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章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　带电粒子在磁场中的运动
[例1] (2024·湖北卷)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是(　　)
[A] 粒子的运动轨迹可能经过O点
[B] 粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
[C] 粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
[D] 若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为
【答案】 D
【解析】 在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出,由此可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域,时间最短,则根据对称性可知轨迹如图甲所示,则最短时间有t=2T=,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知 r=,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得v=,故D
正确。
[例2] (2024·重庆卷)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示,比荷为的带正电的粒子,由固定于M点的发射枪,以不同的速率射出后,沿射线MN方向运动。能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点,O在MN上,且KO垂直于MN。若打开磁场开关,空间将充满磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。速率为v0的粒子运动到O点时,打开磁场开关,该粒子全被收集,不计粒子所受重力,忽略磁场突变的影响。
(1)求OK间的距离;
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,该粒子仍被收集,求MO间的距离;
(3)速率为4v0的粒子射出后,运动一段时间再打开磁场开关,该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时零点,求打开磁场开关的那一时刻。
【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)当粒子到达O点时打开磁场开关,粒子做匀速圆周运动,设轨迹半径为r1,轨迹如图曲线Ⅰ所示,由洛伦兹力提供向心力得
qv0B=m,
解得OK=2r1=。
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1,
轨迹如图曲线Ⅱ所示,由几何关系有
(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2,
解得MO=2r1=。
(3)设速率为4v0的粒子射出一段时间t到达P点时打开磁场开关,要使粒子仍然经过K点,则P点在O点右侧,轨迹如图曲线Ⅲ所示,
由几何关系有
(4r1-2r1)2+OP2=(4r1)2,
解得OP=2r1=,
在打开磁场开关前粒子的运动时间为
t=,
解得t=。
热点二　带电粒子在叠加场中的运动
[例3] (2024·江西卷)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料,具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图甲所示,在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,电极1、3间通以恒定电流I,电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3 A时,测得U-B关系图线如图乙所示,元电荷e=1.60×10-19 C,则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
[A] 1.7×1019 [B] 1.7×1015
[C] 2.3×1020 [D] 2.3×1016
【答案】 D
【解析】 设样品每平方米载流子(电子)数为n,电子定向移动的速率为v,则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb,根据电流的定义式得I==nevb,当电子稳定通过样品时,其所受静电力与洛伦兹力平衡,有evB=e,联立解得U=B,结合题图乙可知图像斜率k==
V/T,解得n=2.3×1016。
[例4] (2024·甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U;Ⅱ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直于纸面向里;Ⅲ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直于纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P点处,运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电 求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
【答案】 (1)带正电　　(2) (3)
【解析】 (1)由于粒子在偏转分离器的匀强磁场中向上偏转,根据左手定则可知粒子带正电;设粒子的质量为m,电荷量为q,粒子进入速度选择器时的速度为v0,在速度选择器中粒子做匀速直线运动,由平衡条件得
qv0B1=qE1,
在加速电场中,由动能定理得
qU=m,
联立解得粒子的比荷为=。
(2)在偏转分离器中,粒子做匀速圆周运动,设运动半径为r,由洛伦兹力提供向心力得
qv0B2=m,
可得O点到P点的距离为
OP=2r=。
(3)粒子进入Ⅱ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力,
F洛=qv0B1,
向下的静电力,
F=qE2,
由于E2>E1,且qv0B1=qE1,
所以通过配速法,如图所示,
其中满足qE2=q(v0+v1)B1,
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时,竖直平面内以v1做匀速圆周运动,当速度转到水平向右时,满足垂直打在速度选择器右挡板的O′点的要求,故此时粒子打在O′点的速度大小为v′=v0+v1+v1=。
热点三　带电粒子在组合场中的运动
[例5] (2024·广东卷)如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交流电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在 t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍,粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;
(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,静电力对粒子做的功W。
【答案】 (1)正电　　(2)　π (3)(16+π2)
【解析】 (1)粒子在左侧电场中由静止做加速运动,可知粒子带正电,粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有qvB=m,T=,
得T=,
根据粒子在磁场中的运动轨迹可知
T=2t0,解得q=。
(2)金属板的板间距离为D,则板长为,粒子在板间运动时=vt0,
粒子在板间运动时,由牛顿第二定律可知
a==,
出电场时竖直方向速度为零,有
y=2×a() 2,
在磁场中有qvB=m,
其中y=2R,
联立解得D=,v=π。
(3)由(1)(2)结果可知金属板的板间距离
D=3R,
可知粒子运动情况如图所示,
即全过程静电力做功为左侧加速电场做功W1和交变偏转电场做功W2,
W1=mv2,W2=U0q,
联立解得W=W1+W2=(16+π2)。
[例6] (2024·山东卷)如图所示,在Oxy坐标系x>0,y>0区域内充满垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板,其两端分别位于x、y轴上M、N两点,∠OMN=60°,挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0(1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0;
(2)调整加速电压,当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动,求第一象限中电场强度的大小和方向;
(3)当加速电压为时,求粒子从小孔K射出后,运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
【答案】 (1)　(2),方向沿x轴正方向 (3)见解析
【解析】 (1)根据题意,作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图甲所示,
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=xNK=,
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力,有
qvB=m,
在匀强加速电场中根据动能定理有
U0q=mv2,
联立解得U0=。
(2)根据题意,当轨迹半径最小时,粒子速度最小,则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示,
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
r′=xNKcos 60°=,
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力,有
qv′B=m,
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动,由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向,则粒子经过小孔K后受到的静电力沿x轴正方向,又粒子带正电,则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向,大小满足qv′B=Eq,
联立可得E=。
(3)在匀强加速电场中由动能定理有
Uq=mv″2,
可得v″=,
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力,有
qv″B=m,
可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径
r″=L,
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图丙所示。
设粒子从小孔K射出时的速度v″与x轴正方向的夹角为θ,
由几何关系有sin θ==,
则θ=60°,
粒子从小孔K射出时在y轴方向上的分速度
vy″=v″sin θ=,
由于vy″与第(2)问中粒子的速度v′相等,可知粒子所受静电力与洛伦兹力的这个分力平衡,粒子从小孔K射出后在y轴方向的分运动为匀速直线运动,
粒子从小孔K射出时在x轴方向上的分速度
vx″=v″cos θ=,
粒子从小孔K射出后的另一个分运动为匀速圆周运动,
半径r ==L,
周期T=,
故粒子运动T后第一次距离y轴最近,
此过程粒子在y轴方向做匀速直线运动的位移
sy=vy″·T=L,
所以粒子沿y轴方向运动的距离为
sy+r =L,
K点的坐标为(,),
所以粒子在第一次距离y轴最近位置的坐标为(L,L),
此后粒子每经过时间T再次距离y轴最近,
而每经过时间T粒子在y轴方向上移动的距离为vy″·T=L,
故粒子距离y轴最近位置的坐标为
(L,L+n·L) (n=0,1,2,3,…)。
安培力与洛伦兹力　检测试题
(分值:100分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.如图所示,将一轻质正方形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F六点固定,E、F分别为AD、BC边的中点。一不易形变的长直导线在E、F两点处固定,现将正方形软线圈中通入电流I1,直导线中通入电流I2,已知I1 I2,长直导线和软线圈彼此绝缘,则稳定后软线圈大致的形状可能是(　　)
[A] 　　　　 [B]
[C] 　　　　 [D]
【答案】 B
【解析】 由安培定则可知,通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外,右侧磁场垂直于纸面向里,软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向,故而由左手定则可判断题图B正确。故选B。
2.雷雨天气会经常发生闪电击中建筑物的情况。假设发生闪电的云层带负电,则在闪电瞬间,在我国北方建筑物受到地磁场在水平方向的作用力方向是(　　)
[A] 向西 [B] 向南
[C] 向东 [D] 向北
【答案】 A
【解析】 在我国北方地磁场水平分量向北,云层带负电,带负电的粒子向下运动,根据左手定则,粒子受到的洛伦兹力向西,所以建筑物受力方向向西。故选A。
3.如图所示,虚线的上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场。将一粗细均匀的电阻丝折成的正五边形导体框abcde置于磁场中(ab边水平),用导线将恒压电源U连接在导体框的a、b两点。下列说法正确的是(　　)
[A] ab边所受的安培力方向竖直向上
[B] bcdea部分与ab边所受的安培力大小之比为 1∶4
[C] ab边与bc边所受的安培力大小相等
[D] 导体框所受的安培力为0
【答案】 B
【解析】 由电路可知,流过ab边的电流方向为由b向a,由左手定则可知ab边所受的安培力方向竖直向下,A错误;设导体框的边长为l,单位长度的电阻为R0,由欧姆定律可得ab边的电流为I1=,流过bcdea边的电流为I2=,又bcdea边与ab边在磁场中的有效长度相等,由公式F=IlB可得,bcdea部分与ab边所受的安培力大小之比为F2∶F1=I2∶I1=
1∶4,同理ab边与bc边所受的安培力大小之比为4∶1,B正确,C错误;整个导体框所受的安培力大小为F=(I1+I2)lB=,由左手定则可知安培力的方向竖直向下,D错误。
4.质量为m=0.02 kg的通电细杆ab置于倾角为θ=37°的平行放置的导轨上,导轨的宽度d=0.2 m,杆ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4,磁感应强度B=2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下,如图所示。现调节滑动变阻器的滑片,为使杆ab静止不动,则通过杆ab电流的最小值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(　　)
[A] 0.08 A [B] 0.14 A
[C] 0.46 A [D] 无法确定
【答案】 B
【解析】 当电流最小时F+Ff-mgsin θ=0,FN-mgcos θ=0,Ff=μFN,F=BImind,联立解得Imin=0.14 A。故选B。
5.磁流体发电机的原理如图所示。将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B的匀强磁场中,可在相距为d、正对面积为S的两平行金属板间产生电压。现把上、下板和电阻R连接,上、下板等效为直流电源的两极。等离子体稳定时在两极板间均匀分布,电阻率为ρ。忽略边缘效应及离子的重力。下列说法正确的是(　　)
[A] 上板为正极,a、b两端电压U=Bdv
[B] 上板为负极,a、b两端电压U=
[C] 上板为正极,a、b两端电压U=
[D] 上板为负极,a、b两端电压U=
【答案】 C
【解析】 根据左手定则可知,等离子体射入两极板之间时,正离子偏向a板,负离子偏向b板,即上板为正极;稳定时满足q=Bqv,解得U′=Bdv,根据电阻定律可知两板间的电阻为r=,根据闭合电路欧姆定律有I=,a、b两端电压U=IR,联立解得U=。故选C。
6.如图所示为回旋加速器的示意图,两D形盒的狭缝间接有电压大小恒为U,变化周期为T的交流电压,两D形盒所在区域加竖直向下的匀强磁场,质量为m、电荷量为q的粒子由A点静止释放,被加速N次后从D形盒中引出,忽略相对论效应,粒子比荷k=。则下列说法正确的是(　　)
[A] 磁感应强度大小为
[B] D形盒的半径为
[C] 粒子第1次与第2次在D形盒中做圆周运动的半径之比为1∶
[D] 增大加速电压,粒子离开D形盒时的动能增大
【答案】 C
【解析】 回旋加速器在正常工作时,粒子在磁场中的运行周期等于狭缝间所加电压的周期,则由公式qvB=m,T=,得T=,解得B==,A错误;由题意可知粒子被加速N次离开D形盒,由动能定理有NqU=m,得vm=,当粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径等于D形盒的半径时粒子离开D形盒,有qvmB=m,D形盒的半径为R=,B错误;粒子被第1次加速后,有qU=m,qv1B=m,解得R1=,粒子被第2次加速后,有2qU=m,qv2B=m,解得R2=,解得 R1∶R2=1∶,C正确;粒子的最大动能为Ekm=m,结合qvmB=m,得Ekm=,显然粒子的最大动能与加速电压的大小无关,D错误。
7.如图所示,在正方体的四条沿y轴方向的棱上,分别固定四根通有等大电流I0的等长导线。正方体的中心点P处有不断沿各个方向喷射带正电粒子的粒子源,关于粒子刚被喷出时所受到的洛伦兹力方向,下列说法正确的是(　　)
[A] 若初速度方向沿x轴正方向,则其所受的洛伦兹力方向沿z轴正方向
[B] 若初速度方向沿x轴正方向,则其所受的洛伦兹力方向沿y轴正方向
[C] 若初速度方向沿y轴正方向,则其所受的洛伦兹力方向沿z轴负方向
[D] 若初速度方向沿y轴正方向,则其所受的洛伦兹力方向沿x轴正方向
【答案】 D
【解析】 根据四根导线的电流方向,结合右手螺旋定则可知,四根导线的电流在P处产生的合磁场方向沿z轴正方向。带正电粒子初速度方向沿x轴正方向时,根据左手定则可知,其所受的洛伦兹力方向沿y轴负方向,故A、B错误;带正电粒子初速度方向沿y轴正方向时,根据左手定则可知,其所受的洛伦兹力方向沿x轴正方向,故C错误,D正确。
8.如图所示,真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,区域宽度为d,边界为CD和EF,速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场,入射方向与CD的夹角为θ,已知电子的质量为m、带电荷量为e,为使电子能从另一边界EF射出,电子的速率应满足的条件是(　　)
[A] v> [B] v<
[C] v> [D] v<
【答案】 A
【解析】 由题意可知,电子从边界EF射出的临界条件为到达边界EF时,速度方向与EF平行,即运动轨迹与EF相切,如图所示。由几何知识得R+Rcos θ=d,R=,解得v0=,当v>v0时,电子能从边界EF射出,故A正确。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共 16分。每小题有多个选项符合题目要求,全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.如图所示,ab和cd为固定在同一水平面内的平行光滑金属导轨,直导体棒MN跨接在两导轨上,与两导轨垂直。为使MN向右运动,下列操作可行的是(　　)
[A] 将a接电源正极,c接电源负极,空间加竖直向下的匀强磁场
[B] 将a接电源正极,c接电源负极,空间加竖直向上的匀强磁场
[C] 将a接电源负极,c接电源正极,空间加竖直向上的匀强磁场
[D] 将a接电源负极,c接电源正极,空间加竖直向下的匀强磁场
【答案】 AC
【解析】 结合电流方向及磁场方向,根据左手定则可知将a接电源正极,c接电源负极,空间加竖直向下的匀强磁场或将a接电源负极,c接电源正极,空间加竖直向上的匀强磁场都可以使MN向右运动。故选AC。
10.如图所示,一根足够长的光滑绝缘杆MN,与水平面的夹角为37°,固定在竖直平面内,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间,杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时,对杆有垂直杆向下的压力作用,压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,下列说法正确的是(　　)
[A] 小环带负电
[B] 小环滑到P处时的速度大小vP=
[C] 当小环的速度大小为v=时,小环对杆没有压力
[D] 当小环与杆之间没有正压力时,小环到P的距离L=
【答案】 AB
【解析】 根据题意,假如没有磁场,由平衡条件及牛顿第三定律可知,小环对杆的压力大小为mgcos 37°=0.8mg,然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg,说明小环受到垂直于杆向上的洛伦兹力作用,根据左手定则可知,小环带负电,故A正确;设小环滑到P处时的速度大小为vP,在P处,小环的受力如图甲所示,根据平衡条件得qvPB+FN=mgcos 37°,杆对小环的支持力FN=0.4mg,联立解得vP=,故B正确;在小环下滑到P′处时,对杆没有压力,此时小环的速度大小为v,则在P′处,小环的受力如图乙所示,由平衡条件得qvB=mgcos 37°,变形解得v=,在小环由P处滑到P′处的过程中,由动能定理得mgLsin 37°=mv2-m,代入解得L=,故C、D错误。
11.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面向上的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控制屏幕的熄灭。则关于元件的说法正确的是(　　)
[A] 前表面的电势比后表面的低
[B] 前、后表面间的电压U与v无关
[C] 前、后表面间的电压U与c成正比
[D] 自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】 AD
【解析】 由题图知电流从左向右流动,因此电子的运动方向为从右向左,根据左手定则可知电子偏转到前表面,因此前表面的电势比后表面的低,A正确;电子在运动过程中洛伦兹力和静电力平衡,有eE=eBv,又E=,则电压U=Bav,故前、后表面间的电压与速度有关,与a成正比,与c无关,B、C错误;自由电子受到的洛伦兹力与静电力大小相等,即F=eE=,D正确。
12.如图所示,一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点,另一端系一带负电的小球,置于水平向左的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中。已知绳长为L,小球质量为m,电荷量为q,磁感应强度大小为,现把小球从A点由静止释放,刚好沿着圆弧AB到达最高点B处,其中cos θ=,sin θ=,重力加速度为g,已知cos 37°=,sin 37°=,则(　　)
[A] 从A到B的过程中,小球的机械能一直增大
[B] 小球所受的静电力是重力的倍
[C] 从A到B过程中,小球的最大速度为
[D] 从A到B过程中,细线的最大拉力为重力的倍
【答案】 AC
【解析】 从A到B过程中,静电力对小球一直做正功,则小球机械能一直增大,电势能一直减小,故A正确;根据动能定理可得-mgL(1-cos θ)+FLsin θ=0,解得F=mg,故B错误;小球所受重力和静电力的合力为F合=mg,方向与竖直方向夹角为37°,所以当小球运动到此位置时速度最大,根据动能定理可得-mgL(1-cos 37°)+FLsin 37°=mv2,解得v=,故C正确;根据FT-F洛-F合=m,从A到B过程中,细线的最大拉力FT=F合+m+F洛=2mg,故D错误。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(6分)如图所示为“探究磁场对通电导线的作用”的实验装置,其中线框下端与磁场方向垂直。请根据下面的实验操作按要求填空。
(1)在接通电路前先观察并记录了弹簧测力计的读数F0。
(2)接通电路,调节滑动变阻器使电流表读数为I1,观察并记录了弹簧测力计此时的读数F1(F1>F0),则线框受到磁场的安培力F安=　　　　,F安的方向向　　　　(选填“上”
“下”“左”或“右”)。
(3)在探究安培力与电流的对应关系时,保持磁场及线框不变,只调节滑动变阻器,记录电流表的读数为I2、I3、…弹簧测力计的读数为F2、F3、…并分别计算出F2-F0、F3-F0、…通过实验可发现,磁场对通电导线安培力的大小与电流大小成正比,所采用的实验方法是
　　　　　　　(选填“控制变量法”“等效替代法”或“理想模型法”)。
【答案】 (2)F1-F0　下　(3)控制变量法
【解析】 (2)在通电前,线框平衡时有F0=mg,通电后,线框平衡时有F1=mg+F安,联立解得
F安=F1-F0,方向向下。
(3)在探究安培力与电流的对应关系时,控制线框和磁场不变,只改变电流,观察安培力的大小,所采用的实验方法是控制变量法。
14.(10分)图中虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力,来测量磁场的磁感应强度大小,并判定其方向。所用部分器材已在图中给出,其中D为位于纸面内的U形金属框,其底边水平,两侧边竖直且等长;E为直流电源;R为电阻箱;A为电流表;S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
(1)在图中画线连接成实验电路图。
(2)完成下列主要实验步骤中的填空。
①按图接线。
②保持开关S断开,在托盘内加入适量细沙,使D处于平衡状态;然后用天平称出细沙
质量m1。
③闭合开关S,调节R的值使电流大小适当,在托盘内重新加入适量细沙,使D　　　　　　　　;然后读出　　　　　　　　,并用天平称出　　　　　　　　。
④用米尺测量　　　　　　　　。
(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小,可以得出B=　　　　　　。
(4)判定磁感应强度方向的方法是:若　　　　,磁感应强度方向垂直于纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直于纸面向里。
【答案】 (1)图见解析　(2)③重新处于平衡状态　电流表示数I　此时细沙的质量m2　④D的底边长度L　(3)　(4)m2>m1
【解析】 (1)本实验的原理是通过测量D受到的安培力的大小和方向、D中流过的电流的大小和方向、D的底边长度,根据F=BIL,得出B的大小和方向。因此把电流表、电阻箱、开关、电源和D串联,如图所示。
(2)根据步骤②可知,D的重力G=m1g,步骤③让电流流过D,使D在重力、安培力和轻绳的拉力作用下重新平衡,要测出安培力,需要测出拉力,即用天平称出重新加入细沙的质量;要得出B,还需要测出电流的大小和D的底边长度。
(3)安培力F=|m2-m1|g,又F=BIL,可得B=。
(4)电流的方向水平向右,若B的方向垂直于纸面向外,则安培力方向竖直向下,有F+m1g=m2g,即m2>m1。
15.(10分)粒子质量为m、电荷量为q,以速度v0与x轴成θ角(弧度)射入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后落在x轴上的P点,如图所示。求:
(1)粒子运动轨道的半径r;
(2)粒子从O点射入到落在P点所需的时间t。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则有qv0B=m,
解得r=。
(2)过O点和P点作速度方向的垂线,两线交点C即为粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心,如图所示。
由图可知,圆弧对应的圆心角为2θ,粒子做圆周运动的周期T=,
则粒子从O点射入到落在P点所需时间t=T=。
16.(10分)质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷的精密仪器,某一改进后带有速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷,其原理如图所示,A为粒子加速器,加速电压为U1,B为速度选择器,其中磁场与电场正交,磁场磁感应强度为B1,两板距离为d,C为粒子偏转分离器,磁感应强度为B2,今有一比荷为k1(未知)的正粒子P,不计所受重力,从小孔S1“飘入”(初速度为零)粒子加速器A,经加速后,该粒子从小孔S2进入速度选择器B,恰能通过速度选择器,粒子从小孔S3进入分离器C后做匀速圆周运动,恰好打在照相底片D点上,测出D点与S3的距离为L。
(1)粒子P的比荷k1为多大
(2)速度选择器的电压U2应为多大
(3)另一粒子Q同样从小孔S1“飘入”粒子加速器A,保持U2和d不变,调节U1的大小,使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C,最后打到照相底片上的F点(在D点右侧),测出F点与D点的距离为x,则可得粒子Q比荷为k2,求k2(用k1 表示)。
【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)由动能定理得qU1=m,
粒子P在分离器C中做匀速圆周运动,则
qv0B2=m,
由几何关系得R=,k1=,
联立解得k1=。
(2)粒子P从小孔S2进入速度选择器B,恰能通过速度选择器,可得qv0B1=q,
解得U2=。
(3)由题意得,粒子Q进入分离器的速度与粒子P的速度相同,则q′v0B2=m′,
已知R′=,解得k2=。
17.(11分)如图所示,宽度为L、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。绝缘长薄板MN置于磁场的右边界,粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后竖直分速度不变,水平分速度大小不变、方向相反。磁场左边界上O处有一个粒子源,向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m、电荷量为+q、速度为v的粒子,不计粒子所受重力和粒子间的相互作用,粒子电荷量保持不变。
(1)要使粒子在磁场中运动时不打到绝缘薄板,求粒子速度v满足的条件;
(2)若v=,一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来,求这些粒子在磁场中运动时间的最小值t。
【答案】 (1)v<　(2)
【解析】 (1)设粒子在磁场中运动的轨道半径为r1,则有qvB=m,
如图甲所示,要使粒子在磁场中运动时不打到绝缘薄板,应满足2r1解得v<。
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,
设粒子运动的轨道半径为r2,则有
qvB=m,
解得r2=L,
在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短,粒子运动轨迹如图乙所示,由几何关系可知时间的最小值t=2×,
解得t=。
18.(13分)如图甲所示,坐标系xOy的y轴右侧存在垂直于xOy平面方向周期性变化的磁场B,在 y轴右侧存在沿y轴正方向竖直向上的匀强电场 E=,在y轴左侧存在沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E′=(忽略边界效应),现将一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不能忽略)从xOy平面的第三象限P点沿x轴正方向水平抛出,粒子第一次经过x轴时恰好过O点,此时速度大小为v0,方向与x轴正方向的夹角为45°。从粒子通过O点开始计时,磁感应强度B随时间变化的关系图像如图乙所示,周期为4t0,B为正值时它的方向为垂直于纸面向外。已知t0=,重力加速度为g。求:
(1)抛出点P的坐标;
(2)粒子从第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间t1;
(3)粒子第3次经过x轴时的横坐标。
【答案】 (1)(-,-)　(2) (3)
【解析】 (1)根据题意,由牛顿第二定律有
qE′-mg=ma,
得a=g,方向竖直向上,
该粒子做类平抛运动,由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为45°,根据类平抛运动规律得
(v0) 2=2gy,v0=gt,x=v0t,
解得x=,y=,
则P点坐标为(-,-)。
(2)根据题意可知qE=mg,
即重力与静电力平衡,由洛伦兹力提供向心力,则有
qv0B1=m,B1=,T1=,
解得R1=,T1==2t0,
可知粒子从第一次经过x轴到第二次经过x轴时,对应的圆心角为90°,则粒子从第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间
t1=T1=。
(3)由于t1===,
可知0～t0时间内粒子刚好转过180°,之后粒子磁场大小方向都变了,则偏转方向变了,由洛伦兹力提供向心力得
qv0B2=m,B2=,T2=,
解得R2==2R1,T2==4t0,
t0～2t0,粒子转过90°,同理得,粒子在2t0～3t0与0～t0的运动轨迹大小一样,只是偏转方向不一样,在3t0～4t0与t0～2t0的运动轨迹大小一样,只是偏转方向不一样,综上所述,得到一个周期的轨迹如图所示。
由几何关系得OA=AB=R1,
则粒子第3次经过x轴时的横坐标为
x=2R1=。(共34张PPT)
章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型 情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　带电粒子在磁场中的运动
[例1] (2024·湖北卷)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是(　　)
[A] 粒子的运动轨迹可能经过O点
[B] 粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
D
(1)求OK间的距离;
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,该粒子仍被收集,求MO间的距离;
(3)速率为4v0的粒子射出后,运动一段时间再打开磁场开关,该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时零点,求打开磁场开关的那一时刻。
热点二　带电粒子在叠加场中的运动
[例3] (2024·江西卷)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料,具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图甲所示,在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,电极1、3间通以恒定电流I,电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3 A时,测得U-B关系图线如图乙所示,元电荷e=1.60×10-19 C,则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
[A] 1.7×1019 [B] 1.7×1015
[C] 2.3×1020 [D] 2.3×1016
D
[例4] (2024·甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U;Ⅱ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直于纸面向里;Ⅲ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直于纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P点处,运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电 求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
【解析】 (3)粒子进入Ⅱ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力,
F洛=qv0B1,
向下的静电力,F=qE2,
由于E2>E1,且qv0B1=qE1,
所以通过配速法,如图所示,
热点三　带电粒子在组合场中的运动
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;
(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,静电力对粒子做的功W。
(1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0;
(2)调整加速电压,当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动,求第一象限中电场强度的大小和方向;
【解析】 (2)根据题意,当轨迹半径最小时,粒子速度最小,则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示,
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