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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,专题十 磁场,高考物理,(课标,专用),1/182,考点一磁场、磁场力,1.(课标,18,6分)如图,在磁感应强度大小为,B,0,匀强磁场中,两长直导线,P,和,Q,垂直于纸面,固定放置,二者之间距离为,l,。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里电流,I,时,纸面内与两,导线距离均为,l,a,点处磁感应强度为零。假如让,P,中电流反向、其它条件不变,则,a,点处磁,感应强度大小为,(),A.0B.,B,0,C.,B,0,D.2,B,0,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,2/182,答案C本题考查磁感应强度矢量性和安培定则。两导线中通电流,I,时,两电流在,a,点处,磁感应强度与匀强磁场磁感应强度矢量合为0,则两电流磁感应强度矢量和为-,B,0,如图甲,得,B,=,B,0,。,P,中电流反向后,如图乙,B,合,=,B,=,B,0,B,合,与,B,0,矢量和为,B,总,=,B,0,故C项正确。,甲乙,易错点评概念了解、矢量合成法则利用,正确利用安培定则画出甲、乙两图。,由,P,和,Q,电流为,I,时合场强为0,得出,B,0,方向水平向左和,B,大小为,B,0,。,P,中电流反向,则,P,磁场反向,Q,磁场大小和方向不变。,注意各物理量间夹角大小关系。,3/182,2.(课标,21,6分)(多项选择)某同学自制简易电动机示意图如图所表示。矩形线圈由一根漆包,线绕制而成,漆包线两端分别从线圈一组对边中间位置引出,并作为线圈转轴。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、右转轴下侧绝缘漆都刮掉,B.左、右转轴上下两侧绝缘漆都刮掉,C.左转轴上侧绝缘漆刮掉,右转轴下侧绝缘漆刮掉,D.左转轴上下两侧绝缘漆都刮掉,右转轴下侧绝缘漆刮掉,4/182,答案AD本题考查安培力、电路。要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有电流经过,电,路必须接通,故左右转轴下侧绝缘漆都必须刮掉;但假如上侧绝缘漆也都刮掉,当线圈转过1,80,时,靠近磁极导线与开始时靠近磁极导线中电流方向相反,受到安培力相反,线圈向,原来反方向转动,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,电流经过,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,要么受到方向不变连续安培力,要么受到间歇性方向不变,安培力,依靠惯性连续转动,而不能受到交变安培力作用。,5/182,3.(课标,19,6分)(多项选择)如图,三根相互平行固定长直导线,L,1,、,L,2,和,L,3,两两等距,均通有电,流,I,L,1,中电流方向与,L,2,中相同,与,L,3,中相反。以下说法正确是,(),A.,L,1,所受磁场作用力方向与,L,2,、,L,3,所在平面垂直,B.,L,3,所受磁场作用力方向与,L,1,、,L,2,所在平面垂直,C.,L,1,、,L,2,和,L,3,单位长度所受磁场作用力大小之比为11,D.,L,1,、,L,2,和,L,3,单位长度所受磁场作用力大小之比为,1,6/182,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,作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所表示,由图中几何关,系可知,L,1,所受磁场作用力,F,1,方向与,L,2,、,L,3,所在平面平行,L,3,所受磁场作用力,F,3,方向与,L,1,、,L,2,所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度导线两两之间作用力大小为,F,则由几何关系可,得,L,1,、,L,2,单位长度所受磁场作用力大小为2,F,cos 60,=,F,L,3,单位长度所受磁场作用力大小为,2,F,cos 30,=,F,故C正确、D错误。,7/182,一题多解电流磁场与安培力,由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生磁场磁感应强度大小相等,设为,B,。如,图所表示,由几何关系可得,L,1,所在处磁场,B,1,=2,B,cos 60,=,B,方向与,L,2,、,L,3,所在平面垂直,再由左手定,则知,L,1,所受磁场作用力方向与,L,2,、,L,3,所在平面平行,L,1,上单位长度所受安培力大小为,F,1,=,BI,。,同理可判定,L,3,所受磁场作用力方向与,L,1,、,L,2,所在平面垂直,单位长度所受安培力大小为,F,3,=,B,I,;,L,2,上单位长度所受安培力大小为,F,2,=,BI,即,F,1,F,2,F,3,=11,故A、D错误,B、C正确。,8/182,4.(课标,18,6分,0.527)(多项选择)指南针是我国古代四大创造之一。关于指南针,以下说法正,确是,(),A.指南针能够仅含有一个磁极,B.指南针能够指向南北,说明地球含有磁场,C.指南针指向会受到附近铁块干扰,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任何磁体均含有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针两个,磁极受到磁场力作用,这说明地球含有磁场,即B正确。放在指南针附近铁块被磁化后,反过,来会影响指南针指向,即C正确。通电直导线产生磁场对其正下方指南针有磁场力作,用,会使指南针发生偏转,故D错。,考查点磁场,易错警示铁块被指南针磁化后反过来会影响指南针。,9/182,5.(课标,15,6分,0.809)关于通电直导线在匀强磁场中所受安培力,以下说法正确是,(),A.安培力方向能够不垂直于直导线,B.安培力方向总是垂直于磁场方向,C.安培力大小与通电直导线和磁场方向夹角无关,D.将直导线从中点折成直角,安培力大小一定变为原来二分之一,答案B由左手定则可知,安培力方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确;安,培力大小,F,=,BIL,sin,与直导线和磁场方向夹角相关,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,力大小变为原来二分之一,若折成直角后,两段都与磁场垂直,则安培力大小变为原来,因,此安培力大小不一定是原来二分之一,选项D错误。,考查点安培力、左手定则,易错警示安培力方向与“谁”垂直是易错易混点。,10/182,6.(课标,24,12分,0.564)如图,一长为10 cm金属棒,ab,用两个完全相同弹簧水平地悬挂,在匀强磁场中;磁场磁感应强度大小为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。金属棒经过开关与一电动势为12 V电池相连,电路总电阻为2。已知开关断开时,两弹簧伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧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/s,2,。判断开关闭合后金属棒所受安培力方向,并求出金,属棒质量。,答案看法析,11/182,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伸长量为,l,1,=0.5 cm。由胡克定律和力平衡条件得,2,k,l,1,=,mg,式中,m,为金属棒质量,k,是弹簧劲度系数,g,是重力加速度大小。,开关闭合后,金属棒所受安培力大小为,F,=,IBL,式中,I,是回路电流,L,是金属棒长度。两弹簧各自再伸长了,l,2,=0.3 cm,由胡克定律和力平衡,条件得,2,k,(,l,1,+,l,2,)=,mg,+,F,由欧姆定律有,E,=,IR,式中,E,是电池电动势,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。),12/182,考查点安培力、闭合电路欧姆定律,思绪分析开关断开时对,ab,棒进行受力分析,列平衡方程。,开关闭合时,判定安培力方向,对,ab,棒进行受力分析,列平衡方程。,13/182,考点二带电粒子在匀强磁场中运动,7.(课标,18,6分)如图,虚线所表示圆形区域内存在一垂直于纸面匀强磁场,P,为磁场边界,上一点。大量相同带电粒子以相同速率经过,P,点,在纸面内沿不一样方向射入磁场。若粒,子射入速率为,v,1,这些粒子在磁场边界出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为,v,2,相,应出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间相互作用。则,v,2,v,1,为,(,),A.,2B.,1C.,1D.3,14/182,答案C设速率为,v,1,粒子最远出射点为,M,速率为,v,2,粒子最远出射点为,N,如图所表示,则由几,何知识得,r,1,=,=,r,2,=,=,R,=,由,qvB,=,得,r,=,故,=,=,选项C正确。,审题指导粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子轨迹直径与磁场区域相,交时,其弦长最长,即为最大分布。,15/182,8.(课标,18,6分,)一圆筒处于磁感应强度大小为,B,匀强磁场中,磁场方向与筒轴平行,筒横截面如图所表示。图中直径,MN,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,射入时运动方向与,MN,成30,角。当筒转过90,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,比荷为,(),A.,B.,C.,D.,16/182,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,与圆筒旋转90,所用时间相等,即,t,=,=,联立以上两式得,=,A,项正确。,考查点带电粒子在圆形磁场中运动,解题关键找圆心。,利用几何关系找圆心角,并求时间。,方法技巧规范作图是找几何关系基础。,17/182,9.(课标,18,6分)平面,OM,和平面,ON,之间夹角为30,其横截面(纸面)如图所表示,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。一带电粒子质量为,m,电荷量为,q,(,q,0)。粒子沿纸面以大小为,v,速度从,OM,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,离开磁场出射点到两平面交线,O,距离为,(),A.,B.,C.,D.,18/182,答案D粒子在磁场中运动轨迹如图所表示,由,qvB,=,m,得,R,=,分析图中角度关系可知,PO,半径与,O,Q,半径在同一条直线上。,则,PQ,=2,R,所以,OQ,=4,R,=,选项D正确。,考查点带电粒子在有界磁场中圆周运动,审题技巧“该粒子在磁场中运动轨迹与,ON,只有一个交点”表示轨迹与,ON,相切。,解题关键正确画出轨迹图,利用几何知识找出角度关系。,19/182,10.(课标,14,6分,0.759)两相邻匀强磁场区域磁感应强度大小不一样、方向平行。一速度,方向与磁感应强度方向垂直带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒,子,(),A.轨道半径减小,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因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,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。,解题关键轨道半径表示式:,r,=,。,角速度表示式,=,。,考查点带电粒子在磁场中偏转,20/182,11.(课标,19,6分,0.506)(多项选择)有两个匀强磁场区域和,中磁感应强度是中,k,倍。两个速率相同电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动电子相比,中电子,(),A.运动轨迹半径是中,k,倍,B.加速度大小是中,k,倍,C.做圆周运动周期是中,k,倍,D.做圆周运动角速度与中相等,答案AC由题意可知,v,1,=,v,2,B,1,=,kB,2,。电子运动轨迹半径,R,=,故,R,2,=,kR,1,A正确。加速,度大小,a,=,B,故,a,2,=,a,1,/,k,B错。周期,T,=,故,T,2,=,kT,1,C正确。角速度,=,=,B,故,2,=,1,/,k,D错。,考查点带电粒子在磁场中偏转,思绪点拨利用洛伦兹力提供向心力推出,r,、,a,、,T,、,表示式,然后依据表示式进行判断。,21/182,12.(课标,16,6分,0.637)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匀,强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面,P,点垂直于铝板向上射出,从,Q,点穿越铝板后,抵达,PQ,中点,O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失二分之一,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝,板上方和下方磁感应强度大小之比为,(),A.2B.,C.1D.,22/182,答案D由题图可知,带电粒子在铝板上方轨迹半径为下方轨迹半径2倍;由洛伦兹力提,供向心力:,qvB,=,得,v,=,;其动能,E,k,=,mv,2,=,故磁感应强度,B,=,=,=,选项D正确。,考查点带电粒子在磁场中偏转,解题关键利用洛伦兹力提供向心力,求出,v,与,R,关系,导出,E,k,表示式。,23/182,13.(课标,20,6分,0.347)(多项选择)图为某磁谱仪部分构件示意图。图中,永磁铁提供匀强磁,场,硅微条径迹探测器能够探测粒子在其中运动轨迹。宇宙射线中有大量电子、正电子和,质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,以下说法正确是,(),A.电子与正电子偏转方向一定不一样,B.电子与正电子在磁场中运动轨迹半径一定相同,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.粒子动能越大,它在磁场中运动轨迹半径越小,24/182,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伦兹力方向相反,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,不一样时轨迹半径不一样,而当,r,相同时只能表明,mv,相,同,不能确定,m,关系,故B错误、C正确。由,E,k,=,mv,2,、,r,=,得,r,=,可见当,E,k,越大时粒子,轨迹半径越大,故D错误。,考查点洛伦兹力、左手定则,审题指导本题考查带电粒子垂直射入磁场后偏转问题,不要受“硅微条径迹探测器”这个,名称影响。,25/182,14.(课标,17,6分,0.499)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域横截面半径为,R,磁场方,向垂直于横截面。一质量为,m,、电荷量为,q,(,q,0)粒子以速率,v,0,沿横截面某直径射入磁场,离,开磁场时速度方向偏离入射方向60,。不计重力,该磁场磁感应强度大小为,(),A.,B.,C.,D.,26/182,答案A若磁场方向向外,带电粒子在磁场中运动轨迹如图所表示,由几何关系可知,其运动轨,迹半径,r,=,R,/tan 30,=,R,由洛伦兹力提供向心力,即,qv,0,B,=,知,R,=,故匀强磁场磁感应,强度,B,=,若磁场方向向里可得到一样结果。选项A正确。,考查点带电粒子在磁场中偏转,解题关键粒子沿半径方向进入圆形磁场,沿半径方向射出圆形磁场。,找圆心,利用几何关系求出轨迹半径表示式。,温馨提醒对于圆形有界磁场,沿半径方向进入,就会沿半径方向射出,记住这个结论哦!,27/182,15.(课标,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(,xOy,平面)向里磁场。在,x,0区域,磁,感应强度大小为,B,0,;,x,1)。一质量为,m,、电荷量为,q,(,q,0)带电粒子以速度,v,0,从坐标原点,O,沿,x,轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子速度方向再,次沿,x,轴正向时,求(不计重力),(1)粒子运动时间;,(2)粒子与,O,点间距离。,答案(1),(1+,)(2),(1-,),28/182,解析本题考查带电粒子在磁场中运动。,(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在,x,0区域,圆周半径为,R,1,;在,x,B,右,所以,R,左,m,b,m,c,B.,m,b,m,a,m,c,C.,m,c,m,a,m,b,D.,m,c,m,b,m,a,31/182,答案B本题考查带电粒子在复合场中运动。因微粒,a,做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽,略且与电场力平衡:,m,a,g,=,qE,;由左手定则能够判定微粒,b,、,c,所受洛伦兹力方向分别是竖直向,上与竖直向下,则对,b,、,c,分别由平衡条件可得,m,b,g,=,qE,+,Bqv,b,qE,、,m,c,g,=,qE,-,Bqv,c,m,a,m,c,B正确。,规律总结复合场中粒子特殊运动,带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成复合场中运动时:若做匀速圆周运动,重力必与电场,力平衡,洛伦兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,协力定为零。,32/182,17.(课标,15,6分)当代质谱仪可用来分析比质子重很多倍离子,其示意图如图所表示,其中,加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁,场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍,从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来12倍。此离子和质子质量比约为,(,),A.11B.12C.121D.144,33/182,答案D设质子和离子质量分别为,m,1,和,m,2,原磁感应强度为,B,1,改变后磁感应强度为,B,2,。,在加速电场中,qU,=,mv,2,在磁场中,qvB,=,m,联立两式得,m,=,故有,=,=144,选项D,正确。,考查点带电粒子在复合场中运动,解题关键利用电场加速、磁场偏转推出,表示式。,34/182,18.(纲领全国,25,20分)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(,xy,平面),向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿,x,轴负向。在,y,轴正半轴上某点以与,x,轴正向平行、大小,为,v,0,速度发射出一带正电荷粒子,该粒子在(,d,0)点沿垂直于,x,轴方向进入电场。不计重,力。若该粒子离开电场时速度方向与,y,轴负方向夹角为,求,(1)电场强度大小与磁感应强度大小比值;,(2)该粒子在电场中运动时间。,答案(1),v,0,tan,2,(2),35/182,解析(1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度大小为,B,粒子质量与所带电,荷量分别为,m,和,q,圆周运动半径为,R,0,。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得,qv,0,B,=,m,由题给条件和几何关系可知,R,0,=,d,设电场强度大小为,E,粒子进入电场后沿,x,轴负方向加速度大小为,a,x,在电场中运动时间为,t,离开电场时沿,x,轴负方向速度大小为,v,x,。由牛顿运动定律及运动学公式得,Eq,=,ma,x,v,x,=,a,x,t,t,=,d,因为粒子在电场中做类平抛运动(如图),有,36/182,tan,=,联立式得,=,v,0,tan,2,(2)联立式得,t,=,评分参考:第(1)问18分,式3分,式1分,式各3分,式2分;第(2)问2分,式2分。,考查点带电粒子在复合场中运动,审题技巧由关键点“平行,x,轴”“垂直,x,轴”可知,R,0,=,d,。,思绪分析在第一象限带电粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。,在第四象限,带电粒子在电场中偏转,竖直方向做匀速直线运动,水平方向做匀加速直线运,动。,37/182,考点一磁场、磁场力,1.(上海单科,11,4分)如图,一导体棒,ab,静止在U形铁芯两臂之间。电键闭合后导体棒受到,安培力方向,(),A.向上B.向下C.向左D.向右,B,组 自主命题,省（区、市）卷题组,38/182,答案D本题考查电流磁效应、安培力及左手定则。依据图中电流方向,由安培定则知,U形铁芯下端为N极,上端为S极,ab,中电流方向由,a,b,由左手定则可知导体棒受到安培力,方向向右,选项D正确。,思绪分析绕有线圈U形铁芯为电磁铁,据经过线圈电流方向,确定U形铁芯磁极,再经过,左手定则确定安培力方向。,39/182,2.(江苏单科,1,3分)如图所表示,两个单匝线圈,a,、,b,半径分别为,r,和2,r,。圆形匀强磁场,B,边,缘恰好与,a,线圈重合,则穿过,a,、,b,两线圈磁通量之比为,(),A.11B.12,C.14D.41,答案A磁通量,=,B,S,其中,B,为磁感应强度,S,为与,B,垂直有效面积。因为是同一磁场,B,相,同,且有效面积相同,S,a,=,S,b,故,a,=,b,。选项A正确。,易错点评即使两线圈面积不一样,不过有效面积相等。,40/182,3.(北京理综,17,6分)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角:“以磁,石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”深入研究表明,地球周围地磁场磁感线分布,示意如图。结合上述材料,以下说法,不正确,是,(),A.地理南、北极与地磁场南、北极不重合,B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近,C.地球表面任意位置地磁场方向都与地面平行,D.地磁场对射向地球赤道带电宇宙射线粒子有力作用,41/182,答案C由题意可知,地理南、北极与地磁场南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感线,是闭合,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道上方,附近磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道带电宇宙射线粒子运动方向与地磁场,方向不平行,故地磁场对其有力作用,这是磁场基本性质,故D正确。选C。,审题指导题图往往提供解题关键信息,所以要仔细观察图,挖掘有用信息。,42/182,4.(江苏单科,4,3分)如图所表示,用天平测量匀强磁场磁感应强度。以下各选项所表示载流,线圈匝数相同,边长,MN,相等,将它们分别挂在天平右臂下方。线圈中通有大小相同电流,天,平处于平衡状态。若磁场发生微小改变,天平最轻易失去平衡是,(),43/182,答案A天平处于平衡状态,说明线圈受到重力和安培力协力等于两侧砝码重力差,依据,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,磁场发生微小改变,安培力改变最大,天平最轻易失去平衡,选项A符合题意。,44/182,考点二带电粒子在匀强磁场中运动,5.(海南单科,1,3分)如图,a,是竖直平面,P,上一点。,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磁场共同作用下,在水平面内向右弯曲经过,a,点。在,电子经过,a,点瞬间,条形磁铁磁场对该电子作用力方向,(),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,点磁场垂直于竖直平面向,外,在电子经过,a,点瞬间,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。,45/182,6.(四川理综,7,6分)(多项选择)如图所表示,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。在纸面内长度,L,=9.1 cm,中点,O,与,S,间距离,d,=4.55 cm,MN,与,SO,直线夹角为,板所在平面有电子源一侧区域有方向垂直于纸面向外匀强磁场,磁感应强度,B,=2.0,10,-4,T。,电子质量,m,=9.1,10,-31,kg,电量,e,=-1.6,10,-19,C,不计电子重力。电子源发射速度,v,=1.6,10,6,m/s一,个电子,该电子打在板上可能位置区域长度为,l,则,(),A.,=90,时,l,=9.1 cm,B.,=60,时,l,=9.1 cm,C.,=45,时,l,=4.55 cm,D.,=30,时,l,=4.55 cm,46/182,答案AD如图,S,到,MN,距离,d,0,=,d,sin,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在,MN,上,最上端位置对应于电子运动轨迹与,MN,切点,电子打在,MN,上最下端位置对应于到,S,距,离等于电子运动轨迹直径点(若,则最下端位置为,N,)。因电子运动轨迹半径,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,l,=4.55 cm。故可知A、D正确,B、C错误。,47/182,7.(安徽理综,18,6分)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中,带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子平均,动能与等离子体温度,T,成正比,为约束更高温度等离子体,则需要更强磁场,以使带电粒子,在磁场中运动半径不变。由此可判断所需磁感应强度,B,正比于,(),A.,B.,T,C.,D.,T,2,48/182,答案A等离子体在磁场中受到洛伦兹力提供向心力,有:,qvB,=,得,v,=,动能,E,k,=,mv,2,=,由题意得,E,k,=,kT,故有:,kT,=,得,B,=,即,B,选项A正确。,49/182,8.(广东理综,21,6分)(多项选择)如图,两个初速度大小相同同种离子,a,和,b,从,O,点沿垂直磁场方,向进入匀强磁场,最终打到屏,P,上。不计重力。以下说法正确有,(),A.,a,、,b,均带正电,B.,a,在磁场中飞行时间比,b,短,C.,a,在磁场中飞行旅程比,b,短,D.,a,在,P,上落点与,O,点距离比,b,近,50/182,答案AD因离子均向下偏转打到屏,P,上,依据左手定则可知,a,、,b,均带正电,A项正确。又,因,a,、,b,为同种离子,m,、,q,均相同,由,R,=,T,=,可知它们轨道半径,R,与周期,T,也均相同。而,a,离子轨迹是一段优弧,b,离子轨迹是一个半圆。,a,旅程比,b,旅程长,飞行时间也比,b,飞行,时间长,故B、C项均错误。,b,在,P,上落点到,O,点距离等于圆轨迹直径,说明,b,落点离,O,点,最远,故D项正确。,51/182,9.(北京理综,22,16分)如图所表示,质量为,m,、电荷量为,q,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,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匀强电场,求电场强度,E,大小。,52/182,解析(1)洛伦兹力提供向心力,有,f,=,qvB,=,m,带电粒子做匀速圆周运动半径,R,=,匀速圆周运动周期,T,=,=,(2)粒子受电场力,F,=,qE,洛伦兹力,f,=,qvB,。粒子做匀速直线运动,则,qE,=,qvB,场强,E,大小,E,=,vB,答案(1),(2),vB,易错点拨直接写出半径,R,和周期,T,结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得尤其注意。,53/182,10.(重庆理综,7,15分)音圈电机是一个应用于硬盘、光驱等系统特殊电动机。如图是某,音圈电机原理示意图,它由一对正正确磁极和一个正方形刚性线圈组成,线圈边长为,L,匝数为,n,磁极正对区域内磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为,B,区域外磁场忽略不,计。线圈左边一直在磁场外,右边一直在磁场内,前后两边在磁场内长度一直相等。某时刻线,圈中电流从,P,流向,Q,大小为,I,。,(1)求此时线圈所受安培力大小和方向。,(2)若此时线圈水平向右运动速度大小为,v,求安培力功率。,解析(1)由左手定则判定,线圈所受安培力方向水平向右,大小为,F,=,nBIL,。,(2)安培力功率,P,=,Fv,=,nBILv,。,答案(1),nIBL,水平向右(2),nIBLv,54/182,考点三带电粒子在复合场中运动,11.(浙江理综,20,6分)(多项选择)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略磷离子P,+,和P,3+,经电,压为,U,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、有一定宽度匀强,磁场区域,如图所表示。已知离子P,+,在磁场中转过,=30,后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运,动时,离子P,+,和P,3+,(),A.在电场中加速度之比为11,B.在磁场中运动半径之比为,1,C.在磁场中转过角度之比为12,D.离开电场区域时动能之比为13,55/182,答案BCD两离子所带电荷量之比为13,在电场中时由,qE,=,ma,知,a,q,故加速度之比为1,3,A错误;离开电场区域时动能由,E,k,=,qU,知,E,k,q,故D正确;在磁场中运动半径由,Bqv,=,m,、,E,k,=,mv,2,知,R,=,故B正确;设磁场区域宽度为,d,则有sin,=,即,=,故,=60,=2,C正确。,56/182,12.(江苏单科,15,16分)一台质谱仪工作原理如图所表示。大量甲、乙两种离子飘入电压,为,U,0,加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,经过宽为,L,狭缝,MN,沿着与磁场垂直方向进入,磁感应强度为,B,匀强磁场中,最终打到摄影底片上。已知甲、乙两种离子电荷量均为+,q,质,量分别为2,m,和,m,图中虚线为经过狭缝左、右边界,M,、,N,甲种离子运动轨迹。不考虑离子,间相互作用。,(1)求甲种离子打在底片上位置到,N,点最小距离,x,;,(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过区域,并求该区域最窄处宽度,d,;,(3)若考虑加速电压有波动,在(,U,0,-,U,)到(,U,0,+,U,)之间改变,要使甲、乙两种离子在底片上没有,重合,求狭缝宽度,L,满足条件。,57/182,答案看法析,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运动半径为,r,1,电场加速,qU,0,=,2,mv,2,且,qvB,=2,m,解得,r,1,=,依据几何关系,x,=2,r,1,-,L,解得,x,=,-,L,(2)如图所表示,58/182,最窄处位于过两虚线交点垂线上,d,=,r,1,-,解得,d,=,-,(3)设乙种离子在磁场中运动半径为,r,2,r,1,最小半径,r,1min,=,r,2,最大半径,r,2max,=,由题意知2,r,1min,-2,r,2max,L,即,-,L,解得,L,2,-,59/182,13.(天津理综,11,18分)平面直角坐标系,xOy,中,第象限存在垂直于平面向里匀强磁场,第,象限存在沿,y,轴负方向匀强电场,如图所表示。一带负电粒子从电场中,Q,点以速度,v,0,沿,x,轴,正方向开始运动,Q,点到,y,轴距离为到,x,轴距离2倍。粒子从坐标原点,O,离开电场进入磁场,最,终从,x,轴上,P,点射出磁场,P,点到,y,轴距离与,Q,点到,y,轴距离相等。不计粒子重力,问:,(1)粒子抵达,O,点时速度大小和方向;,(2)电场强度和磁感应强度大小之比。,答案看法析,60/182,解析本题考查带电粒子在电场中偏转及带电粒子在匀强磁场中运动。,(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设,Q,点到,x,轴距离为,L,到,y,轴距离为2,L,粒子加速度为,a,运动时,间为,t,有,2,L,=,v,0,t,L,=,at,2,设粒子抵达,O,点时沿,y,轴方向分速度为,v,y,v,y,=,at,设粒子抵达,O,点时速度方向与,x,轴正方向夹角为,有,tan,=,联立式得,=45,即粒子抵达,O,点时速度方向与,x,轴正方向成45,角斜向上,设粒子抵达,O,点时速度大小为,v,由运动合成有,v,=,61/182,联立式得,v,=,v,0,(2)设电场强度为,E,粒子电荷量为,q,质量为,m,粒子在电场中受到电场力为,F,由牛顿第二定律,可得,F,=,ma,又,F,=,qE,设磁场磁感应强度大小为,B,粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为,R,所受洛伦兹力提供,向心力,有,qvB,=,m,62/182,由几何关系可知,R,=,L,联立,式得,=,63/182,14.(山东理综,24,20分)如图所表示,直径分别为,D,和2,D,同心圆处于同一竖直面内,O,为圆心,GH,为大圆水平直径。两圆之间环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里,匀强磁场。间距为,d,两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔。一质量为,m,、电量,为+,q,粒子由小孔下方,处静止释放,加速后粒子以竖直向上速度,v,射出电场,由,H,点紧靠大,圆内侧射入磁场。不计粒子重力。,(1)求极板间电场强度大小;,(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求区磁感应强度大小;,(3)若区、区磁感应强度大小分别为,、,粒子运动一段时间后再次经过,H,点,求这,段时间粒子运动旅程。,64/182,解析(1)设极板间电场强度大小为,E,对粒子在电场中加速运动,由动能定理得,qE,=,mv,2,由式得,E,=,(2)设区磁感应强度大小为,B,粒子做圆周运动半径为,R,由牛顿第二定律得,qvB,=,m,如图甲所表示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得,R,=,图甲,答案(1),(2),或,(3)5.5,D,65/182,联立式得,B,=,若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得,R,=,联立式得,B,=,(3)设粒子在区和区做圆周运动半径分别为,R,1,、,R,2,由题意可知,区和区磁感应强度,大小分别为,B,1,=,、,B,2,=,由牛顿第二定律得,qvB,1,=,m,qvB,2,=,m,代入数据得,R,1,=,R,2,=,设粒子在区和区做圆周运动周期分别为,T,1,、,T,2,由运动学公式得,T,1,=,T,2,=,据题意分析,粒子两次与大圆相切时间间隔内,运动轨迹如图乙所表示,依据对称可知,区两段,66/182,圆弧所对圆心角相同,设为,1,区内圆弧所对圆心角设为,2,圆弧和大圆两个切点与圆心,O,连,线间夹角设为,由几何关系得,图乙,1,=120,2,=180,=60,粒子重复上述交替运动回到,H,点,轨迹如图丙所表示,设粒子在区和区做圆周运动时间分别,为,t,1,、,t,2,可得,67/182,图丙,t,1,=,T,1,t,2,=,T,2,设粒子运动旅程为,s,由运动学公式得,s,=,v,(,t,1,+,t,2,),联立,式得,s,=5.5,D,68/182,15.(天津理综,11,18分)如图所表示,空间中存在着水平向右匀强电场,电场强度大小,E,=5,N/C,同时存在着水平方向匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小,B,=0.5 T。有一,带正电小球,质量,m,=1,10,-6,kg,电荷量,q,=2,10,-6,C,正以速度,v,在图示竖直面内做匀速直线运,动,当经过,P,点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引发电磁感应现象),取,g,=10 m/s,2,。求:,(1)小球做匀速直线运动速度,v,大小和方向;,(2)从撤掉磁场到小球再次穿过,P,点所在这条电场线经历时间,t,。,答案(1)看法析(2)3.5 s,69/182,解析(1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受三个力在同一平面内,协力为零,有,qvB,=,代入数据解得,v,=20 m/s,速度,v,方向与电场,E,方向之间夹角,满足,tan,=,代入数据解得,tan,=,=60,70/182,(2)解法一:,撤去磁场,小球在重力与电场力协力作用下做类平抛运动,设其加速度为,a,有,a,=,设撤掉磁场后小球在初速度方向上分位移为,x,有,x,=,vt,设小球在重力与电场力协力方向上分位移为,y,有,y,=,at,2,a,与,mg,夹角和,v,与,E,夹角相同,均为,又,tan,=,联立式,代入数据解得,t,=2,s=3.5 s,解法二:,撤去磁场后,因为电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向分运动没有影响,以,P,点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为,71/18
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