qq ab L|BIq bU評(píng)析本題難度較大,一是研究對(duì)象難以確定;二是受力分析較難。當(dāng)電流穩(wěn)恒時(shí)上下極板間形成電場(chǎng),其對(duì)自由電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力相平衡。為了解題簡(jiǎn)便,可選取整段電流為研究對(duì)象求安培力。把整段材料內(nèi)的自由電荷看成質(zhì)點(diǎn),求其所受的電場(chǎng)力。674.(2013浙江理綜,20,6分)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(chǎng)加速后,垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,如圖所示。已知離子P+在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)=30后從磁場(chǎng)右邊界射出。在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)

27、動(dòng)時(shí),離子P+和P3+()A.在電場(chǎng)中的加速度之比為1 1B.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為 1C.在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為1 2D.離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1 33二、多項(xiàng)選擇題二、多項(xiàng)選擇題68答案BCD兩離子所帶電荷量之比為1 3,在電場(chǎng)中時(shí)由qE=ma知aq,故加速度之比為13,A錯(cuò)誤;離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能由Ek=qU知Ekq,故D正確;在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑由Bqv=m、Ek=mv2知R=,故B正確;設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d,則有sin=,即=,故=60=2,C正確。2vR121B2mUq1qdR1Rsin30sin13695.(2017天津理綜,11,18分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,第象限存在

28、垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),第象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng),Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng),最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng),P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力,問(wèn):(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向;(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。三、非選擇題三、非選擇題答案見(jiàn)解析70解析本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。(1)在電場(chǎng)中,粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng),到y(tǒng)軸距離為2L,粒子的加速度為a,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,有2L=v0tL=at2設(shè)粒子到達(dá)

29、O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vyvy=at設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)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(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45角斜向上設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v,由運(yùn)動(dòng)的合成有v=120yvv220yvv71聯(lián)立式得v=v0(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F,由牛頓第二定律可得F=ma又F=qE設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,所受的洛侖茲力提供向心力,有qvB=m22vR72由幾何關(guān)系可知R=L聯(lián)立式得=2EB02v步驟得分粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),由于題給條件太少,僅有2x=y及初速度v0,

30、所以可先按類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)屬于勻速圓周運(yùn)動(dòng),即使不知道半徑R,也可以先寫(xiě)出qvB=,盡可能多拿分。1222 20va t0yvv2mvR736.(2016四川理綜,11,19分)如圖所示,圖面內(nèi)有豎直線(xiàn)DD,過(guò)DD且垂直于圖面的平面將空間分成、兩區(qū)域。區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(圖中未畫(huà)出);區(qū)域有固定在水平地面上高h(yuǎn)=2l、傾角=/4的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線(xiàn)DD距離s=4l,區(qū)域可加豎直方向的大小不

31、同的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出);C點(diǎn)在DD上,距地面高H=3l。零時(shí)刻,質(zhì)量為m、帶電量為q的小球P在K點(diǎn)具有大小v0=、方向與水平面夾角=/3的速度,在區(qū)域內(nèi)做半徑r=3l/的勻速圓周運(yùn)動(dòng),經(jīng)C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)域。某時(shí)刻,不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放,在某處與剛運(yùn)動(dòng)到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力及小球P所帶電量對(duì)空間電磁場(chǎng)的影響。l已知,g為重力加速度。(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)若小球A、P在斜面底端相遇,求釋放小球A的時(shí)刻tA;(3)若小球A、P在時(shí)刻t=(為常數(shù))相遇于斜面某處,求此情況下區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E,并討論場(chǎng)強(qiáng)E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向。

32、gl/l g答案(1)(2)(3-2)(3)見(jiàn)解析3mlqgl2lg74解析(1)由題知,小球P在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有m=qv0B代入數(shù)據(jù)解得B=(2)小球P在區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為,運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)刻為tC,到達(dá)斜面底端時(shí)刻為t1,有tC=s-=v0(t1-tC)小球A釋放后沿斜面運(yùn)動(dòng)加速度為aA,與小球P在時(shí)刻t1相遇于斜面底端,有mgsin=maA=aA(t1-tA)2聯(lián)立以上方程解得tA=(3-2)(3)設(shè)所求電場(chǎng)方向向下,在tA時(shí)刻釋放小球A,小球P在區(qū)域運(yùn)動(dòng)加速度為aP,有20vr3mlqgl0rvtanhsinh122lg75s=v0(t-tC)+aA(t-tA)2c

33、osmg+qE=maPH-h+aA(t-tA)2sin=aP(t-tC)2聯(lián)立相關(guān)方程解得E=對(duì)小球P的所有運(yùn)動(dòng)情形討論可得35由此可得場(chǎng)強(qiáng)極小值為Emin=0;場(chǎng)強(qiáng)極大值為Emax=,方向豎直向上。12121222(11)(1)mgq 78mgq767.(2015福建理綜,22,20分,)如圖,絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向水平向右,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿MN下滑,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)MN做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。A、C兩點(diǎn)間距離為h,重力加速度為g。(1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)

34、的速度大小vC;(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛侖茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置,當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng),此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD,從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t,求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP。77解析(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程,水平方向受力滿(mǎn)足qvB+N=qE小滑塊在C點(diǎn)離開(kāi)MN時(shí)N=0解得vC=(2)由動(dòng)能定理mgh-Wf=m-0解得Wf=mgh-(3)如圖,小滑塊速度最大時(shí),速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直。撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),等效加速度為gEB12

35、2Cv222mEB答案(1)(2)mgh-(3)EB222mEB2222()DqEvgtm78g=且=+g2t2解得vP=22()qEgm2Pv2Dv2222()DqEvgtm791.(2015北京理綜,17,6分)實(shí)驗(yàn)觀察到,靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中A點(diǎn)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(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)方向和軌跡示意如圖。則()A.軌跡1是電子的,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外B.軌跡2是電子的,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C.軌跡1是新核的,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里D.軌跡2是新核的,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里一、單項(xiàng)選擇題一、單項(xiàng)選擇題C組 教師專(zhuān)用題組答案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

36、圓周運(yùn)動(dòng)的方向相反及原子核衰變前后動(dòng)量守恒得meve-m核v核=0,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=,因?yàn)閝er核,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(chǎng)方向垂直紙面向里,故D項(xiàng)正確。mvqB802.(2015廣東理綜,16,4分)在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,粒子He)和質(zhì)子H)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),若它們的動(dòng)量大小相等,則粒子和質(zhì)子()A.運(yùn)動(dòng)半徑之比是2 1B.運(yùn)動(dòng)周期之比是2 1C.運(yùn)動(dòng)速度大小之比是4 1D.受到的洛侖茲力之比是2 142(11(答案B設(shè)質(zhì)子與粒子的質(zhì)量、電荷量分別為m、e與4m、2e,則由r=,可知=,A錯(cuò)誤;由T=,知=,B正確;由p=mv,知=,C錯(cuò)誤;由f

37、=Bqv,知=,D錯(cuò)誤。mvqBpqBHrr122 mqBHTT21Hvv14Hff12813.(2014課標(biāo),15,6分)關(guān)于通電直導(dǎo)線(xiàn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受的安培力,下列說(shuō)法正確的是()A.安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線(xiàn)B.安培力的方向總是垂直于磁場(chǎng)的方向C.安培力的大小與通電直導(dǎo)線(xiàn)和磁場(chǎng)方向的夾角無(wú)關(guān)D.將直導(dǎo)線(xiàn)從中點(diǎn)折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉?lái)的一半答案B由左手定則可知,安培力的方向一定與磁場(chǎng)方向和直導(dǎo)線(xiàn)垂直,選項(xiàng)A錯(cuò)、B正確;安培力的大小F=BILsin與直導(dǎo)線(xiàn)和磁場(chǎng)方向的夾角有關(guān),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;將直導(dǎo)線(xiàn)從中點(diǎn)折成直角,假設(shè)原來(lái)直導(dǎo)線(xiàn)與磁場(chǎng)方向垂直,若折成直角后一段與磁場(chǎng)仍垂直,另一段

38、與磁場(chǎng)平行,則安培力的大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半,若折成直角后,兩段都與磁場(chǎng)垂直,則安培力的大小變?yōu)樵瓉?lái)的,因此安培力大小不一定是原來(lái)的一半,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。22824.(2014北京理綜,16,6分)帶電粒子a、b在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),它們的動(dòng)量大小相等,a運(yùn)動(dòng)的半徑大于b運(yùn)動(dòng)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T(mén)a、Tb。則一定有()A.qaqbB.mambC.TaTbD.Rb,pa=pb,Ba=Bb,故qa,則最下端位置為N)。因電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑r=4.55cm。由圖中幾何關(guān)系有=,=。當(dāng)=90時(shí),取得最小值r,此時(shí)=,從而有l(wèi)=+-dcos=+-d

39、cos。當(dāng)=90時(shí),l=9.1cm,當(dāng)=60時(shí),l=6.78cm,當(dāng)=45時(shí),l=5.68cm,當(dāng)=30時(shí),l=4.55cm。故可知A、D正確,B、C錯(cuò)誤。OD12MN| |mve BO C220()rrdO D220(2 ) rdO D3ODO D2LNCONO C2L220()rrd877.(2014廣東理綜,36,18分,)如圖所示,足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置,間距6L。兩板間存在兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和,以水平面MN為理想分界面,區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0,方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對(duì)的小孔S1、S2,兩孔與分界面MN的距離均為L(zhǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)寬度

40、為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)由靜止加速后,沿水平方向從S1進(jìn)入?yún)^(qū),并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn),再進(jìn)入?yún)^(qū),P點(diǎn)與A1板的距離是L的k倍,不計(jì)重力,碰到擋板的粒子不予考慮。(1)若k=1,求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E;三、非選擇題三、非選擇題(2)若2k3,且粒子沿水平方向從S2射出,求出粒子在磁場(chǎng)中的速度大小v與k的關(guān)系式和區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式。88答案(1)(2)v=B=B02202qB Lmd20(1)2kqB Lm3kk解析(1)粒子在電場(chǎng)中,由動(dòng)能定理有qEd=m-0粒子在區(qū)洛侖茲力提供向心力qv1B0=m當(dāng)k=1時(shí),由幾何關(guān)系得r=L由解得E=(2)由于2k3時(shí),由題意可知粒子在區(qū)只能發(fā)生一次偏轉(zhuǎn),

41、運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知1221v21vr2202qB Lmd89(r1-L)2+(kL)2=解得r1=L粒子在區(qū)洛侖茲力提供向心力qvB0=由解得v=粒子在區(qū)洛侖茲力提供向心力qvB=m21r212k 21mvr20(1)2kqB Lm22vr由對(duì)稱(chēng)性及幾何關(guān)系可知=解得r2=L由解得B=B03kk12rr2(3)(1)2k kk3kk908.(2014浙江理綜,25,22分,)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)。某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)化原理如圖1所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。為電離區(qū),將氙氣電離獲得1價(jià)正離子;為加速區(qū),長(zhǎng)度為L(zhǎng),兩端加有電壓,形成軸向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。區(qū)產(chǎn)生的

42、正離子以接近0的初速度進(jìn)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(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在離軸線(xiàn)R/2處的C點(diǎn)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(xiàn)的截面上運(yùn)動(dòng),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(diǎn)和C點(diǎn)的連線(xiàn)成角(090)。推進(jìn)器工作時(shí),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)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大,電離效果越好。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(qǐng)判斷區(qū)中的磁場(chǎng)方向(按圖2說(shuō)明是“垂直紙面向里

43、”或“垂直紙面向外”);(3)為90時(shí),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。91圖1圖2答案(1)(2)垂直紙面向外(3)v0v)(4)vmax=22MMve22MvL34eBRm043mveR34 (2sin )eBRm92解析(1)由動(dòng)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(dá)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(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向外(3)設(shè)電子運(yùn)動(dòng)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=

44、由式得vmax=043mveR2R34(2sin )R34 (2sin )eBRm949.(2013山東理綜,23,18分,)如圖所示,在坐標(biāo)系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里;第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子,自y軸上的P點(diǎn)沿x軸正方向射入第四象限,經(jīng)x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限,隨即撤去電場(chǎng),以后僅保留磁場(chǎng)。已知OP=d,OQ=2d。不計(jì)粒子重力。(1)求粒子過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向。(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為一確定值B0,粒子將以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限,求B0。(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為另一確定

45、值,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后粒子將再次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn),且速度與第一次過(guò)Q點(diǎn)時(shí)相同,求該粒子相鄰兩次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)所用的時(shí)間。答案(1)2與x軸正方向夾角45(2)(3)(2+)qEdm2mEqd2mdqE95解析(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0,加速度的大小為a,粒子的初速度為v0,過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度的大小為v,沿y軸方向分速度的大小為vy,速度與x軸正方向間的夾角為,由牛頓第二定律得qE=ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d=a2d=v0t0vy=at0v=tan=聯(lián)立式得v=2=45(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,粒子在第一象限的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,O1為圓心,由幾何關(guān)系1220t220yvv0yvvqEdm96可知O1OQ為

46、等腰直角三角形,得R1=2d由牛頓第二定律得qvB0=m聯(lián)立式得B0=(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,由幾何分析【粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。O2、O2是粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心,Q、F、G、H是軌跡與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn),連接O2、O2,由幾何關(guān)系知,O2FGO2和O2QHO2均為矩形,進(jìn)而知FQ、GH均為直徑,QFGH也是矩形,又FHGQ,可知QFGH是正方形,221vR2mEqd97QOF為等腰直角三角形】可知,粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓,得2R2=2d粒子在第二、第四象限的軌跡為長(zhǎng)度相等的線(xiàn)段,得FG=HQ=2R2設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)所用的時(shí)間為t,則有t=聯(lián)立式得t=(2+)222F

47、GHQRv2mdqE9810.(2013福建理綜,22,20分,)如圖甲,空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。讓質(zhì)量為m,電量為q(q0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場(chǎng)中。不計(jì)重力和粒子間的影響。(1)若粒子以初速度v1沿y軸正向入射,恰好能經(jīng)過(guò)x軸上的A(a,0)點(diǎn),求v1的大小;(2)已知一粒子的初速度大小為v(vv1),為使該粒子能經(jīng)過(guò)A(a,0)點(diǎn),其入射角(粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個(gè)?并求出對(duì)應(yīng)的sin值;(3)如圖乙,若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),一粒子從O點(diǎn)以初速度v0沿y軸正向發(fā)

48、射。研究表明:粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng),且在任一時(shí)刻,粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標(biāo)成正比,比例系數(shù)與場(chǎng)強(qiáng)大小E無(wú)關(guān)。求該粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度值vm。答案(1)(2)2個(gè)(3)+2qBam2aqBmvEB220()EvB99解析(1)帶電粒子以速率v在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),半徑為R,有qvB=m當(dāng)粒子以初速度v1沿y軸正向入射,轉(zhuǎn)過(guò)半個(gè)圓周至A點(diǎn),該圓周半徑為R1,有:R1=由代入式得v1=(2)如圖,O、A兩點(diǎn)處于同一圓周上,且圓心在x=的直線(xiàn)上,半徑為R。當(dāng)給定一個(gè)初速率v時(shí),有2個(gè)入射角,分別在第1、2象限,有2vR2a2qBam2a100sin=sin=由式解

49、得sin=(3)粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中僅電場(chǎng)力做功,因而在軌道的最高點(diǎn)處速率最大,用ym表示其y坐標(biāo),由動(dòng)能定理,有qEym=m-m由題知,有vm=kym若E=0時(shí),粒子以初速度v0沿y軸正向入射,有qv0B=mv0=kR0由式解得vm=+2aR2aqBmv122mv1220v200vREB220()EvB101評(píng)析解答本題要求能夠做到物理與數(shù)學(xué)相結(jié)合。圖中的OA若從數(shù)學(xué)角度看其實(shí)就是一條弦,過(guò)該弦可以作出兩個(gè)相交圓,兩相交圓對(duì)應(yīng)的兩切線(xiàn)即為所求的粒子速度方向所在直線(xiàn)。10211.(2015天津理綜,12,20分,)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的

50、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)與磁場(chǎng)的寬度均為d。電場(chǎng)強(qiáng)度為E,方向水平向右;磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里。電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊界互相平行且與電場(chǎng)方向垂直。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場(chǎng)左側(cè)邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射。(1)求粒子在第2層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2;(2)粒子從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為n,試求sinn;(3)若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出,試問(wèn)在其他條件不變的情況下,也進(jìn)入第n層磁場(chǎng),但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界,請(qǐng)簡(jiǎn)要推理說(shuō)明之。103解析(1)

51、粒子在進(jìn)入第2層磁場(chǎng)時(shí),經(jīng)過(guò)兩次電場(chǎng)加速,中間穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)洛侖茲力不做功。由動(dòng)能定理,有2qEd=m由式解得v2=2粒子在第2層磁場(chǎng)中受到的洛侖茲力充當(dāng)向心力,有qv2B=m由式解得r2=(2)設(shè)粒子在第n層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù),下同)。nqEd=m1222vqEdm222vr2BmEdq122nv答案(1)2(2)B (3)見(jiàn)解析qEdm2BmEdq2nqdmE104qvnB=m粒子進(jìn)入第n層磁場(chǎng)時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為n,從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n,粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),垂直于電場(chǎng)線(xiàn)方向的速度分量不變,有圖1v

52、n-1sinn-1=vnsinn由圖1看出rnsinn-rnsinn=d由式得2nnvr105rnsinn-rn-1sinn-1=d由式看出r1sin1,r2sin2,rnsinn為一等差數(shù)列,公差為d,可得rnsinn=r1sin1+(n-1)d圖2106當(dāng)n=1時(shí),由圖2看出r1sin1=d由式得sinn=B(3)若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出,則n=sinn=1在其他條件不變的情況下,換用比荷更大的粒子,設(shè)其比荷為,假設(shè)能穿出第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界,粒子穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n,由于則導(dǎo)致sinn1說(shuō)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(chǎng)右側(cè)邊

53、界。2nqdmE2qmqmqm10712.(2015重慶理綜,9,18分,)圖為某種離子加速器的設(shè)計(jì)方案。兩個(gè)半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。其中MN和MN是間距為h的兩平行極板,其上分別有正對(duì)的兩個(gè)小孔O和O,ON=ON=d,P為靶點(diǎn),OP=kd(k為大于1的整數(shù))。極板間存在方向向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),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(diǎn)由靜止開(kāi)始加速,經(jīng)O進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。當(dāng)離子打到極板上ON區(qū)域(含N點(diǎn))或外殼上時(shí)將會(huì)被吸收。兩虛線(xiàn)之間的區(qū)域無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)存在,離子可勻速穿過(guò)。忽略相對(duì)論效應(yīng)和離子所受的重力。求:(1)離子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)僅加速一次后能打到P點(diǎn)所需的磁感應(yīng)強(qiáng)

54、度大小;(2)能使離子打到P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的所有可能值;(3)打到P點(diǎn)的能量最大的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。答案(1)(2)(n=1,2,3,k2-1)(3)h2 2Uqmqkd2 2nUqmqkd22(23)2 2(1)kmkdUqm k22(1)kmUq108解析(1)離子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)僅加速一次后能打到P點(diǎn)時(shí),軌道半徑R1=根據(jù)牛頓第二定律有:B1qv1=m對(duì)離子在電場(chǎng)中加速的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有:qU=m解得:B1=(2)假設(shè)離子在電場(chǎng)中加速了n次后恰好打在P點(diǎn),則有nqU=mBqv2=mR=解得B=2kd211vR1221v2 2Uqmqkd1222v22vR2kd2 2n

55、Uqmqkd109若離子在電場(chǎng)中加速一次后恰好打在N。同理可得此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=。由題意可知,BB0時(shí)離子才可能打在P點(diǎn)上。由解得:nk2,可見(jiàn)n的最大值應(yīng)為k2-1,即n的取值應(yīng)為n=1,2,3,k2-1。(3)n=k2-1對(duì)應(yīng)的離子就是打在P點(diǎn)的能量最大的離子。離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圈數(shù)為k2-,故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=T=。設(shè)離子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,則有:(k2-1)h=解得:t2=h。2 2Uqmqd2 2nUqmqkd2 2Uqmqd32232k232k2 mBq22(23)2 2(1)kmkdUqm k12qUhm22t22(1)kmUq11013.(2014山東理綜,24

56、,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(qiáng)磁場(chǎng)。取垂直于紙面向里為磁場(chǎng)的正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時(shí)刻,一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子(不計(jì)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(chǎng)且平行于板面的方向射入磁場(chǎng)區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí),可使t=0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)t時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小;(3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。123204mvqd111答案(1)(2)(3)或0

57、mvqd203vd03dv1arcsin2402dv112解析(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的半徑為R2,加速度大小為a,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a=據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2=d聯(lián)立式得a=(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,周期為T(mén),由圓周運(yùn)動(dòng)公式得201mvR0mvqd202vR203vd113T=由牛頓第二定律得qv0B0=由題意知B0=,代入式得d=4R粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,O1O2連線(xiàn)與水平方向的夾角為,在每個(gè)TB內(nèi),只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0,由題意可知T

58、=設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n(n=0,1,2,3)02 Rv20mvR04mvqd2222BT114若在A點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2(R+Rsin)n=d當(dāng)n=0時(shí),無(wú)解當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立式得=聯(lián)立式得TB=當(dāng)n2時(shí),不滿(mǎn)足090的要求若在B點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2Rsin+2(R+Rsin)n=d當(dāng)n=0時(shí),無(wú)解當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立式得=arcsin61sin2或03dv141sin4或115聯(lián)立式得TB=當(dāng)n2時(shí),不滿(mǎn)足090的要求1arcsin2402dv11614.(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(jiǎn)化為如圖所示的模型。

59、M、N為兩塊中心開(kāi)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(jì)重力)從M板小孔飄入板間,初速度可視為零。每當(dāng)A進(jìn)入板間,兩板的電勢(shì)差變?yōu)閁,粒子得到加速,當(dāng)A離開(kāi)N板時(shí),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?qiáng)磁場(chǎng),A在磁場(chǎng)作用下做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),R遠(yuǎn)大于板間距離。A經(jīng)電場(chǎng)多次加速,動(dòng)能不斷增大,為使R保持不變,磁場(chǎng)必須相應(yīng)地變化。不計(jì)粒子加速時(shí)間及其做圓周運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電磁輻射,不考慮磁場(chǎng)變化對(duì)粒子速度的影響及相對(duì)論效應(yīng)。求(1)A運(yùn)動(dòng)第1周時(shí)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小;(2)在A運(yùn)動(dòng)第n周的時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功的平均功率;(3)若有一個(gè)質(zhì)量也為m、電荷量為+kq(k

60、為大于1的整數(shù))的粒子B(不計(jì)重力)與A同時(shí)從M板小孔飄入板間,A、B初速度均可視為零,不計(jì)兩者間的相互作用,除此之外,其他條件均不變。下圖nP117中虛線(xiàn)、實(shí)線(xiàn)分別表示A、B的運(yùn)動(dòng)軌跡。在B的軌跡半徑遠(yuǎn)大于板間距離的前提下,請(qǐng)指出哪個(gè)圖能定性地反映A、B的運(yùn)動(dòng)軌跡,并經(jīng)推導(dǎo)說(shuō)明理由。答案(1)(2)(3)見(jiàn)解析1R2mUqqUR2nqUm118解析(1)設(shè)A經(jīng)電場(chǎng)第1次加速后速度為v1,由動(dòng)能定理得qU=m-0A在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所受洛侖茲力充當(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(dòng)能定理得nqU=m-0設(shè)A做第n次圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)n,有Tn=設(shè)在A運(yùn)動(dòng)