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专题8 磁 场
考纲·题型解读
1.常考查对基本概念磁场、磁感应强度、磁场力、左手定则、安培定则的深刻理解.常以选择题的形式重点考查磁感应强度
的比值定义法、决定其大小的因素及其矢量性.常与其他考点结合起来考查左手定则、安培定则,常考查“负电荷”所受洛伦兹力
的方向.
2.常以选择题或计算题的形式考查带电粒子做圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定;带电粒子在有界磁场中的临界问
题;带电粒子在匀强磁场中的多解问题;质谱仪.
3.多数情况下以计算题的形式考查带电粒子在复合场中的直线运动、曲线运动,准确的受力分析并由几何关系画出轨迹是
关键.两种基本模型:速度选择器(电、磁场正交)和回旋加速器(电、磁场相邻)也是考查重点.
题源1 磁场的有关概念 ①从电场、磁场的概念理解两种场线的相似点:
矢量性———线的切线;
解题模型1.1 强弱———线的疏密;
1.磁场 方向的唯一性
———空间任一点场线不相交.
(1) ②从两种场线的区别理解两种场的区别
:
磁场
电场线———电荷有正负———电场线有始终;
电荷之间的相互作用是通过电场发生的,磁体与磁体
、 磁感线——— 、 极不可分离———磁感线闭合之间 磁体与通电导体之间以及通电导体与通电导体之间 NS .
()安培定则
的相互作用是通过磁场发生的. 5
(2) 几种常见的磁场
、通电直导线周围的磁场、环形电流
地磁场
① , N ,S 的磁场和通电螺线管的磁场
,磁感线的方向都可以用安培
地球本身是一个大磁体 它的 极位于南极附近
:
极位于北极附近. 定则判定
② , 右手握住导线
,让伸直的拇指所指的方向与电流的
地球的地理两极与地磁两极并不重合 磁针的指向 ①
, 方向一致,弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向与南北方向有一个夹角 这个夹角称作磁偏角. .
②让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致,伸直的
拇指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向.
③右手握住螺线管,让弯曲的四指所指的方向跟电流
的方向一致,拇指所指的方向就是螺线管内部的磁场方向.
(6)安培分子电流假说
法国学者安培提出分子电流假说.他认定在原子、分子
等微粒内部,存在着一种环形电流,叫做分子电流,使物质
微粒都成 为 微 小 的 磁 体.安 培 的 假 说 可 以 解 释 磁 化 等 磁
③地磁场B 的水平分量(Bx)总是从地球地理南极指 现象.
向地球地理北极(地球外部);而竖直分量(By),在南半球 2.磁感应强度
垂直地面向上,在北半球垂直地面向下. (1)物理学中用磁感应强度来描述磁场的强弱.
④在赤道平面上,距离地球表面高度相等的各点,磁 (2)放入磁场中的小磁针,在磁场中受力将会发生转
感应强度相等,且方向水平向北. 动.当磁针静止时,N极所指的方向规定为该点的磁感应强
(3)磁感线 度的方向,简称为磁场的方向.
为形象描述磁场,人们引入了磁感线.磁场的磁感线可 ( F3)磁感应强度的定义式是B= ,在国际单位制中,
以描述磁场的大小和方向.磁感线是闭合曲线,与电场线 IL
不同. N磁感应强度的单位是特斯拉,符号是T,1T=1A·m.
(4)磁感线与电场线的比较
·99·
[答案] C
(4)匀强磁场 [真题2] (2023·新课程标准)为了解释地球的磁性,19
①匀强磁场是强弱、方向处处相同的磁场.距离很近的 世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引
两个异名磁极之间的磁场、两个平行放置的线圈通电时中 起的.在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是
间区域的磁场都是匀强磁场. ( )
②匀强磁场的磁感线是一些间隔相同的平行直线.
(5)磁感应强度与电场强度的比较
电场强度E 是描述电场的力的性质的物理量,磁感应
强度B 是描述磁场的力的性质的物理量.现把这两个物理
量比较如下: A B
磁感应强度B 电场强度E
物理意义 描述磁场的性质 描述电场的性质
共同点 都是用比值的形式定义 C D
定
义 FB= ,通电导线与 B 垂 F [解析] 地磁场的 N极对应地球地理的南极,地磁场的S
式 特点 IL E= ,E 与F、q无关
, 、、 q 极对应地球地理的北极.在地球的内部,地磁场的方向由地理北直 B 与F IL 无关
极指 向 南 极,由 右 手 螺 旋 定 则 得 环 形 电 流 的 方 向 为 B,ACD
共同点 矢量
方 错误.
向 放入该 点 的 正 电 荷 受 力
不同点 小磁针N极受力方向 [答案] B
方向 [真题3] (2023·全国)如图,两根相互平行的长直导线分
共同点 都遵从矢量合成法则
场 别通有方向相反的电流I1 和I2,且I1>I2,a,b,c,d 为导线某
的
合磁感应强度B 等于各磁 合场强 等 于 各 个 电 场 的 一横截面所在平面内的四点,且叠 a、b、c与两导线共面;b点在两
不同点
加 场的B 的矢量和 场强E 的矢量和 导线之间,b,d 的连线与导线所在的平面垂直.磁感应强度可能
为零的点是 ( )
单位 1T=1N/(A·m) 1V/m=1N/C
[真题1] (2023·重庆)如图所示,一段长方体形导电材
料,左右两端面的边长都为a 和b,内有带电量为q 的某种自由
运动电荷,导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场 A.a点 B.b点
中,内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时, C.c点 D.d 点
测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下 [解析] 磁感应强度的叠加运算应为矢量运算,应用平行
表面的低.由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及 四边形法则,要使某点磁感应强度为零,则两通电直导线分别在
自由运动电荷的正负分别为 ( ) 该点产生的磁感应强度等大反向,由图可知两导线在d 点形成
的磁感应强度方向有一定夹角,而两导线在b 点形成的磁感应
强度方向相同,竖直向下,因此b,d 两点磁感应强度不可能为
零,由于I1>I2,I1 在a 点处必大于I2 在该处产生的磁感应强
度,因此a 处的磁感应强度不可能为零,同理可知,只有c 点的
磁感应强度可能为零,C正确.
[答案] C
IB
A. ,
IB
负
||aU B.
,正 [
q |q|aU 真题4
] (2019·上海)磁场对放入其中的长为L、电流强
度为I、方向与磁场垂直的通电导线有力 的作用,可以用磁感IB , IB
F
C. 负||bU D.
,正
q |q|bU 应强度 B 描 述 磁 场 的 力 的 性 质,磁 感 应 强 度 的 大 小 B
[解析] 正电荷定向移动的方向为电流方向,因此如果自 = ,在物理学中,用类似方法描述物质基本性质的物理
由电荷带负电,电荷速度方向水平向左,由左手定则可知所受洛 量还有 等.
伦兹力方向向上,上表面带负电,电势较低,选项B、D错误;当电 [ F解析] 磁感应强度的定义式B= , 等于 与IL B F IL
的
U
荷匀速通过时电场力与洛伦兹力大小相等qE=qvB,E= ,a I 比值,而与F、I、L 无关.电场强度是描述电场的力的性质,其定
I I F
=nqSv=nqabv,则单位体积自由电荷数为n= = 义式为E= ,F 为放入电场中的点电荷q q
所受的电场力.
qabv U
qab×aB [答案] F 电场强度
IB IL
= ,选项A错误;选项 正确
qbU
C .
·100·
解题模型1.2
Ⅰ.洛伦兹力的方向,也可以用左手定则判定:伸出左
磁场力 手,使拇指与其余四指垂直,并且都与手掌在同一个平面内,
(1)安培力 让磁感线从掌心进入,并使四指指向正电荷运动的方向,这
①安培力的方向 时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹
Ⅰ.人们把通电导线在磁场中受到的力称为安培力. 力的方向,负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反.
Ⅱ.通电导线在磁场中所受安培力的方向,与电流、磁 Ⅱ.洛伦兹力的大小
感应强度的方向垂直. 若带电粒子运动方向与磁感应强度方向垂直,则F=
Ⅲ.左手定则:伸开左手,使拇指与其余四指垂直,并 qvB.若粒子速度方向与磁感应强度方向的夹角为θ,则F
且都与手掌在同一平面内.让磁感线从掌心进入,并使四指 =qvBsinθ.
指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁 Ⅲ.洛伦兹 力 的 方 向 始 终 与 带 电 粒 子 的 运 动 方 向 垂
场中所受安培力的方向. 直,故洛伦兹力不改变带电粒子运动速度的大小,只改变
安培力的特点:F⊥B,F⊥I,即F 垂直于B 和I 决定 粒子运动的方向.洛伦兹力对带电粒子不做功.
的平面.(注意:B 和I可以有任意夹角) ②带电粒子在磁场中的运动
Ⅳ.研究静电力时,用来检验电场强度的是点电荷,检 Ⅰ.洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小,或者说,洛
验电荷受静电力的方向与电场的方向相同或相反.研究安培 伦兹力不对带电粒子做功.
力时,用来检验磁感应强度的电流元,电流元受力的方向、磁 Ⅱ.洛伦兹力总与速度方向垂直,正好起到了向心力
场的方向、电流的方向三者不但不在一条直线上,而且不在 的作用.
一个平面内.因此研究安培力问题要涉及三维空间. Ⅲ.沿着与磁场力方向垂直的方向射入磁场的带电粒
Ⅴ.通过实验可得出,平行通电直导线之间有相互作 子,在匀强磁场中做匀速圆周运动.
用力,同向电流相互吸引,异向电流相互排斥. (3)洛伦兹力与安培力的关系
②安培力的大小 ①洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力,而安
Ⅰ.垂直于磁场B 放置的通电导线,公式F=BIL. 培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力
Ⅱ.当磁感应强度B 的方向与导线的方向成θ 角时, 的宏观表现.
公式F=ILBsinθ. ②尽管安培力是自由电荷定向移动时受到的洛伦兹
Ⅲ.在应用F=BIL 公式时应注意哪些问题 力的宏观表现,但也不能认为安培力就简单地等于所有定
F
因F=BIL 是由B= 导出,所以在应用时要注意: 向移动电荷所受洛伦兹力的和,一般只有当导体静止时才IL
能这样认为
() ;() .iB 与L 垂直 iL 是有效长度;(ii)B 并非一定为匀强
③洛伦兹力恒不做功,但安培力却可以做功
磁场, .但它应该是L 所在处的磁感应强度.
可见安培力与洛伦兹力既有紧密相关、不可分割的必
如图甲所示,折线abc中通入电流I,ab=bc=L,折线
然联系,也有显著的区别.
所在平面与匀强磁场磁感应强度B 垂直.abc 受安培力等 (4)洛伦兹力与电场力的比较
效于ac(通有a→c 的电流I)所受的安培力,即F=BI·
2L,方向同样由等效电流ac 判断为在纸面内垂直于ac 洛伦兹力 电场力
斜向上.同理推知如图乙所示的半圆形通电导线受安培力 公式 F=qvB(v⊥B) F=qE
F=BI·2R;如图丙所示闭合的通电导线框受安培力 F
=0. (1)B≠0
受力条件 (2)v≠0,即运动电荷 E≠0
(3)v 与B 不平行
与B、v 方向垂直,用左手
方向 与E 方向平行
定则判断
影响大小 q、E 与电荷的运动情况
q、v、B 及v 与B 的夹角
的因素 无关
做功情况 总不做功 可以做功
③磁电式电流表
Ⅰ.磁电式电流表的原理是安培力与电流的关系.
Ⅱ.磁电式电流表的构造特点 [真题5] (2023·新课程标准Ⅰ)关于通电直导线在匀强
构造:磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴. 磁场中所受的安培力,下列说法正确的是 ( )
特点:两极间的极靴和极靴中间的铁质圆柱,使极靴 A. 安培力的方向可以不垂直于直导线
与圆柱间的磁场都沿半径方向,使线圈平面都与磁感线平 B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向
行,使表盘刻度均匀. C. 安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关
(2)洛伦兹力 D. 将直导线从中折成直角,安培力的大小一定变为原来的
①洛伦兹力的方向和大小 一半
·101·
[解析] 根据左手定则可知,安培力方向与磁场和电流组 1
d= t2 ⑦
成的平面垂直,
g 0
即与电流和磁场方向都垂直,A错误,B正确;磁 2
场与电流不垂直时,安培力的大小为F=BILsinθ,则安培力的大 由题意得
小与通电导线和磁场方向的夹角有关,C错误;当电流方向与磁场 x=s-l,y=h-d ⑧
的方向平行,所受安培力为0,将直导线从中折成直角,安培力的 联立相关方程,由题意可知v0>0,得
大小一定变为原来的一半;将直导线在垂直于磁场的方向的平面 2gh 2
v ( m g0< 0≤ 2h l+B B 2 ) ⑨2 1 2q
内从中折成直角,安培力的大小一定变为原来的 ,
2 D
错误. (3)小球Q 在空间做平抛运动,要满足题设要求,则运动到
[答案] B 小球P 穿出电磁场区域的同一水平高度的W 点时,其竖直方向
[真题6] (2023·四川)如图所示,竖直平面(纸面)内有直 的速度v,与竖直位移y0 必须满足
角坐标系xOy,x 轴沿水平方向.在x≤0的区域内存在方向垂
直于纸面向里,磁感应强度大小为B1 的匀强磁场.在第二象限
紧贴y 轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板,平板平
行于x 轴且与x 轴相距h.在第一象限内的某区域存在方向相互
垂直的匀强磁场(磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外)
和匀强电场(图中未画出).一质量为m、不带电的小球Q 从平板
下侧A 点沿x 轴正向抛出;另一质量也为m、带电量为q的小球
P 从A 点紧贴平板沿x 轴正向运动,变为匀速运动后从y 轴上 vy=v ⑩
1 y0=R
的D 点进入电磁场区域做匀速圆周运动,经 圆周离开电磁场4 设小球Q 运动到W 点时间为t,由平抛运动,有
区域,沿y 轴负方向运动,然后从x 轴上的K 点进入第四象限. vy=gt
小球P、Q 相遇在第四象限的某一点,且竖直方向速度相同.设 1
y0= gt2
运动过程中小球P 电量不变,小球P 和Q 始终在纸面内运动且 2
均看作质点,重力加速度为g.求: 联立相关方程,解得
1
B1=2B2
B1 是B2 的0.5倍.
mg 2gh m2[答案] (1) 正电 (2)0(3)0.5
[真题7] (2022·江苏)如图所示,在匀强磁场中附加另一
() , 匀强磁场,附加磁场位于图中阴影区域,附加磁场区域的对称轴1 匀强电场的场强大小 并判断P 球所带电荷的正负;
() 与 垂直
、、 三个质子先后从 点沿垂直于磁场的方
2 小球Q 的抛出速度v0 的取值范围;
OO' SS' .abc S
向射入磁场,它们的速度大小相等, 的速度方向与 垂直,、
(3)
b SS' a
B1 是B2 的多少倍
c的速度方向与 的速度方向间的夹角分别为 、,且 三个[解析] ( b α α> . 1)由题给条件,小球P 在电磁场区域内做匀速圆 β β
质子经过附加磁场区域后能到达同一点
, , , S'
,则下列说法中正确
周运动 必有重力与电场力平衡 设所求场强大小为E 有
的有 ( )
mg=qE ①
mg
得 E= ②
q
小球P 在平板下侧紧贴平板运动,其所受洛伦兹力必竖直
向上,故小球P 带正电.
(2)设小球P 紧贴平板匀速运动的速度为v,此时洛伦兹力
与重力平衡,有
B1qv=mg ③
设小球P 以速度v 在电磁场区域内做圆周运动的半径为
A.三个质子从S 运动到S'的时间相等
R,有
B.三个质子在附加磁场以外区域运动时,运动轨迹的圆心
v2
B2qv=m R ④ 均在OO'轴上
Q P x、, C.若撤去附加磁场,设小球 与小球 在第四象限相遇点的坐标为 y 有 a
到达SS'连线上的位置距S 点最近
x=R,≤0 ⑤ D.附加磁场方向与原磁场方向相同y
, , [Q t s 解析
] 洛伦兹力不改变带电粒子的速度大小,三个粒子小球 运动到相遇点所需时间为 0 水平方向位移为 竖
d, 速度大小相等
,轨迹长的所用时间长,选项A错;若无附加磁场,直方向位移为 有
s vt 三个质子在原磁场中运动
,由于它们的速度大小相等,又由
= ⑥ r=0 0
·102·
mv
可知,三个质子做圆周运动的半径相等,当它们在S 点以不
qB ③已知粒子运动轨迹上的两条弦,作出两弦的垂直平
同方向射入磁场时,它们运动轨迹的圆心在以S 为圆心,r 为半 分线,交点即为圆心.
径的圆上,故选项B错;若无附加磁场,三个质子的轨迹半径相 ④已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向
同,由圆轨迹的对称性知a 到达磁场下边界时距S 点最近,选项 (不一定在磁场中),延长(或反向延长)两速度方向所在直
; , mv
线使之成一夹角,作出这一夹角的角平分线,角平分线上
C对 质子进入附加磁场时半径变小 由轨迹半径公式r= 知
qB 到两直线距离等于半径的点即为圆心.
磁感应强度变大,则附加磁场方向与原磁场方 向 相 同,选 项 D (4)运动半径的确定
对.故正确选项为CD. 圆心找到以后,自然就有了半径,半径的计算一般是
[答案] CD 利用几何知识,常用到解三角形的方法及圆心角等于弦切
[真题8] (2020·广东)1930年劳伦斯制成了世界上第一 角的两倍等知识.
台回旋加速器,其原理如图所示.这台加速器由两个铜质D形盒 (5)运动时间的确定
D1、D2 构成,其间留有空隙,下列说法正确的是 ( ) 利用圆心角与弦切角的关系,或者是四边形内角和等
θ
于360°计算出圆心角θ 的大小,由公式t=360°T
可求出
l
运动时间.有时也用弧长与线速度的比t=v .
如图所示,在上述问题中经常用到以下关系:
A.离子由加速器的中心附近进入加速器
B.离子由加速器的边缘进入加速器
C.离子从磁场中获得能量
D.离子从电场中获得能量
[解析] 回旋加速器的两个D形盒间隙分布周期性变化的 ①速度的偏向角φ 等于AB 所对的圆心角θ.
电场,不断地给带电粒子加速使其获得能量;而D形盒处分布有 ②偏向角φ 与弦切角α 的关系:φ<180°,φ=2α;φ>
恒定不变的磁场,具有一定速度的带电粒子在D形盒内受到磁 180°,φ=360°-2α.
场的洛伦兹力提供的向心力而做圆周运动;洛伦兹力不做功,故 ③圆周运动中有关对称规律:如从同一直线边界射入
不能使离子获得能量,C错;离子源在回旋加速器的中心附近.所 的粒子,再从这一边射出时,速度与边界的夹角相等;在圆
以正确选项为AD. 形磁场区域内,沿径向射入的粒子,必沿径向射出.
[答案] AD 2.带电粒子在有界磁场中的运动问题
题源2 带电粒子在磁场中的运动 (1)单直线边界磁场
Ⅰ.进入型:带电粒子以一定速度v 垂直于磁感线进
解题模型2.1 入磁场.
规律要点:
1.带电粒子在匀强磁场中运动 ①对称性:若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁
(1)若v∥B,带电粒子所受的洛伦兹力F=0,因此带 场,则一定以与边界成θ角的速度离开磁场,如图(a)所示.
电粒子以速度v 做匀速直线运动. ②完整性:比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进
(2)若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入 入同一匀强磁场,则它们运动的圆弧轨道恰好构成一个完
射速度v 做匀速圆周运动. 整的圆;正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场时,
v2
①向心力由洛伦兹力提供,即qvB=m . 两粒子轨道圆弧对应的圆心角之和等于2π,即θ++θ-=R
2π,且θ-=2θ.
mv
②轨道半径公式:R= .
qB
: 2πR 2πm③周期 T= v = B .q
④频率:
1 qB
f=T=2πm.
(3)圆心的确定
①已知粒子运动轨迹上两点的速度方向,作这两速度
的垂线,交点即为圆心.
②已知粒子 入 射 点、入 射 方 向 及 运 动 轨 迹 上 的 一 条 (a) (b)
弦,作速度方向的垂线及弦的垂直平分线,交点即为圆心.
·103·
Ⅱ.射出型:粒子源在磁场中,且可以向纸面内各个方 由于多种因素的影响,使问题形成多解.多解形成的原
向以相同速率发射同种带电粒子. 因一般包含下述几个方面:
规律要点:(以图(b)中带负电粒子的运动轨迹为例) (1)带电粒子电性不确定形成多解.受洛伦兹力作用的
带电粒子,可能带正电荷,也可能带负电荷,在相同的初速
1
①最值相切:当带电粒子的运动轨迹小于 圆周且与2 度下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,导致形成多解.
( () ), (a 2
)磁场的方向不确定形成多解.有些题目只告诉了磁边界相切时 如图 b 中 点 切点为带电粒子不能射出
感应强度的大小,而未指出磁感应强度的方向,有时必须
磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点).
要考虑因磁感应强度方向不确定而形成的多解.
1
②最值相交:当带电粒子的运动轨迹大于或等于 圆 (3)临界状态不唯一形成多解.带电粒子在洛伦兹力作2
用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,
周时,直径与边界相交的点(如图(b)中的b点)为带电粒子
它可能穿过去了,也可能转过180°从入射界面这边反向飞
射出边界的最远点(距O 最远). 出,于是形成多解.
(2)双直线边界磁场 (4)运动的重复 性 形 成 多 解.带 电 粒 子 在 磁 场 中 运 动
规律要点: 时,由于某些因素的变化,例如磁场方向反向或者速度方
最值 相 切:当 粒 子 源 在 一 条 边 界 向突然反向等,往往运动具有往复性,因而形成多解.
上向纸面内各个方向以相同速率发射
[真题9] (2023·新课程标准Ⅱ)如图所示为某磁谱仪部
同一种粒子时,粒子能从另一边界射
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
出的上、下最远点对应的轨道分别与 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、
两直线相切.如图(c)所示. 正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正
对称性:过粒子源S 的垂线为ab 确的是 ( )
的中垂线.
在如图(c)中,a、b 之间有带电粒 (c)
子射出,可求得
ab=2 2dr-d2
A. 电子与正电子的偏转方向一定不同
最值相切规律可推广到矩形磁场区域中.
B. 电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
(3)圆形边界 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
Ⅰ.圆形磁场区域规律要点: D. 粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小
①相交于圆 心:带 电 粒 子 沿 指 向 圆 心 的 方 向 进 入 磁 [解析] 由于电子与正电子的电性相反,所以它们以相同
场,则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心,即两 的方向进入磁场时,受到的洛伦兹力的方向相反,偏转的方向相
速度矢量相交于圆心,如图(d). 反,A正确;
mv
根据带电粒子的半径公式:r= ,电子与正电子在
②直径最小:带电粒子从直径的一个端点射入磁场,
Bq
磁场中运动轨迹的半径是否相同,与它们的速度有关,B错误;
则从该直径的另一端点射出时,磁场区域面积最小,如图
质子与正电子的电性相同,所以它们以相同的方向进入磁场时,
(e)所示. 受到的洛伦兹力的方向相同,偏转的方向相同,仅依据粒子运动
轨迹无法判 断 该 粒 子 是 质 子 还 是 正 电 子,C正 确;因 为 Ek=
1 mv 2mE
2mv
2则r= = k,可见粒子的动能越大,它在磁场中Bq Bq
运动轨迹的半径越小,D错误.
[答案] AC
(d) (e) (f) [真题10] (2023·新课程标准Ⅰ)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),
Ⅱ.环状磁场区域规律要点: 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
①带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场,若能返回同一 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
边界,则一定逆(沿)半径方向射出磁场.如图(f). 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
②最值相切:当带电粒子的运动轨迹与圆相切时,粒 方的磁感应强度大小之比为 ( )
子有最大速度vm 或磁场有最小磁感应强度B.
3.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的多
解问题
·104·
A.2 B. 2 [ 14qRB
2
答案] 5m
2
C.1 D. 2 [真题12] (2023· 安 徽)如图所示的平面直角坐标系
[解析] 设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r 、r , xOy,在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场,方向沿y 轴正方1 2
速度分别为v 、v . 向;在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强电场,方向垂直于1 2
由题意可知,粒子轨道半径:r =2r , xOy 平面向里,正三角形边长为L,且ab边与y 轴平行.一质量1 2
1 1 1 为m、电荷量为q的粒子,从y 轴上的P(0,h)点,以大小为v0
2mv
2 2
2= × , ,2 2mv1 v1= 2v2 的速度沿x 轴正方向射入电场,通过电场后从x 轴上的a(2h,
mv2 0)点进入第Ⅳ象限,又经过磁场从y 轴上的某点进入第 象限,
粒子在磁场中做匀速圆周运动,qvB= ,
Ⅲ
r 且速度与y 轴负方向成45°角,不计粒子所受的重力.求:
: mv ()B= , 1 电场强度磁感应强度 E 的大小
;
qr (2)粒子到达a点时速度的大小和方向;
B1 2
磁感应强度之比: = . (3)abc区域内磁场的磁感应强度B 的最小值.B2 2
[答案] D
[真题11] (2023·新课程标准)如图,
一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面
(纸面),在柱形区域内加一方向垂直于纸面
的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子
沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域,在
圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与
3 [解析],
(1)设粒子在电场中运动的时间为t,则有
直线垂直 圆心O 到直线的距离为 R.现将磁场换为平行于纸5 1 2
面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a x=v0t=2h y=2at =h qE=ma
点射入柱形区域,也在b点离开该区域.若磁感应强度大小为B, mv20
联立以上各式可得E=
不计重力,求电场强度的大小. 2qh
[解析] 粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r,由 (2)粒子到达a 点时沿负y 方向的分速度为vy=at=v0
牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 所以v= v2y+v20= 2v0,方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方
v2
qvB=m ① 向成45°角.r
式中v 为粒子在a 点的速度.
过b点和O 点作直线的垂线,分别与直
线交于c和d 点.由几何关系知,线段ac、bc和
过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)
围成一正方形.因此
ac=bc=r ②
设cd=x,由几何关系得
4
ac=5R+x ③
3
bc=5R+ R
2-x2 ④
7
联立②③④式得r=5R ⑤ () , v
2
3 粒子在磁场中运动时 有qvB=m r
再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E,粒子
当粒子从b点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,此时有
在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律
和带电粒子在电场中的受力公式得 2 2mvr= L, B= 0所以 .
qE=ma ⑥ 2 qL
2
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r,由运动学公 [ mv答案] (1)E= 0 (2)va= 2v0 方向指向第Ⅳ象限2qh式得
1 () 2mvr= at2 ⑦ 与x 轴正方向成45°角 3B=
0
2 qL
r=vt ⑧ [真题13] (2023·北京)如图所示,两平行金属板间距为
式中t是粒子在电场中运动的时间.联立①⑤⑥⑦⑧式得 d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场,金属板下方有一磁感
14qRB2 应强度为B 的匀强磁场.带电量为+q、质量为 m 的粒子,由静
E= 5m ⑨ 止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并进入磁场做匀速圆
·105·
周运动.忽略重力的影响,求:
(1)匀强电场场强E 的大小;
(2)粒子从电场射出时速度v的大小;
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.
甲
1
qU= mv22 ①
由洛伦兹力提供向心力可得:
[ ] () U解析 1 电场强度E=d v2
qvB1=m ②
(2)根据动能定理,
1 R
有qU= mv2
1
2 由几何知识得
2qU L=2Rsinθ ③
得v= 1m 联立①②③式,代入数据得
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心 1 2mU
力,有 B0=L ④q
v2
qvB=m 设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为 T,运动的时间R 为t
1 2mU
得R= 2πRT= 1B q v ⑤
[ ] ()U ( 2qU 1 2mU答案 2θ 1d 2
) (m 3
)
B q t=2πT ⑥
[真题14] (2023·山东)扭摆器是同步辐射装置中的插入 联立②④⑤⑥式,代入数据得
件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆.其简化模型如图:Ⅰ、Ⅱ两处 πL m
的条形匀强磁场区边界竖直,相距为L,磁场方向相反且垂直纸 t=3 2U ⑦q
面.一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子,从行板电 (2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R2,由洛伦兹
容器 MN 板处由静止释放,极板间电压为U,粒子经电场加速后 力提供向心力可得:
平行于纸面射入Ⅰ区,射入时速度与水平方向夹角θ=30°. v2
qvB2=mR ⑧2
由几何知识可得
h=(R1+R2)(1-cosθ)+Ltanθ ⑨
联立②③⑧⑨式,代入数据得
h=(
2
2-3 3
)L ⑩
(3)如图乙所示,为使粒子能再次回到Ⅰ区,应满足
R2(1+sinθ)(1)当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0 时,粒子
从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°,求B0 及粒
子在Ⅰ区运动的时间t0;
(2)若Ⅱ区宽度L2=L1=L,磁感应强度大小 B2=B1=
B0,求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h;
(3)若L2=L1=L、B1=B0,为使粒子能返回Ⅰ区,求B2 应
满足的条件;
(4)若B1≠B2,L1≠L2,且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界 乙
射出.为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入 联立①⑧ 式,代入数据得
的方向总相同,求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式. 3 mU
[ ] (
3 mU)
解析 (1) 或如图甲所示,设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v, B2>L 2 B2≥L 2 q q
在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1,由动能定理得 (4)如图丙(或图丁)所示,设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水
平方向的夹角为α,由几何知识可得
·106·
1
I=N·ΔI=3nSmv
2Δt
I
面积为S 的器壁受到粒子的压力为F=Δt
器壁单位面积所受粒子压力为
F 1
f=S =
2
3nmv
[答案] (1)(
1
a)I=nevS (b)见解析 (2)f= nmv2
丙 丁 3
L =R (sinθ+sinα) [真题16] (2023·全国)如图所示,虚线OL 与1 1 y 轴的夹
[或L =R (sinθ-sinα)] 角为θ=60°,在此角范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场,1 1
L =R (sinθ+sinα) 磁感应强度大小为B.一质量为 m、电荷量为q(q>0)的粒子从2 2
[或L =R (sinθ-sinα)] 左侧平行于x 轴射入磁场,入射点为 粒子在磁场中运动的轨2 2 M.
联立②⑧式得 道半径为R.粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于P 点(图中
B R 未画出),且 不计重力 求 点到 点的距离和粒子在1 1=B2R2 OP=R. . M O
联立 式得 磁场中运动的时间.
B1L1=B2L2
[答案] 见解析
[真题15] (2023·北京)对于同一物理问题,常常可以从
宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加
深刻地理解其物理本质.
(1)一段横截面积为S、长为l的直导线,单位体积内有n个
自由电子,电子电量为e.该导线通有电流时,假设自由电子定向
移动的速率均为v.
(a)求导线中的电流I; [解析] 根据题意,粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设运
(b)将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度 动轨迹交虚线OL 于A 点,圆心在y 轴上的C 点,AC 与y 轴的
B,导线所受安培力大小为F安,导线内自由电子所受洛伦兹力 夹角为α;粒子从A 点射出后,运动轨迹交x 轴于P 点,设 AP
大小的总和为F,推导F ,安=F; 与x 轴的夹角为β 如图所示.有
(2)正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,
单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题,我们假定:粒子大小
可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁
碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变.利用所
学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m、n 和v的
关系.
(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要
在解题时做必要的说明)
[解析] (1)(a)设 Δt 时 间 内 通 过 导 体 横 截 面 的 电 量 为 v2
vB=m
Δq,
q
由电流定义,有 R
Δq neSvΔt 2πm
I= = 周期为T=Δt Δt =neSv qB
(b)每个自由电子所受的洛伦兹力 F =evB 过A 点作x、y 轴的垂线,垂足分别为B、D.由几何知识得洛
设导体中共有 N 个自由电子 N=nSl AD=Rsinα,
导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和 OD=ADcot60°,
F=NF洛=nSl·evB BP=ODcotβ,
由安培力公式,有F安=IlB=neSv·lB OP=AD+BP
得F安=F α=β
(2)一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 1联立得到sinα+ cosα=1
ΔI=2mv 3
如图,以器壁上的面积S 为底,以vΔt为高构成柱体,由题 解得α=30°,或α=90°
设可知,其内的粒子在Δt时间内有1/6与器壁S 发生碰撞,碰 设 M 点到O 点的距离为h,
壁粒子总数为 h=R-OC,
3
OC=CD-OD=Rcosα- AD
1 3
N= ·6n SvΔt 2联立得到h=R- Rcos(α+30°)
Δt时间内粒子给器壁的冲量为 3
·107·
3
解得h=(1- ) (3 Rα=30°
) (3)洛伦兹力的大小跟速度与磁场方向的夹角有关,
3 当带电粒子的速度与磁场方向平行时
,f=0;当带电粒子
h=(1+ )R(3 α=90°
) 的速率与磁场方向垂直时,f=qvB;洛伦兹力的方向垂直
当α=30°时,粒子在磁场中运动的时间为 于速度v 和磁感应强度B 所决定的平面.无论带电粒子做
T πm 什么运动,洛伦兹力都不做功.
t=12=6qB 3.注意:电子、质子、α粒子、离子等微观粒子在复合场
当α=90°时,粒子在磁场中运动的时间为 中运动时,一般都不计重力,但质量较大的质点(如带电尘
T πm 粒)在复合场中运动时,不能忽略重力
t=4=
.
2qB 4.带电粒子在复合场中运动的处理方法
[答案] 见解析 (1)正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题
[真题17] (2023·广东)如图,两个初速度大小相同的同 的前提
种离子a和b,从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到 ①带电粒子在复合场中做什么运动,取决于带电粒子
屏P 上.不计重力,下列说法正确的有 ( ) 所受的合外力及其初始状态的速度,因此应把带电粒子的运
动情况和受力情况结合起来进行分析,当带电粒子在复合场
中所受合外力为零时,做匀速直线运动(如速度选择器).
②当带电粒子所受的重力与电场力等值反向,洛伦兹
力提供向心力时,带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速
圆周运动.
③当带电粒子所受的合外力是变力,且与初速度方向
A.a,b均带正电 不在一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子
B.a在磁场中飞行的时间比b的短 的运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线,由于带电粒子可
C.a在磁场中飞行的路程比b的短 能连续通过几个情况不同的复合场区,因此粒子的运动情
D.a在P 上的落点与O 点的距离比b的近 况也发生相应的变化,其运动过程可能由几种不同的运动
[解析] 根据题述,由左手定则,带电粒子a,b均带正电,选 阶段组成.
mv (2)灵活选用力学规律是解决问题的关键
项A正确.由于ab粒子做圆周运动的半径为:r= 相等,画出轨
qB ①当带电粒子在复合场中做匀速运动时,应根据平衡
迹如图,O1、O2 分别为ab粒子运动轨迹所对的圆心,显然a 粒子 条件列方程求解.
, θ θm 当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时,往往应在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b 由t= = 和轨迹图可 ②2π qB 用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.
知,a在磁场中飞行的时间比b的长,a在磁场中飞行的路程比b的 ③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时,应
长,a在P 上的落点与O 点的距离比b的近,选项D正确BC错误. 选用动能定理或能量守恒定律列方程求解.
[真题18] (2023·全国)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v0 的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)
点沿垂直于x 轴的方向进入电场.不计重力.若该粒子离开电场
[答案] AD 时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ,求:
题源3 带电粒子在复合场中的运动
解题模型3.1
1.复合场一般包括重力场、电场和磁场,本专题所说的 (1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;
复合场指的是磁场与电场、磁场与重力场,或者是三场合一. (2)该粒子在电场中运动的时间.
2.三种场力的特点
() [解析] 粒子运动轨迹如图所示,1 重力的大小为 mg,方向竖直向下,重力做功与路
径无关,其数值除与带电粒子的质量有关外,还与初、末位
置的高度差有关.
(2)电场力的大小为qE,方向与电场强度E 及带电粒
子所带电荷的性质有关,电场力做功与路径无关,其数值除
与带电粒子的电荷量有关外,还与初、末位置的电势差有关.
·108·
在磁场中,粒子做匀速圆周运动, (2)S接“1”位置时,电源的电动势E0与板间电势差U 有
v 20 E0=U ④
由牛顿第二定律得:qv0B=m ,R ①0 板间产生匀强电场的场强为E,粒子进入板间时有水平方
由几何知识可得:R0=d, ② 向的速度v0,在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类
粒子进入电场后做类平抛运动, 平抛运动,设加速度为a,运动时间为t1,有
由牛顿第二定律得:qE=max, ③ U=Eh ⑤
v
根据运动学公式有:vx=axt,d=
xt, ④ mg-qE=ma ⑥2
1
vx h= at
2
1 ⑦
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有:tanθ= , 2v ⑤0 l=v0t1 ⑧
由①②③④⑤式联立解得
S接“2”位置时,则在电阻R 上流过的电流I满足
E 1
B =2v0tan
2θ, E
I= 0R+r ⑨
由④、
2d
⑤式联立解得:t= ;vtanθ mh①④~⑨ I= ( 2h
3
0 联立 式得
q(R+r)g-l2t2 ) ⑩
[ ] ()1 2d答案 1 2v0tan
2θ (2)t= ()vtanθ 3 由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡
,当
0
[ ,真题19] (2023· )如图所示,水平放置的不带电的 粒子从K 进入板间后立即进入磁场做 匀 速 圆 周 运 动 如 图 所四川
,
平行金属板 和b相距h,与图示电路相连,金属板厚度不计,忽 示 粒子从D 点出磁场区域后沿DT 做匀速直线运动
,DT 与p b
,
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
板上表面的夹角为题目所求夹角θ 磁场的磁感应强度B 取最
,
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 大值时的夹角θ为最大值θmax 设粒子做匀速圆周运动的半径为
,
面为竖直平面.质量为m、电荷量为-q(q>0)的静止粒子被发射 R
有
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.
mv2
qv
0
0B= R
过D 点 作b 板 的 垂 线 与b 板 的 上 表 面 交 于G,由 几 何 关
系有
(1)求发射装置对粒子做的功; DG=h-R(1+cosθ)
(2)电路中的直流电源内阻为r,开关S接“1”位置时,进入 TG=h+Rsinθ
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 sinθ DG
tanθ= =
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; cosθ DG
(3)若选用恰当直流电源,电路中开关S接“1”位置,使进入 联立 ~ 式,将B=Bmax代入,求得
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 2
θmax=arcsin
的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B 只能在0~ 5
( ) 当B 逐渐减小,粒子做匀速圆周运动的半径为R 也随之变21+5m
Bm= 范围内选取),使粒子恰好从b 板的T 孔飞( 21-2)t 大,D 点向b板靠近,DT 与b板上表面的夹角θ也越变越小,当q
出,求粒子飞出时速度方向与b板板面夹角的所有可能值(可用 D 点无限接近于b板上表面时,粒子离开磁场后在板间几乎沿
反三角函数表示). 着b板上表面运动而从T 孔飞出板间区域,此时Bmax>B>0满
[解析] (1) , ,设粒子在p 板上做匀速直线运动的速度为v
足题目要求 夹角θ趋近θ0 即
0,有
h=vt ① θ0=0 0
设发射装置对粒子做的功为W,由动能定律 2则题目所求为0<θ≤arcsin5
1
W= mv2 ② mh2 32 0 [答案] () ()
mh
1 2h ()2t2 2q(R+r)(g-l2t2 ) 30<θ≤
mh2
联立①②式可得W=2t2 ③ 2arcsin5
·109·
(★代表高考出现的频次)
则阴极射线将会 ( )
A组
题源1 磁场的有关概念(★★★★)
1.(2023·广东)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
, ( ) A.
向上偏转 B.向下偏转
中虚线所示 下列表述正确的是
C.向纸内偏转 D.向纸外偏转
题源2 带电粒子在磁场中的运动(★★★★★)
1.(2023·新课程标准Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域,
该区域的横截面的半径为 R,磁场方向垂直横截面.一质量为
A.M 带负电,N 带正电 m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0 沿横截面的某直径射入
B.M 的速率小于N 的速率 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
C.洛伦兹力对 M、N 做正功 的磁感应强度大小为 ( )
D.M 的运行时间大于N 的运行时间 3mv
A. 0
mv
B. 0
3mv0 3mvC. D. 0
2.(2018·广东)如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,垂直 3qR qR qR qR
纸面放置一根长为L、质量为m 的直导体棒.在导体棒中的电流 2.(2023·江苏)如图所示,MN 是磁感应强度为B 的匀强
I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,下列外加匀强磁 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
场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是 ( ) 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 ( )
sinα
A.B=mg ,方向垂直斜面向上IL
sinα
B.B=mg ,方向垂直斜面向下 A.若粒子落在A 点的左侧,其速度一定小于v0IL
B.若粒子落在A 点的右侧,其速度一定大于v0
cosα
C.B=mg ,方向垂直斜面向下IL C.若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内
,其速度不可能小
cosα qBd于
D.B=mg ,方向垂直斜面向上 v0-IL 2m
( · ) 、 若粒子落在 点左右两侧 的范围内,其速度不可能大3.2023 全国 质量分别为m1 和m2 电荷量分别为q 和 D. A d1
q2 的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动.已知两粒子的 qBd于v0+2m
动量大小相等.下列说法正确的是 ( )
3.(2023·全国)如图,两根互相平行的长直导线过纸面上
A.若q1=q2,则它们做圆周运动的半径一定相等 的 M、N 两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反
B.若m1=m2,则它们做圆周运动的半径一定相等 的电流.a、O、b 在M、N 的连线上,O 为MN 的中点,c、d 位于
C.若q1≠q2,则它们做圆周运动的周期一定不相等 MN 的中垂线上,且a、b、c、d 到O 点的距离均相等.关于以上几
D.若m1≠m2,则它们做圆周运动的周期一定不相等 点处的磁场,下列说法正确的是 ( )
4.(2023·北京)处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁
场力作用下做匀速圆周运动.将该粒子的运动等效为环形电流,
那么此电流值 ( )
A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比
C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比
5.(2019·广东)如图,在阴极射线管正下方平行放置一根 A.O 点处的磁感应强度为零
通有足够强直流电流的长直导线,且导线中电流方向水平向右, B.a、b两点处的磁感应强度大小相等,方向相反
·110·
C.c、d 两点处的磁感应强度大小相等,方向相同 6.(2023·福建)如图甲,在x>0的空间中存在沿y 轴负方
D.a、c两点处磁感应强度的方向不同 向的匀强电场和垂直于xOy 平面向里的匀强磁场,电场强度大
4.(2021·安徽)如图是科学史上一张著名的实验照片,显 小为E,磁感应强度大小为B.一质量为m,带电量为q(q>0)的
示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹.云室放 粒子从坐标原点O 处,以初速度v0 沿x 轴正方向射入,粒子的
置在匀强磁场中,磁场方向垂直照片向里.云室中横放的金属板 运动轨迹见图甲,不计粒子的重力.
对粒子的运动起阻碍作用.分析此径迹可知粒子 ( ) (1)求该粒子运动到y=h时的速度大小v;
(2)现只改变入射粒子初速度的大小,发现初速度大小不同
的粒子虽然运动轨迹(y x 曲线)不同,但具有相同的空间周期
性,如图乙所示;同时,这些粒子在y 轴方向上的运动(y t关
系) 2πm是简谐运动,且都有相同的周期T=
qB
.
①求粒子在一个周期T 内,沿x 轴方向前进的距离s;
②当入射粒子的初速度大小为v0 时,其y t图象如图丙所
示,求该粒子在 轴方向上做简谐运动的振幅A ,并写出 t
A.带正电, ,
y y y
由下往上运动 B.带正电 由上往下运动
的函数表达式.
C.带负电,由上往下运动 D.带负电,由下往上运动
5.(2019·宁夏)在半径为R 的半圆形区域中有一匀强磁
场,磁场的方向垂直于纸面,磁感应强度为B.一质量为m、带电
量q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD 方向经P 点
(AP=d)射入磁场(不计重力影响).
(1)如果粒子恰好从A 点射出磁场,求入射粒子的速度;
(2)如果粒子经纸面内Q 点从磁场中射出,出射方向与半圆
在Q 点切线的夹角为φ(如图所示).求入射粒子的速度.
甲 乙
丙
·111·
7.(2022·四 川)如图所示,电源电动势 E0=15V,内阻 8.(2023·广东)如图甲所示,在以O 为圆心,内外半径分别
r0=1Ω,电阻R1=30Ω,R2=60Ω.间距d=0.2m的两平行金 为R1 和R2 的圆环区域内,存在辐射状电场和垂直纸面的匀强
属板水平放置,板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B= 磁场,内外圆间的电势差U 为常量,R1=R0,R2=3R0.一电荷量
1T的匀强磁场.闭合开关S,板间电场视为匀强电场,将一带正 为+q,质量为 m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域,不计
电的小球以初速度v=0.1m/s沿两板间中线水平射入板间.设 重力.
滑动变阻器接入电路的阻值为Rx,忽略空气对小球的作用,取 (1)已知粒子从外圆上以速度v1 射出,求粒子在A 点的初
g=10m/s2. 速度v0 的大小;
(1)当Rx=29Ω时,电阻R2 消耗的电功率是多大 (2)若撤去电场,如图乙所示,已知粒子从OA 延长线与外
(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰,碰时速度 圆的交点C 以速度v2 射出,方向与OA 延长线成45°角,求磁感
与初速度的夹角为60°,则Rx 是多少 应强度B 的大小及粒子在磁场中运动的时间t;
(3)在图乙中,若粒子从A 点进入磁场,速度大小为v3,方
向不确定,要使粒子一定能够从外圆射出,磁感应强度B'应小
于多少
甲 乙
·112·
9.(2023·北京)利用电场和磁场,可以将比荷不同的离子 10.(2023·安徽)如图所示,在以坐标原点O 为圆心、半径
分开,这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用. 为R 的半圆形区域内,有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁感
如图所示的矩形区域ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸 应强度为B,磁场方向垂直于xOy 平面向里.一带正电的粒子
面向里的匀强磁场,A 处有一狭缝.离子源产生的离子,经静电场 (不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入,带电粒子恰
加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场, 好做匀速直线运动,经t0 时间从P 点射出.
运动到GA 边,被相应的收集器收集,整个装置内部为真空. (1)求电场强度的大小和方向;
已知被加速的两种正离子的质量分别是 m1 和 m2(m1> (2)若仅撤去磁场,带电粒子仍从O 点以相同的速度射入,
m2),电荷量均为q.加速电场的电势差为U,离子进入电场时的 t经 0 时间恰从半圆形区域的边界射出.求粒子运动加速度的
初速度可以忽略,不计重力,也不考虑离子间的相互作用. 2
(1)求质量为m1 的离子进入磁场时的速率v ; 大小;1
(2)当磁感应强度的大小为B 时,求两种离子在GA 边落点 (3)若仅撤去电场,带电粒子仍从O 点射入,且速度为原来
的间距s; 的4倍,求粒子在磁场中运动的时间.
(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响,实际装置中狭
缝具有一定宽度.若狭缝过宽,可能使两束离子在GA 边上的落
点区域交叠,导致两种离子无法完全分离.设磁感应强度大小可
调,GA 边长为定值L,狭缝宽度为d,狭缝右边缘在A 处;离子
可以从狭缝各处射入磁场,入射方向仍垂直于GA 边且垂直于
磁场.为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离,求狭
缝的最大宽度.
·113·
( ) 3.(2023·江苏)在科学研究中,可以通过施加适当的电场题源3 带电粒子在复合场中的运动 ★★★★ 和磁场来实现对带电粒子运动的控制.如图甲所示的xOy 平面
1.(2021·北京)如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面 处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度E 和磁感应强度B 随时
向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a(不计重 间t做周期性变化的图象如图乙所示.x 轴正方向为E 的正方
力)以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域,恰好 向,垂直纸面向里为B 的正方向.在坐标原点O 有一粒子P,其
沿直线由区域右边界的O'点(图中未标出)穿出.若撤去该区域 τ
质量和电荷量分别为m 和, ( ) +q.
不计重力.在t= 时刻释放P,
内的磁场而保留电场不变 另一个同样的粒子b 不计重力 仍以 2
相同初速度由O 点射入,从区域右边界穿出,则粒子b ( ) 它恰能沿一定轨道做往复运动.
(1)求P 在磁场中运动时速度的大小v0;
(2)求B0 应满足的关系;
(3)
τ
在t0(0A.穿出位置一定在O'点下方
B.穿出位置一定在O'点上方
C.运动时,在电场中的电势能一定减小
D.在电场中运动时,动能一定减小
2.(2023·天津)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O.筒 图甲
内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.圆筒下面有
相距为d 的平行金属板M、N,其中 M 板带正电荷,N 板带等量
负电荷.质量为m、电荷量为q 的带正电粒子自 M 板边缘的P
处由静止释放,经 N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入
磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出,设粒子与圆
筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的
情况下,求: 图乙
(1)M、N 间电场强度E 的大小;
(2)圆筒的半径R;
(3)保持 M、N 间电场强度E 不变,仅将 M 板向上平移
2
d,粒子仍从 M 板边缘的P 处由静止释放,粒子自进入圆筒3
至从S 孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n.
·114·
4.(2023·四川)在如图所示的竖直平面内.水平轨道CD 5. (2023·重庆)如图所示,在无限长的竖直边界 NS 和
9 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
和倾斜轨道GH 与半径r= 的光滑圆弧轨道分别相切于44m D 于NSTM 平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为
点和G 点,GH 与水平面的夹角θ=37°.过G 点,垂直于纸面的 B 和2B,KL 为上下磁场的水平分界线,在 NS 和MT 边界上,
竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强 距KL 高h处分别有P、Q 两点,NS 和MT 间距为1.8h,质量为
度B=1.25T;过 D 点,垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电 m.带电量为+q的粒子从P 点垂直于NS 边界射入该区域,在
场,电场方向水平向右,电场强度E=1×104N/C.小物体P1质 两边界之间做圆周运动,重力加速度为g.
量m=2×10-3kg、电荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推 (1)求电场强度的大小和方向.
力F=9.98×10-3N的作用,沿CD 向右做匀速直线运动,到达 (2)要使粒子不从 NS 边界飞出,求粒子入射速度的最小值.
D 点后撤去推力.当P1到达倾斜轨道底端G 点时,不带电的小 (3)若粒子经过Q 点从MT 边界飞出,求粒子入射速度的所
物体P2在GH 顶端静止释放,经过时间t=0.1s与P1相遇.P1 有可能值.
和P2与轨道 CD、GH 间的动摩擦因数均为μ=0.5,取 g=
10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物体电荷量保持不变,不计空
气阻力.求:
(1)小物体P1在水平轨道CD 上运动速度v的大小;
(2)倾斜轨道GH 的长度s.
·115·
6.(2023·重庆)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装 7.(2022·安徽)如图甲所示,宽度为d 的竖直狭长区域内
置,其原理如图所示,两带电金属板间有匀强电场,方向竖直向 (边界为L1、L2),存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上
上,其中PQNM 矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁 的周期性变化的电场(如图乙所示),电场强度的大小为E0,E>
( ) 1 , 0表示电场方向竖直向上t.=0时
,一带正电、质量为 m 的微粒
场.一束比荷 电荷量与质量之比 约为 的带正电颗粒 以不同k 从左边界上的N1 点以水平速度v射入该区域,沿直线运动到Q
的速率沿着磁场区域的水平中心线O'O 进入两金属板之间,其 点后,做一次完整的圆周运动,再沿直线运动到右边界上的 N2
中速率为v0 的颗粒刚好从Q 点处离开磁场,然后做匀速直线运 点.Q 为线段N1N2 的中点,重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g
动到达收集板,重力加速度为g,PQ=3d,NQ=2d,收集板与 为已知量.
NQ 的距离为l,不计颗粒间相互作用.求:
(1)电场强度E 的大小;
(2)磁感应强度B 的大小;
(3)速率为λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O 点
的距离.
甲 乙
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B 的大小;
(2)求电场变化的周期T;
(3)改变宽度d,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度
的区域,求T 的最小值.
·116·
8.(2020·全国Ⅰ)如图所示,在坐标系xOy 中,过原点的 组
直线OC 与x 轴正向的夹角φ=120°,在OC 右侧有一匀强电场;
B
在第二、三象限内有一匀强磁场,其上边界与电场边界重叠、右
题源 磁场的有关概念( )
边界为y 轴、左边界为图中平行于y 轴的虚线,磁场的磁感应强
1 ★★★★
度大小为B,方向垂直纸面向里.一带正电荷q、质量为m 的粒子 1.(2023·浙江)利用如图所示装置可以选择一定速度范围
以某一速度自磁场左边界上的A 点射入磁场区域,并从O 点射 内的带电粒子.图中板 MN 上方是磁感应强度大小为B、方向垂
出,粒子射出磁场的速度方向与x 轴的夹角θ=30°,大小为v.粒 直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝,
子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧,且弧的半径为磁 两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的
场左右边界间距的两倍.粒子进入电场后,在电场力的作用下又 粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场,对于能够从宽度
由O 点返回磁场区域,经过一段时间后再次离开磁场.已知粒子 为d 的缝射出的粒子,下列说法正确的是 ( )
从A 点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场
中做圆周运动的周期.忽略重力的影响.求:
(1)粒子经过A 点时速度的方向和A 点到x 轴的距离;
(2)匀强电场的大小和方向;
(3)粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间.
A.粒子带正电
qB(L+3d)
B.射出粒子的最大速度为 2m
C.保持d 和L 不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小
速度之差增大
D.保持d 和B 不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小
速度之差增大
2.(2023·安徽)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里
的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A 点沿直径AOB 方向射
入磁场,经过Δt时间从C 点射出磁场,OC 与OB 成60°角.现将
带电粒子的速度变为v/3,仍从A 点沿原方向射入磁场,不计重
力,则粒子在磁场中的运动时间变为 ( )
1
A.2Δt B.2Δt
1
C.3Δt D.3Δt
3.(2021·重庆)如图所示的电路中,电池均相同,当开关S
分别置于a、b两处时,导线 MM'与NN'之间的安培力的大小分
别为fa、fb,可判断这两段导线 ( )
A.相互吸引,fa>fb B.相互排斥,fa>fb
C.相互吸引,fa4.(2018·全国Ⅰ)如图为一“滤速器”装置的示意图.a、b为
水平放置的平行金属板,一束具有各种不同速率的电子沿水平
方向经小孔O 进入a、b两板之间.为了选取具有某种特定速率
的电子,可在a、b间加上电压,并沿垂直于纸面的方向加一匀强
·117·
磁场,使所选电子仍能够沿水平直线OO'运动,由O'射出.不计 7.(2023· 四 川)如 图 所 示,正 方 形 绝 缘 光 滑 水 平 台 面
重力作用.可能达到上述目的的办法是 ( ) WXYZ 边长l=1.8m,距地面h=0.8m.平行板电容器的极板
CD 间距d=0.1m且垂直放置于台面,C 板位于边界WX 上,D
板与边界WZ 相交处有一小孔.电容器外的台面区域内有磁感
应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场.电荷量q=5×10-13
C的微粒静止于W 处,在CD 间加上恒定电压U=2.5V,板间
微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极
A.使a板电势高于b板,磁场方向垂直纸面向里 板接触),然后由XY 边界离开台面.在微粒离开台面瞬间,静止
B.使a板电势低于b板,磁场方向垂直纸面向里 于X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度,在微粒落
C.使a板电势高于b板,磁场方向垂直纸面向外 地时恰好与之相遇.假定微粒在真空中运动,极板间电场视为匀
D.使a板电势低于b板,磁场方向垂直纸面向外 强电场,滑块视为质点,滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,取
5.质量为m、带电量为q的小物块,从倾角为θ的光滑绝缘 g=10m/s2.
斜面上由静止下滑,整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中, (1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性;
磁感应强度为B,如图所示.若带电小物块下滑后某时刻对斜面 (2)求由XY 边界离开台面的微粒的质量范围;
的作用力恰好为零,下面说法中正确的是 ( ) (3)若微粒质量m0=1×10-13kg,求滑块开始运动时所获
得的速度.
A.小物块一定带有正电荷
B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动
C.小物块在斜面上运动时做加速度增大,而速度也增大的
变加速直线运动
D.小物块在斜面上下滑过程中,当物块对斜面压力为零时
mgcosθ
的速率为
Bq
6.如图所示,平行金属导轨间距为50cm,固定在水平面上,
一端接入电动势E=1.5V,内电阻r=0.2Ω的电池,金属杆ab
电阻为R=2.8Ω,质量m=5×10-2kg,与平行导轨垂直放置,其
余电阻不计,金属杆处于磁感应强度为B=0.8T,方向与水平成
60°的匀强磁场中,刚开始接通电路的瞬间,求:
(1)金属杆所受的安培力的大小;
(2)此时金属杆对轨道的压力多大.
题源2 带电粒子在磁场中的运动(★★★★★)
1.(2023·新课程标准Ⅰ)如图,半径为R 的圆是一圆柱形
匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直
于纸面向外.一电荷量为q(q>0)、质量为m 的粒子沿平行于直
R
径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为 .已知粒子2
射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率
为(不计重力) ( )
·118·
qBR qBR 5.在真空中,半径为r的圆形区域内存在垂直纸面向外的
A.2m B. m 匀强磁场,磁感应强度大小为B,在此区域外围空间有垂直纸面
3qBR 2qBR
C. D. 向内的大小也为B 的磁场.一个带电粒子从边界上的P 点沿半2m m 径向外,以速度v0 进入外围磁场,已知带电粒子质量 m=2×
2.如图所示,一个质子和一个α粒子先后垂直于磁场方向 10-10kg,带电荷量q=+5×10-6C,不计重力,磁感应强度B=
进入同一匀强磁场中,在磁场中的轨道半径相同,经过半个圆周
1T,粒子运动速度v =5×1030 m/s,圆形区域半径r=0.2m,求
从磁场出来.关于它们在磁场中的运动情况,正确的是 ( ) 粒子第一次回到P 点所需时间.
①质子和α粒子在磁场中运动的动能相同 ②质子和α粒
子在磁场中受到的向心力大小相同 ③质子和α粒子在磁场中
运动的时间相同 ④质子和α粒子在磁场中运动的动量的大小
相同
A.①② B.①③
C.②④ D.③④
3.如图所示,质子以一定的初速度v0 从边界ab上的A 点
水平向右射入竖直、狭长的矩形区域abcd(不计质子的重力).当
该区域内只加竖直向上的匀强电场时,质子经过t1 时间从边界
cd 射出;当该区域内只加水平向里的匀强磁场时,质子经过t2
时间从边界cd 射出,则 ( )
6.一个质量为 m,电荷量为q 的带负电的带电粒子,从 A
点射入宽度为d、磁感应强度为B 的匀强磁场,MN、PQ 为该磁
场的边缘,磁感线垂直于纸面向里.带电粒子射入时的初速度与
PQ 成45°角,且粒子恰好没有从 MN 射出,如图所示.
(1)求该带电粒子的初速度v0;
(2)求该带电粒子从 PQ 边界射出的射出点到A 点的距
离s.
A.t1>t2
B.t1C.t1=t2
D.t1、t2 的大小关系与电场、磁场的强度有关
4.如图所示,在屏 MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁
场,磁场方向垂直纸面向里.P 为屏上的一小孔.PC 与MN 垂直.
一群质量为m、带电量为-q的粒子(不计重力),以相同的速度
v,从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域.粒子入射方向在
与磁场B 垂直的平面内,且散开在与PC 夹角为θ的范围内.则
在屏 MN 上被粒子打中的区域的长度为 ( )
2mv 2mvcosθ
A. B B.q qB
2mv(1-sinθ) 2mv(1-cosθ)
C. D.
qB qB ·119·
7.(2023·福建)如图甲,在圆柱形区域内存在一方向竖直 8.(2023·浙江)如图所示,两块水平放置、相距为d 的长金
向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,在此区域内,沿水平面 属板接在电压可调的电源上.两板之间的右侧区域存在方向垂
固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管,环心O 在区域中心.一 直纸面向里的匀强磁场.将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面,
质量为 m、带电量为q(q>0)的小球,在管内沿逆时针方向(从 从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷
上向下看)做圆周运动.已知磁感应强度大小B 随时间t的变化 量的墨滴.调节电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右
, 2πm 做匀速直线运动
;进入电场、磁场共存区域后,最终垂直打在下
关系如图乙所示 其中T0= .设小球在运动过程中电量保持qB0 板的 M 点.
不变,对原磁场的影响可忽略. (1)判断墨滴所带电荷的种类,并求其电荷量;
(1)在t=0到t=T0 这段时间内,小球不受细管侧壁的作 (2)求磁感应强度B 的值;
用力,求小球的速度大小v0; (3)现保持喷口方向不变,使其竖直下移到两板中间的位
(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中,将产生涡旋电 置.为了使墨滴仍能到达下板 M 点,应将磁感应强度调至B',则
场,其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆,同一 B'的大小为多少
条电场线上各点的场强大小相等.试求t=T0 到t=1.5T0 这段
时间内:
①细管内涡旋电场的场强大小E;
②电场力对小球做的功W.
甲 乙
9.(2021·全国Ⅰ)如图所示,在x 轴下方有匀强磁场,磁感
应强度大小为B,方向垂直于xOy 平面向外.P 是y 轴上距原点
为h的一点,N0 为x 轴上距原点为a的一点.A 是一块平行于x
h
轴的挡板,与x 轴的距离为 ,A 的中点在2 y
轴上,长度略小于
a
.带电粒子与挡板碰撞前后,x 方向的分速度不变,y 方向的分2
速度反向、大小不变.质量为 m,电荷量为q(q>0)的粒子从P
点瞄准N0 点入射,最后又通过P 点.不计重力,求粒子入射速度
的所有可能值.
·120·
10.(2021·海南)如图所示,ABCD 是边长为a 的正方形. 11.(2022·广东)如图(a)所示,左为某同学设想的粒子速
质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0 的初速度沿纸面垂直 度选择装置,由水平转轴及两个薄盘 N1、N2 构成,两盘面平行
于BC 边射入正方形区域.在正方形内适当区域中有匀强磁场. 且与转轴垂直,相距为L,盘上各开一狭缝,两狭缝夹角θ可调
电子从BC 边上的任意点入射,都只能从A 点射出磁场.不计重 (如图(b));右为水平放置的长为d 的感光板,板的正上方有一
力,求: 匀强磁场,方向垂直纸面向外,磁感应强度为B.一小束速度不
(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小; 同、带正电的粒子沿水平方向射入 N1,能通过 N2 的粒子经O
(2)此匀强磁场区域的最小面积. d
点垂直进入磁场.O 到感光板的距离为 ,粒子电荷量为2 q
,质量
为m,不计重力.
(1)若两狭缝平行且盘静止(如图(c)),某一粒子进入磁场
后,竖直向下打在感光板中心点 M 上,求该粒子在磁场中运动
的时间t;
(2)若两狭缝夹角为θ0,盘匀速转动,转动方向如图(b).要
使穿过 N1、N2 的粒子均打到感光板P1P2 连线上,试分析盘转
动角速度ω 的取值范围(设通过 N1 的所有粒子在盘旋转一圈
的时间内都能到达 N2).
(a)
() b (c)
·121·
12.(2022·全 国Ⅰ)如图,在0≤x≤ 3a 区域内存在与 A.若离子束是同位素,则x越大,离子进入磁场时速度越小
xOy 平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.在t=0时 B.若离子束是同位素,则x 越大,离子质量越小
刻,一位于坐标原点的粒子源在xOy 平面内发射出大量同种带 C.只要x 相同,则离子质量一定不相同
电粒子,所有粒子的初速度大小相同,方向与y 轴正方向的夹角 D.只要x 相同,则离子的荷质比一定相同
分布在0°~180°范围内.已知沿y 轴正方向发射的粒子在t=t 2.如图所示,空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向0
时刻刚好从磁场边界上P(3a,a)点离开磁场.求: 里的匀强磁场.在该区域中,有一个竖直放置的光滑绝缘圆环,
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷q/m;
环上套有一个带正电的小球.O 点为圆环的圆心,a、b、c、d 为圆
(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与 轴正方向 环上的四个点
,a点为最高点,y c
点为最低点,bd 沿水平方向.已
夹角的取值范围; 知小球所受电场力与重力大小相等.现将小球从环的顶端a 点
(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间. 由静止释放.下列判断正确的是
( )
A.小球能越过与O 等高的d 点并继续沿环向上运动
B.当小球运动到c点时,洛伦兹力最大
C.小球从a点到b点,重力势能减小,电势能增大
D.小球从b点运动到c点,电势能增大,动能先增大后减小
3.在如图所示的直角坐标系中,坐标原点O 处固定有正点
电荷,另有平行于y 轴的匀强磁场.一个质量为m、带电荷量+q
的微粒,恰能以y 轴上O'(0,a,0)点为圆心做匀速圆周运动,其
轨迹平面与xOz平面平行,角速度为ω,旋转方向如图中箭头所
示.试求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向.
题源3 带电粒子在复合场中的运动(★★★★)
1.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工
具,它的构造原理如图所示,离子源S 产生的各种不同正离子束
(速度可看作为零),经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场,
到达记录它的照相底片P 上,设离子射出磁场在P 上的位置到
入口处S1 的距离为x,下列判断正确的是 ( )
·122·
4. 某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图所示. 5. 同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原
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 理简化为如图所示的模型.M、N 为两块中心开有小孔的平行金
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. 属板.质量为m、电荷量为+q的粒子A(不计重力).从M 板小孔
装置右端有一收集板,M、N、P 为板上的三点,M 位于轴线OO' 飘入板间,初速度可视为零.每当A 进入板间,两板的电势差变
上,N、P 分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内,质量为 为U,粒子得到加速,当A 离开N 板时,两板的电荷量均立即变
m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方 为零.两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场,A 在磁场作用下
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 做半径为R 的圆周运动,R 远大于板间距离.A 经电场多次加
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 速,动能不断增大,为使R 保持不变,磁场必须相应地变化.不计
计粒子的重力. 粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射,不考虑磁场变
化对粒子速度的影响及相对论效应.求:
(1)A 运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小;
(2)在A 运动第n周的时间内电场力做功的平均功率Pn;
(3)若有一个质量也为 m、电荷量为+kq(k 为大于1的整
数)的粒子B(不计重力)与A 同时从M 板小孔飘入板间,A、B
初速度均可视为零,不计两者间的相互作用,除此之外,其他条
(1)求磁场区域的宽度h; 件均不变.图2中虚线、实线分别表示A、B 的运动轨迹.在B 的
(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点,求粒子 轨迹半径远大于板间距离的前提下,请指出哪个图能定性地反
入射速度的最小变化量Δv; 映A、B 的运动轨迹,并经推导说明理由.
(3)欲使粒子到达 M 点,求粒子入射速度大小的可能值.
图1
A B
C D
图2
·123·
6.(2022·北京)利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感 7.(2023·重庆)某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表
器,广泛应用于测量和自动控制等领域.如图甲,将一金属或半 面上方的运动,如图所示,材料表面上方矩形区域PP'N'N 充满
导体薄片垂直置于磁场B 中,在薄片的两个侧面a、b间通以电 竖直向下的匀强电场,宽为d;矩形区域 NN'M'M 充满垂直纸
流I时,另外两侧c、f 间产生电势差,这一现象称为霍尔效应. 面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,长为3s,宽为s;NN'为磁
其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积 场与电场之间的薄隔离层.一个电荷量为e、质量为m、初速为零
累,于是c、f 间建立起电场EH,同时产生霍尔电势差UH.当电 的电子,从P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场,电子每
荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时,EH 和UH 达到稳定 次穿越隔离层,运动方向不变,其动能损失是每次穿越前动能的
值,UH 的大小与I 和B 以及霍尔元件厚度d 之间满足关系式 10%,最后电子仅能从磁场边界 M'N'飞出.不计电子所受重力.
IB
UH=RH ,其中比例系数RH 称为霍尔系数,仅与材料性质d
有关.
(1)设半导体薄片的宽度(c、f 间距)为l,请写出UH 和EH
的关系式;若半导体材料是电子导电的,请判断图甲中c、f 哪端
的电势高;
(2)已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为n,电子
的电荷量为e,请导出霍尔系数RH 的表达式(通过横截面积S
的电流I=nevS,其中v是导电电子定向移动的平均速率);
(3)图乙是霍尔测速仪的示意图,将非磁性圆盘固定在转轴 (1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比;
上,圆盘的周边等距离地嵌装着m 个永磁体,相邻永磁体的极性 (2)求电场强度的取值范围;
相反.霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近.当圆盘匀速转动时,霍 (3)A 是M'N'的中点,若要使电子在A、M'间垂直于AM'
尔元件输出的电压脉冲信号图象如图丙所示. 飞出,求电子在磁场区域中运动的时间.
①若在时间t内,霍尔元件输出的脉冲数目为P,请导出圆
盘转速 N 的表达式;
②利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程.除此之外,请
你展开“智慧的翅膀”,提出另一个实例或设想.
甲 乙
丙
·124·
8.(2022·山东)如图所示,以两虚线为边界,中间存在平行 9.(2022·天津)质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领
纸面且与边界垂直的水平电场,宽度为d,两侧为相同的匀强磁 域.下面是汤姆孙发现电子的质谱装置示意图,M、N 为两块水
场,方向垂直纸面向里.一质量为 m、带电量+q、重力不计的带 平放置的平行金属极板,板长为L,板右端到屏的距离为 D,且
电粒子,以初速度v1 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动,后进 D 远大于L,O'O 为垂直于屏的中心轴线,不计离子重力和离子
入电场做匀加速运动,然后第二次进入磁场中运动,此后粒子在 在板间偏离O'O 的距离.以屏中心O 为原点建立xOy 直角坐标
电场和磁场中交替运动.已知粒子第二次在磁场中运动的半径 系,其中x 轴沿水平方向,y 轴沿竖直方向.
是第一次的两倍,第三次是第一次的三倍,以此类推.求: (1)设一个质量为 m0、电荷量为q0 的正离子以速度v0 沿
(1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1; O'O的方向从O'点射入,板间不加电场和磁场时,离子打在屏上
(2)粒子第n次经过电场时电场强度的大小En; O 点.若在两极板间加一沿+y 方向场强为E 的匀强电场,求离
(3)粒子第n次经过电场所用的时间tn; 子射到屏上时偏离O 点的距离y0;
(4)假设粒子在磁场中运动时,电场区域场强为零.请画出 (2)假设你利用该装置探究未知离子,试依照以下实验结果
从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中,电场强度 计算未知离子的质量数.
随时间变化的关系图线(不要求写出推导过程,不要求标明坐标 上述装置中,保留原电场,再在板间加沿-y 方向的匀强磁
刻度值). 场.现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流,仍从O'点沿
O'O 方向射入,屏上出现两条亮线.在两线上取y 坐标相同的两
个光点,对应的x 坐标分别为3.24mm和3.00mm,其中x 坐标
大的光点是碳12离子击中屏产生的,另一光点是未知离子产生
的.尽管入射离子速度不完全相同,但入射速度都很大,且在板
间运动时O'O 方向的分速度总是远大于x 方向和y 方向的分
速度.
·125·
10.(2022·全国Ⅱ)图中左边有一对平行金属板,两板相距 11.(2023·福建)如图甲,空间存在一范围足够大的垂直于
为d,电压为U;两板之间有匀强磁场,磁感应强度大小为B0,方 xOy 平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.让质量为 m,
向平行于板面并垂直于纸面朝里.图中右边有一边长为a 的正 电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速
三角形区域EFG(EF 边与金属板垂直),在此区域内及其边界 度大小和方向入射到该磁场中.不计重力和粒子间的影响.
上也有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里.假 (1)若粒子以初速度v1 沿y 轴正向入射,恰好能经过x 轴
设一系列电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场 上的A(a,0)点,求v1 的大小;
的方向射入金属板之间,沿同一方向射出金属板之间的区域,并 (2)已知一粒子的初速度大小为v(v>v1),为使该粒子能
经EF 边中点H 射入磁场区域,不计重力. 经过A(a,0)点,其入射角θ(粒子初速度与x 轴正向的夹角)有
(1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG 后,从边界 几个 并求出对应的sinθ值;
EF 穿出磁场,求离子甲的质量; (3)如图乙,若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀
(2)已知这些离子中的离子乙从EG 边上的I 点(图中未画 强电场,一粒子从O 点以初速度v0 沿y 轴正向发射.研究表明:
) , 3 ; 粒子在xOy 平面内做周期性运动
,且在任一时刻,粒子速度的x
出 穿出磁场 且GI长为 a.求离子乙的质量4 分量vx 与其所在位置的y 坐标成正比,比例系数与场强大小E
(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一 无关.求该粒子运动过程中的最大速度值vm.
半,而离子乙的质量是最大的,问磁场边界上什么区域内可能有
离子到达.
甲 乙
·126·传感器的电阻变化为ΔR=10Ω-9.5Ω<1Ω mgsinα
mgsinα=BIL,B= , 选项正确
所以此传感器仍可使用. IL
A .
7.【解析】 (1)设 R1 和 R2 的并联 电 阻 为 R,
R1R2
有:R=R1+R ①2
E R
R2 两端的电压为:U=
0
r0+R+R ②x
2 【 】 mv, 2πmU 3.A 解析 由 R= T= ,可 得 A
R2 消耗的电功率为:P= ③ qB qBR2
正确.
当Rx=29 Ω 时,联 立①②③式,代 入 数 据,
解得: 【 】 2πm q4.D 解析 由 T= ,B I=
,得
T I=q
P=0.6W ④ Bq2
() , , ,2 故 正确设小球质量为m 电荷量为q 小球做匀速圆 2πm D .
周运动时,有: 5.A 【解析】 由安培定则知,通电直导线上方
qE=mg ⑤ 的磁场垂直纸面向外,由左手定则可知,阴极射线受
U
E= ⑥ 力向上
,故选项A正确.
d
设小球做圆周运动的半径为r,有: 题源2 带电粒子在磁场中的运动
v2
qvB=m ⑦ 1.A 【解析】 画出带电粒子运动轨迹示意图,r
如图所示.设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径
由几何关系有:
为r,根 据 洛 伦 兹 力 公 式 和 牛 顿 第 二 定 律,qv0B=
r=d ⑧
v2
联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据,解得: m 0,解得r=mv0/qB.由图中几何关系可得:r tan30°
Rx=54Ω ⑨
3mv
=R/r. 0联立解得:该磁场的磁感应强度B= ,
专题8 磁 场 3qR
选项A正确.
十年高考母题原型训练
A组
题源1 磁场的有关概念
1.A 【解析】 由左手定则得 A正确;由R=
mv 2.BC 【解析】 当粒子以速度v0 垂直于 MN,vM>vN,B错;由洛伦兹力始终不做功,得C错;Bq 进入磁场时,最远落在 A 点,若粒子落在 A 点的左
2πm 1 , , ,
由T= ,故B t =t = T
,D . 侧 速度不一定小于v0 可能方向不垂直 落在错 A 点
q M N 2
的右侧,速度一定大于v0,所以A错误,B正确;若粒
2.A 【解析】 如 图 所 示,导 体 棒 静 止 在 斜 面
子落在A 点的左侧d 范围内,则垂直于MN 进入时,
上,受力平衡.安培力 F 方向沿斜面向上,由左手定
2mv
则,磁 场 B 方 向 垂 直 斜 面 向 上,又 mgsinα=F, 速度最小,轨道直径为2r=OA-d,即 B =OA-q
·49·
2mv0 qdB (2)设O'是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心,连接d,已知 ,解得 ;若粒子落在
qB
=OA v=v0-2m O'Q,设O'Q=R',由几何关系得
A 点的右侧d 范围内,则垂直于 MN 进入时,速度最 ∠OQO'=φ ③
2mv
小,轨道直径为2r=OA+d,即 B =OA+d
,解得 OO'=R'+R-d ④
q
由余弦定理得
qdB
v=v0+ ;所以C正确,D错误2m . (OO')2=R2+R'2-2RR'cosφ ⑤
3.C 【解析】 由安培定则 可 知,两 导 线 在 O 联立④⑤式得
点产生的磁场均竖直向下,各磁感应强度一定不为 d(2R-d)
R'=
, 2[R(1+cos )-d]
⑥
零 选项A错;由安培定则,两导线在a、b 两处产生 φ
v2
磁场方向均竖直向下,由于对称性,电流 M 在a 处产 设入射粒子的速度为v,由mR'=qvB
生磁场的磁感应强度等于电流N 在b 处产生磁场的 qBd(2R-d)
解出
磁感应强度,同时电流 M 在b 处产生磁场的磁感应 v=2m[R(1+cos )-d] ⑦φ
强度等于电流N 在a 处产生的磁场的磁感应强度, 6.【解析】 (1)由于洛伦兹力不做功,只有电场
所以a、b两处磁感应强度大小相等方向相同,选项B 力做功,由动能定理可得:
错;根据安培定则,两导线在c、d 处产生磁场垂直c、 1 1
-qEh= mv2- mv20 ①
d 两点与导线连线方向向下,且产生的磁场的磁感应 2 2
强度相等,由平行四边形定则可知,c、d 两点处的磁 2qEh解得v= v20- ②
感应强度大小相同,方向相同, m选项C正确;a、c两处
(2)①由图乙可知,所有粒子在一个周期T 内沿
磁感应强度的方向均竖直向下,选项D错.
,
【 】 , x 轴方向前进的距离相同 即都等于恰好沿x 轴方向4.A 解析 从照片上看 径迹的轨道半径是
, , 匀速运动的粒子在T 时间内前进的距离.设粒子恰好不同的 下部半径大 上部半径小,根据半径公式R=
沿x 轴方向匀速运动的速度大小为v1,则竖直方向mv
可知,下部速度大,上部速度小,这一定是粒子从
qB 所受合力为零,即:
下到上穿越了金属板而损失了动能,再根据左手定 qv1B=qE ③
则,可知粒子带正电,因此,正确的选项是A. 又s=v1T ④
5.【解析】 (1)由于粒子在P 点垂直射入磁场, 2πm式中T=
故圆弧轨道的圆心在AP 上,AP 是直径. qB
2πmE
由③④式解得s=
qB2
⑤
②设粒子在y 方向上的最大位移为ym(图丙曲
线的最高点处),对应的粒子运动速度大小为v2(方
向沿x 轴),因 为 粒 子 在y 方 向 上 的 运 动 为 简 谐 运
动,因而在y=0和y=ym 处粒子所受的合外力大小
设入射粒子的速度为v1,由洛伦兹力的表达式 相等,方向相反,则
和牛顿第二定律得 qv0B-qE=-(qv2B-qE) ⑥
v2
m 1
1 1
/ =qv1B ① 由动能定理有d2 -qEym=2mv
2 2
2-2mv0 ⑦
qBd 1
由上式解得v1= 又2m . ② Ay=2ym ⑧
·50·
m E
由⑥⑦⑧式解得Ay= (B vq 0
- )B
可写出图丙曲线满足的简谐运动y t函数表达
式为
m
= E qBy qB (v0-B ) (1-cosmt)
7.【解析】 (1)设R1 和R2 的并联电阻为R,由
并联电阻公式: 甲
R2R R +R
2=(R -R )22 1 ④
R= 1 2R1+R ①2 联立③④得磁感应强度大小
E R
R 02 两端的电压为:U= 2mv2r0+R+R ②x B=2qR
⑤
0
U2
R 消耗的电功率为:P= ③ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期大小为:2 R2
2πR
联立①②③式,代入数据,解得: T=v ⑥2
P=0.6W ④ 由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间为:
(2)设小球质量为m,电荷量为q,小球做匀速圆 T
周运动时,
t= ⑦
电场力必须等于重力,即: 4
qE=mg ⑤ 联立④⑥⑦式,得
U
E=d ⑥
2πR
t= 02v ⑧2
设小球做圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供 (3)如图乙所示,为使粒子射出,则粒子在磁场内的
向心力可知: 运动半径应大于过A 点的最大内切圆半径,该半径为
v2
qvB=m r ⑦
由几何关系有:
r=d ⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据,解得:
Rx=54Ω ⑨
8.【解析】 (1)电、磁场都存在时,只有电场力 乙
对带电粒子做功,由动能定理
R1+R2
1 1 R'= ⑨
qU=2mv
2
1-2mv
2
0 ① 2
由③⑨得磁感应强度
2qU
得v0= v21- m ②
mv
B'< 32qR
⑩
0
(2)由粒子在磁场受力做匀速圆周运动可知: 9.【解析】 (1)根据功能关系:加速电场对离子
qBv2=mv22/R ③ m1 做的功W=qU
如图甲所示,由几何关系确定粒子运动轨迹的圆
1
由动能定理: 2
心O'和半径R 2m1v1=qU
·51·
2qU 域边界上,于是
得v1= m ①1 3
mv2 x= R(2)
mv 2
由洛伦兹力提供向心力qvB= ,R R=
,
qB 1 t0
又有 ( )2
利用①式得 x=2a 2 ⑥
离子在磁场中的轨道半径分别为 43R
得a= 2 ⑦
2m1U 2m U t0R1= ,B2 R =
2
q 2 qB2
② (3)仅有磁场时,入射速度v'=4v,带电粒子在
两种离子在GA 上落点的间距大小为: 匀强磁场中做匀速圆周运动,设轨道半径为r,洛伦
8U 兹力与向心力相等.
s=2R1-2R2= 2(B m1- m2
) ③
q
(3)质量为 m1 的离子,在GA 边上的落点都在
其入射点左侧2R1 处,由于狭缝的宽度为d,因此落
点区域的宽度也是d.同理,质量为 m2 的离子在GA
边上落点区域的宽度也是d.
为保证两种离子能完全分离,两个区域不能相互
v'2
交叠.条件为 qv'B=m r ⑧
2(R1-R2)>d ④ 又qE=ma ⑨
利用②式,代入④式得:2R m2 1 ÷>d 3R
è1- m1 由③⑦⑧⑨式得r= 3 ⑩
R1 的最大值满足2R1m=L-d R
由几何关系sinα=
( 2r

得 L-d) m2
è1-
÷>d
m1 3 π
即sinα= α=
m1- m 2 3
求得最大值dm=
2 ·L
2 m1- m2 带电粒子在磁场中运动周期
10.【解析】 (1)设带电粒子的质量为 m,电荷 2πmT=
量为q,初速度为v,电场强度为E.可用左手定则判 qB
则带电粒子在磁场中运动时间
断洛伦兹力沿x 轴负方向,于是可知电场强度沿x
轴正方向 2αtB=2πT
且有qE=qvB ①
3π
又R=vt0 ② 代入数据得tB=18t0
BR
则E=t ③0 题源3 带电粒子在复合场中的运动
(2)仅有电场时,带电粒子在匀强电场中做类平
1.C 【解析】 带电粒子a(不计重力)以一定的
抛运动
初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域,恰好沿
t
在y 方向位移y=v
0
2 ④ 直线由区域右边界的O'点
(图中未标出)穿出,说明
R 该粒子所受电场力和洛伦兹力平衡.若撤去该区域内
由②④式得y=2 ⑤ 的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b(不计
设在水平方向位移为x,因射出位置在半圆形区 重力)仍以相同初速度由O 点射入,电场力对粒子一
·52·
定做正功,电 势 能 一 定 减 小,动 能 一 定 增 加,选 项C 综合⑦式可得
正确.由于不知道粒子的电性,故无法判断粒子穿出 3
v'= v ⑧
磁场区域的位置. 3
2.【解析】 (1)设两板间的电压为U,由动能定 设粒子做圆周运动的半径为r',则
理得 3mv
r'=3B ⑨1 q
qU= mv22 ① 设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r'=R,可见
U=Ed ② π θ=2 ⑩
联立上式可得
mv2
粒 子 须 经 过 四 个 这 样 的 圆 弧 才 能 从 S 孔 射
E=2d ③q 出,故
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何 n=3
关系作出圆心为O',圆半径为r.设第一次碰撞点为 τ3.【解析】 (1) ~τ做匀加速直线运动,τ~2τ
A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出,
2
因
做匀速圆周运动
π
此,弧SA 所对的圆心角∠AO'S 等于3. 电场力F=qE0
F
加速度a=m
τ
速度v0=at,且t=2
qE0τ
解得v0= 2m
(2)只有当t=2τ 时,P 在磁场中做圆周运动结
由几何关系得 束并开始沿x 轴负方向运动,才能沿一定轨道做往复
π
r=Rtan ④ 运动,如 图 所 示.设 P 在 磁 场 中 做 圆 周 运 动 的 周 期3
为T.
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第
二定律,得
v2
qvB=m r ⑤
联立④⑤式得
3mv
R=3 ⑥qB 1
( 则( ) ,( ,,…)3)保持 M、N 间电场强度E 不变,M 板向上平 n-2 T=τ n=123
2 , , v
2
, 2πr移 d 后 设板间电压为U' 则 匀速圆周运动3 qvB0=m r T=v
Ed U (
U' 2n-1
)πm
= = ⑦ 解得 ,( ,,…)3 3 B0= qτ
n=123
设粒子进入S 孔时的速度为v',由①式看出 (3)在t0 时刻释放,P 在电场中加速时间为τ-
U' v'2 qE (τ-t )
= 0 0U v2 t0
,在磁场中做匀速圆周运动,v1= …m
·53·
mv1 qEcosθ-mgsinθ- (mgcosθ+qEsinθ)=ma1
圆周运动的半径r = μ1 qB0 ⑥
E0(τ-t )
解得r1=
0 P1 与P2 在GH 上相遇时,设P1 在GH 上的运
B0
动的距离为s1,则
1
s1=v 2Gt+2a1t ⑦
设P2 质量为m2,在GH 上运动的加速度为a2,则
m2gsinθ-μm2gcosθ=m2a2 ⑧
P1 与P2 在GH 上相遇时,设P2 在GH 上运动
又经(τ-t0)时间 P 减速为零后向右加速时间 的距离为s2,则
为t0 1s1= at22 ⑨
qEt 2
P 0 0再进入磁场v2= m 联立⑤⑥⑦⑧⑨式,代入数据得
mv2 s=s1+s2
圆周运动的半径r2=qB0 s=0.56m
E
r = 0
t0
解得 答:(1)小物体2 P1 在水平轨道CD 上运动速度vB0
的大小为4m/s;
综上分析,速度为零时横坐标x=0
(2)倾斜轨道GH 的长度s为0.56m.
{2[kr1-(k-1)r2]相应的纵坐标为y= ,(k= 5.【解析】 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,2k(r1-r2)
电场力与重力合力为零,即mg=qE,
1,2,3…)
mg
ì 2E
[k(τ-2t )+t 解得: ,电场力方向竖直向上,电场方向0 0 0] E=q
B0
解得y= í ,(k=1,2,3…) 竖直向上.
2kE0(τ-2t0)
(B 2
)粒子运动轨迹如图所示:
0
4.【解析】 解:(1)设小物体 P1 在匀强磁场中
运动的速度为v,受到向上的洛仑兹力为F1,受到的
摩擦力为f,则
F1=qvB ①
f=μ(mg-F1) ②
由题意,水平方向合力为零,有:
F-f=0 ③
联立①②③式,代入数据解得
v=4m/s ④
(2)设P1 在G 点的速度大小为vG,由于洛仑兹
力不做功,根据动能定理
设粒 子 不 从 NS 边 飞 出 的 入 射 速 度 最 小 值
1 1
qErsinθ-mgr(1-cosθ)=2mv
2
G-2mv
2 ⑤ 为vmin,
P1 在GH 上运动,受到重力、电场力和摩擦力的 对应的 粒 子 在 上、下 区 域 的 轨 道 半 径 分 别 为
作用,设加速度为a1,根据牛顿第二定律 r1,r2,
·54·
圆心的连线与 NS 的夹角为φ, q 1将 = 代入,得m k E=kg.
粒子在磁场中做匀速圆周 运 动,由 牛 顿 第 二 定
v2
律得: (2)如图1,有qv0B=m
0,R2R =
(3d)2+(R-
v2
qvB=m ,解得,
mv
粒子轨道半径:r= , kv0r Bq d)2,得B=5d.
mv
r2=
min, 1
B rq 2
= ,2r1
由几何知识得:(r1+r2)sinφ=r2,r1+r1cosφ
=h,
解得:vmin=(9-62)
qBh;
m
(3)粒子运动轨迹如图所示,
图1
(3)如图2所示,有
设粒子入射速度为v,
图
粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1,r2, 2
( )2
粒子第一次通过KL 时距离K 点x, λvqλv0B=m
0 ,
R2
由题意可知:3nx=1.8h (n=1,2,3...)
3d
( ,3 9-62)h tanθ= 2
x≥ ,x= r 2-(h-r )2, R1-(3d)
2
2 2 1 1
y1=R1- R2-(3d)21 ,
解得:r1=(
0.36)h1+ ,n2 2 n<3.5 y2=ltanθ,y=y1+y2,
: , 0.68qBh
3l
即 n=1时 v= , 得y=d(5λ- 25λ
2-9)+ .
m 25λ2-9
n=2时,
0.545qBh, 7.【解析】 (1)微粒做直线运动,则v= mg+qE0=m qvB ①
0.52qBh
n=3时,v= . 微粒做圆周运动,则mg= E ②m q 0
6.【解析】 ()
mg
1 设带电颗粒的电荷量为q,质量 联立①②得:q=E ③0
为m,有 2E
Eq=mg, B=
0
v ④
·55·
(2)设微粒从 N1 运动到Q 的时间为t1,做圆周
运动的周期为t2,则
d
2=vt1 ⑤
v2
qvB=m R ⑥
2πR=vt2 ⑦
d πv
联立③④⑤⑥⑦得:t1= ;2vt2= ⑧g
d πv
电场变化的周期T=t1+t2=2v+ ⑨g
() ()设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 ,第3 若微粒能完成题中要求的运动过程,要求d 2 T
≥2R ⑩ T一次在磁场中飞行的时间为t1,有t1=12 ④
v2
联立③④⑥得:R=2 g 2πmT= B ⑤q
设 N1Q 段直线运动的最短时间为t1min,由⑤⑩
依题意,匀强电场的方向与x 轴正方向夹角应
v
得t1min=2g 为150°.由几何关系可知,粒子再次从O 点进入磁场
因t 不 变,T 的 最 小 值 T =t +t 的速度方向与磁场右边界夹角为60°.设粒子第二次2 min 1min 2
(2π+1)v 在磁场中飞行的圆弧的圆心为O″,O″必定在直线OC
= 2g 上.设 粒 子 射 出 磁 场 时 与 磁 场 右 边 界 交 于 P 点,则
8.【解析】 (1)设磁场左边界与x 轴相交于D ∠OO″P=120°.
点,与CO 相交于O'点,由几何关系可知,直线OO'与 设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为
粒子过O 点的速度v 垂直.在直角三角形 OO'D 中 t2,有
∠OO'D=30°.设磁场左右边界间距离为d,则OO'= 1
t2= T ⑥
2d.依题意可知,粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆 3
心即为O'点,圆弧轨迹所对的圆心角为30°,且O'A 为 设带电粒子在电场中运动的时间为t3,依题意得
圆弧的半径R. t3=T-(t1+t2) ⑦
由此可知,粒子自 A 点射入磁场的速度与左边 由匀变速运动的规律和牛顿定律可知
界垂直.A 点到x 轴的距离 -v=v-at3 ⑧
AD=R(1-cos30°) ① qE
a= ⑨
由洛伦兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规 m
律,得 12联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得E=7πBv. ⑩
mv2
qvB= R ② (3)粒子自P 点射出后将沿直线运动.设其由P'
mv 3 点再次进入电场,由几何关系知∠O″P'P=30° 联立①②式得AD= ÷
qB
. ③
è1-2 三角形OPP'为等腰三角形.设粒子在 P、P'两
, PP'点间运动的时间为t4 有t4= v
又由几何关系知OP= 3R
·56·
3m 场方向竖直向上”均有可能使粒子匀速通过,与粒子
联立② 式得t4=B .q E
的电性没有关系.其中,因qvB=qE,所以v=B .
B组
5.BD 【解析】 本题考查了带电物体在磁场中
的运动.若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力
题源1 磁场的有关概念
恰好为零,说明洛伦兹力的方向垂直于斜面向上,根
1.BC 【解析】 根据左手定则知粒子带负电, 据左手定则,小物块一定带有负电荷,A错;小物块受
A项错误;粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 最 大 半 径 Rmax= 到的支持力和洛伦兹力都是垂直于斜面,在沿着斜面
3d+L, mv qB
(3d+L)
由R= 得v = ,B项正确; 方向只有重力沿斜面向下的一个分力mgsinθ,大小是2 qB max 2m
恒定的,所以小物块在斜面上运动时做匀加速直线运
L qBL
最小半径Rmin= ,最小速度vmin= ,故速度之 , , ; ,2 2m 动 B对 C错 当洛伦兹力等于 mgcosθ时 小球对斜
qB·3d mgcosθ, , , 面压力 为 零,根 据差Δv= ∝Bd 与 L 无 关 可 知 C项 正 确 qvB=mgcosθ
,解 得v= ,
2m Bq
对
D项错误. D .
2 6.【解析】 (1)设金属杆所受的安培力为 ,电mv F
2.B 【解析】 由牛顿第二定律qvB= ,及r 路接通后:
2πr mv; 2πm E 1.5匀速圆周运动T= 得v r= B T= B .
由图可得 I=
q q R+r
=2.8+0.2A=0.5A
以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场经过Δt F=BIL=0.8×0.5×0.5N=0.2N
T 由左手定则可知 的方向垂直金属棒与水平方
= ,
F
从C 点射出磁场,轨道半径r= 3AO;速度变6 向成30°角,斜向上方.
为v/3时,运动半径是r/3= 3AO/3,由几何关系可 (2)轨道所受的压力为
得在磁场中运动转过的圆心角为120°,运动时间为 1
FN=mg-Fsin30°=5×10-2×10N-0.2× N
T/3,即2Δt.正确选项是B. 2
3.D 【解析】 无论开关置于a 还是置于b,两 =0.5N-0.1N=0.4N.
导线中通过的都是反向电流,相互间作用力为斥力, 7.【解析】 (1)微 粒 在 极 板 间 所 受 电 场 力 大
A、C错误.开关置于位置b 时电路中电流较大,导线 小为
间相互作用力也较大,故D正确. qUF=d ①
4.AD 【解析】 要使电子沿直线OO'射出,则
代入数据 -11
电子必做匀速直线运动,电子受力平衡.在该场区,
F=1.25×10 N ②
电
由左手定则可判断微粒带正电,微粒由极板间电
子受到电场力和洛伦兹力,要使电子二力平衡,则二
场加速,故C 板为正极,D 板为负极.
力方向为竖直向上和竖直向下.A选项电子所受电场
(
, , 2
)若微粒的质量为 m,刚进入磁场时的速度大
力竖直向上 由左手定则判断洛伦兹力竖直向下 满
1
足受力平衡.同理,D选项也满足受力平衡.所以 A、D 小为v,由动能定理Uq= mv22 ③
选项正确. 微粒在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向
【点评】 粒子速度选择器关键是抓住电场力和 心力,
洛伦兹力平衡,只要满足“磁场方向垂直纸面向里,电
v2
场方向竖直向下”,或“磁场方向垂直于纸面向外,电 qvB=m R ④
·57·
微粒要从XY 边界离开台面,则圆周运动的边缘 k2=s2+(d+Rsinθ)2-2s(d+Rsinθ)cosθ
轨迹如图所示. ,sinφ sinθ及正弦定理
s = k
联立③④和⑧~ ,并代入数据,解得
v0=4.15m/s
题源2 带电粒子在磁场中的运动
1.B 【解析】 画出粒子运动轨迹,由图中几何
关系可知,粒子运动的轨迹半径等于R,再由qvB=
半径的极小值与极大值分别为 qBR
mv2/R 可得:v= ,选项B正确.
l m
R1=2 ⑤ 2.A 【解析】 匀强磁场中带电粒子在洛伦兹
R2=l-d ⑥ 力作用下做匀速圆周运动,qvB=mv2/r,其轨道半径
联立③~⑥,代入数据,有 ( )2
r=mv/
2mE qrB
qB=
k,其动能Ek= .质子和α
8.1×10-14kg() , 粒子在磁场中运动的轨道半径r相同,而α 粒子带电3 如图 微 粒 在 台 面 以 速 度v 做 以O 点 为 圆
荷量是质子的2倍,α 粒子质量是质子的, , 4
倍,两者
心 R 为半径的圆周运动 从台面边缘P 点沿与XY
动能之比为1∶1,所以质子和α 粒子在磁场中运动
边界成θ 角飞出做平抛运动,落地点为Q,水平位移
的动能相同.质子和α粒子在磁场中受到的向心力大
为s,下落时间为t.
1
小F=mv2/r,由于二者动能 mv2 大小相同,在磁2
场中运动的轨道半径r相同,所以质子和α粒子在磁
场中受到的向心力大小相同.带电粒子在匀强磁场中
运动的周期T=2πm/qB,由于二者比荷q/m 不同,
所以质子和α粒子在磁场中运动的时间不相同.由r
=mv/qB及质子和α粒子的带电荷量不同(α 粒子带
电荷量是质子的2倍)可知质子和α粒子在磁场中运
, 动的动量的大小不相同 因此正确选项是设滑块质量为 M 滑块获得速度v0 后在t内沿 . A.
3.B 【, 解析
】 只加竖直方向的匀强电场时,质
与平台前侧面成φ 角方向 以加速度a 做匀减速直线
子在电场中做类平抛运动,在水平方向上做匀速直线
运动到Q,经过位移为k,由几何关系,可得
运动,速度大小始终等于初速度v0,如果只加水平向
l-R
cosθ= R ⑧ 里的匀强磁场时,质子在磁场中做匀速圆周运动,在运
动过程中,沿水平方向的速度逐渐减小,如图所示,v=
2h
根据平抛运动,t= ⑨
g v0cosα,整个过程中沿水平方向的平均速度小于v0,所
以当加磁场时,用的时间长,故 、、 错误,
s=vt ⑩ ACD B
项正确.
对于滑块,由题知其做匀减速直线运动,
μMg=Ma
1
k=v0t- 22at
再由余弦定理
·58·
4.D 【解析】 粒子沿PC 方向射入,偏转半个 的C 点射出,△ACO1 为直角三角形,∠AO1C=90°,
, 2mv, 射出点C 到A 点的距离为圆周打在 PN 上 长度为l1=2R= 粒 子 沿 与
s1
qB
由图可知s1= 2R1=2(2+1)d.
PC 夹角为θ的方向射入,打在PN 上的长度为l2=
2mvcosθ
B .
则 在 屏 MN 上 被 粒 子 打 中 区 域 的 长 度 为
q
2mv(1-cosθ)
Δl=l1-l2= B .q
若初速度向左上方,带电粒子从PQ 边界上的D
点射出
由几何关系知:s2= 2R2=2(2-1)d
7.【解析】 (1)小球运动时不受细管侧壁的作
【 】 : 用力,因而小球所受洛伦兹力提供向心力5.解析 由 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 qv0B=
2
v2 v0
m 0, qv0B0=m r ①R
求得R=0.2m=r.轨迹如图所示: qBr由① 0式解得v0= m ②
(2)①在T0 到1.5T0 这段时间内,细管内一周
的感应电动势
2ΔBE感=πr Δt ③
ΔB 2B0
由图乙可知
Δt=T ④0
2πR 由于同一条电场线上各点的场强大小相等,所以
T=v =8π×10
-5s
0 E感
运动时间为t=2T=16π×10-5s. E=2πr ⑤
6.【解析】 (1)若初速度向右上方,设轨道半径 2πm
由③④⑤式及T0= 得
为R qB01
2
由几何关系可得:R qBr1=(2+ 2)d. E= 02πm ⑥
: v
2
vB=m 0又洛伦兹力提供向心力 q 0 R ②在T0 到1.5T0 时间内
,小球沿切线方向的加
1
mv 速度大小恒为
得:R1=
0
Bq qE
a= ⑦
(2+ 2)Bqd m
所以:v0= m 小球运动的末速度大小
若初速度向左上方,设轨道半径为R2 v=v0+aΔt ⑧
(
( ) : 2- 2
)Bqd 由图乙Δt=0.5T0,并由②⑥⑦⑧式得
R2= 2- 2d 得 v0= m 3 3qB0r
(2)若初速度向右上方,带电粒子从PQ 边界上 v=2v0= 2m ⑨
·59·
由动能定理,电场力做功为 mv
为 N1.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有R=
1 1 qB
W= mv22 - mv
2
2 0 ⑩ ①
由②⑨⑩式解得 粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间
5 5q2B2r20 距离x1 保持不变,有2 x1=N0'N0=2Rsinθ ②W=8mv0= 8m
8.【解析】 (1)墨滴在电场区域做匀速直线运
动,有
U
q·d =mg
mgd
所以q= U
由于电场方向向下,电荷所受电场力向上,可知: 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离
墨滴带负电荷. x2 始终不变,与 N0'N1 相等.由图可以看出x2=a
(2)墨滴垂直进入电磁场共存区域,重力与电场 ③
力平衡, 设粒子最终离开磁场时,与挡板相碰n 次(n=
F =F 0,1,2,3,…).若粒子能回到P 点,由对称性,出射点合 洛
v2 的x 坐标应为-a,即
qv0B=m
0
R (n+1)x1-nx2=2a ④
由几何关系可得:R=d n+2
由③④得x1=
v0U n+1
a ⑤
所以B=
gd2 若粒子与挡板发生碰撞,有x1-x2>a/4 ⑥
(3)根据题设,墨滴运动轨迹如图. 联立③⑤⑥得n<3 ⑦
qB n+2
联立①②⑤得v= ·2msinθ n+1a ⑧
h
把sinθ= 代入⑧式中得
a2+h2
qBa a2+h2
设墨滴做圆周运动的半径为R', v0= ,n=0,mh
v2
则:qv0B'=m
0
R' 3qBa a
2+h2
v1= , ,4mh n=1
由图示可知:
2qBa a2+h2
2
( d ) v2= ,3mh n=2.R'2=d2+ R'-2
10.【解析】 (1)设匀强磁场的磁感应强度的大
: 5得 R'=4d 小为B.令圆弧A
︵EC是自C 点垂直于BC 入射的电子
联立上面各式可得 在磁场中的运行轨道.电子所受到的洛伦 兹 力f=
4vU ev0B ①
B'= 05gd2 方向指向圆弧的圆心,因而磁场的方向应垂直于
9.【解析】 设粒子的入射速度为v,第一次射出 纸面向外.
磁场的点为 N0',与挡板碰撞后再次进入磁场的位置 圆弧A︵EC的圆心在CB 边或其延长线上.依题意
·60·
知,圆心在A、C 连线的中垂线上,故B 点即为圆心,
圆半径为a,根据向心力公式有f=mv20/a ②
联立①②解得磁感应强度的大小B=mv0/ea.
d
R1=4 ⑤
2
d2+ ( dR 22-2 ) =R2
(2)由(1)中确定的磁感应强度的方向和大小,可 5R2=4d ⑥
知自C 点垂直于BC 入射的电子在A 点沿DA 方向
设粒 子 临 界 速 度 分 别 为 v1 和 v2,由②⑤⑥
射出,且自BC 边上其他点垂直入射的电子的运动轨
式,得
迹只能在BAEC 区域中,因而,圆弧A︵EC是所求的最
dqB
小磁场区域的一个边界.分析A 点射出的电子的速度 v1=4m ⑦
方向与BA 的延长线夹角为θ(不妨设0≤θ≤π/2)的 5dqB
v2= ⑧
情形.该电子的运动 轨 迹qpA 如 图 所 示.图 中,圆 弧 4m
若粒子通过两转盘,由题设可知
︵ mvA 0p的圆心为O,pq垂直于BC 边.由B= 可知,圆ea L θ= 0 ⑨
弧A︵p的半径仍为a.在以D 为原点,DC 为x 轴(向右 v ω
), ( ) 联立⑦⑧⑨
,得对应转盘的转速分别为
为正方向 AD 为y 轴 竖直向下为正方向 的坐标
系中, θ0dqBp 点的坐标为(x,y),则 ω1=4mL ⑩
x=asinθ,y=-[a-(a-acosθ)]=-acosθ. 5θ0dqBω =
这意味着,在范围0≤θ≤π/2内,p 点形成以D
2 4mL
为圆心,a 为半径的四分之一圆周A︵FC,它是电子做 粒子要打在感光板上,需满足条件
直线运动和圆周运动的分界线,构成所求磁场区域的 θ0dqB 5θdqB
4mL ≤ω≤
0
另一边界.因此,
4mL
所求的最小匀强磁场区域是分别以
︵ 12.【解析】 (1)初速度与y 轴正方向平行的粒B 和D 为圆心,a 为半径的两个四分之一圆周AEC
子在磁场中的运动轨迹如图1中的O︵P所示,其圆心
和A︵FC所围成的区域,其面积为S=2×(πa2/4-a2/
为C.由题给条件可以得出
2)=(π-2)a2/2.
d
11.【解析】 (1)粒子运动半径为R=2 ①
v2
由牛顿第二定律qvB=m R ②
2πR
匀速圆周运动周期T= v ③
T πm
粒子在磁场中运动时间t=4=2 ④qB 图1
(2)如图,设粒子运动临界半径分别为R1 和R2
·61·
2π (3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应
∠OCP=3 ① 与磁场右边界相切,其轨迹如图2所示.由几何关系
此粒子飞出磁场所用的时间为 可知,
T ︵ ︵
t0= ② OM=OP ⑩3
由对称性可知,
式中T 为粒子做圆周运动的周期.
M︵E=O︵P
设粒子运动速度的大小为v,半径为R,由几何
从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间
关系可得
tm=2t0
23
R= 3a ③ 题源3 带电粒子在复合场中的运动
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
1.D 【解析】 考查带电粒子在复合场中的运动
v2
qvB=m R ④ (质谱仪).根据动能定理得:
1
qU= mv2,带电粒子在2
2πR
T= v ⑤
mv2
匀强磁场中做匀速圆周运动,则有qvB= ,由几何R
联立②③④⑤式,得
, x 2mv 2 2mU
q 关系知2π R=
,解得:x= = ,D正确2 Bq B
.
q
m =3Bt ⑥0 2.D 【解析】 考查带电粒子在叠加场中的运
(2)依题意,同一时刻仍在磁场内的粒子到O 点 动,涉及受力分析、动能定理、圆周运动的知识.小球
距离相同.在t0 时刻仍在磁场中的粒子应位于以O 从a 运动到d 的过程中,只有重力和电场力做功,且
︵
点为圆心、OP 为半径的MN上,如图1所示. 重力做正功、电场力做负功,WG+WF=0,即小球到
设此时位于P、M、N 三点的粒子的初速度分别 达d 时的速度为零,A错误;当重力和电场力的合力
为v 、v 、v .由对称性可知v 与OP、v 与OM、 与竖直方向的夹角为45°且经过圆环的圆心时,洛伦P M N P M
v 与ON 的夹角均为π/3.设v 、v 与y 轴正向的 兹力最大,此位置恰好是b
︵c的中点,B错误;小球从N M N a
夹角分别为θ 、θ ,由几何关系有 到b,重力做正功,重力势能减小,电场力做正功,电M N
π 势能减小,C错误;小球从b到c,电场力做负功,电势
θM=3 ⑦ 能增大,小球经过b︵c的中点时速度最大,因此小球从
2π b到c动能先增大后减小,D正确.
θN=3 ⑧ 3.【解析】 设微粒转动半径为r,微粒受到的库
对于所有此时仍在磁场中的粒子,其初速度与y 仑斥力为F,微粒在竖直方向上处于平衡状态,可得
轴正方向所成的夹角θ应满足 Fx r mgrF
π 2π y
=mg, = ,得F a Fx= ①y a
3≤θ≤3 ⑨
图2
·62·
水平方向上,洛伦兹力与库仑斥力的水平分力的 (3)粒 子 入 射 速 度 大 小 的 可 能 值 为 解 得:vn=
mv2
合力使微粒做匀速圆周运动F洛-Fx= r ②
qB(L - 3d)(
3L
m n+1 1≤n< -1
,n 取整数)3d
又因为F洛=Bqv ③ 5.【解析】 (1)设A 经电场第1次加速后速度
v=ωr ④ 为v1,由动能定理得
ω2ma+mg
由①②③④联立得B= 1ωqa qU=2mv
2
1 -0 ①
磁场方向沿y 轴负方向. A 在磁场中做匀速圆周运动,所受洛仑兹力充当
4.【解析】 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为 向心力故:
r,由题意 可 知 粒 子 恰 好 到 达 P 点,粒 子 轨 迹 如 图 mv 2
vB = 1q 1 1 R ②所示:
由①②解得
1 2mU
B1=R ③q
(2)设A 经n 次加速后的速度为vn,由 动 能 定
理得
1
nqU=2mv
2
n-0 ④
根据题意L=3rsin30°+3dcos30°
设A 做第n 次圆周运动的周期为Tn,有
且h=r(1-cos30°)
2πR
2 3 Tn= ⑤
解得h=(3L- 3d
)(1- ) vn2
设在 A 运 动 第n 周 的 时 间 内 电 场 力 做 功 为
(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径 Wn,则
为r' Wn=qU ⑥
v2 v'2
m r=qvB
,m =qv'B, 在该段时间内电场力做功的平均功率为r'
W
由题意知3rsin30°=4r'sin30° 解得Δv=v-v' P
n
n=T ⑦n
qB
= (
L 3
- d) 由④⑤⑥⑦解得m 6 4
qU nqU
(3)设粒子经过磁场n 次 Pn=πR 2m ⑧
由题 意 知 L = (2n+2)dcos30°+ (2n+ (3)A图能定性地反映A、B 运动的轨迹.A 经过
2)rnsin30° n 次加速后,设其对应的磁感应强度为Bn,A、B 的周
v2n , qB L 期分别为且m =qvB 解得v = ( - 3d)
Tn、T',综合②、⑤式并分别应用A、B 的数
r n nn m n+1 2πm
据得Tn=
( 3L
qBn
1≤n<3d -1
,n 取整数)
2πm T
T'= nk =
2L 3 q
Bn k
答:(1)磁场区域宽度:h=(3- 3d
)(1- )2 由上可知,Tn 是T'的k 倍,所以A 每绕行1周,
qB L 3 B 就绕行k 周.由于电场只在A 通过时存在
,故B 仅
(2)速度的变化量为: (m 6-
)
4d 在与A 同时进入电场时才被加速.
·63·
经n 次加速后,A、B 的速度分别为vn 和vn',考 为v1 和v2,动能分别为Ek1和Ek2.
虑到④式,有: mv mv
由Ek2=0.81Ek1,R =
1
1 ,
2,
Be R2= Be Ek1=
2nqU
vn= m 1 1
2mv
2 2
1,Ek2=2mv2
2knqU
vn'= m = kvn 得R2∶R1=9∶10
由题设条件考虑到⑤式,对A 有 (2)设电场强度为E,第一次到达隔离层前的速
Tnvn=2πR 率为v'
设B 的轨迹半径有R',有 1 1由能量关系可得:eEd=2mv'
2,0.9×2mv'
2=
T'vn'=2πR'
1
比较上述两式得
2mv
2
1,R1≤s
R
R'= 5B2es2
k 得E≤ 9md
上式表明,运动过程中B 的轨迹半径始终不变. 又由R =0.9n-1n R1,2R1(1+0.9+0.92+…+0.
由以 上 分 析 可 知,两 粒 子 运 动 的 轨 迹 如 图 A 9n+…)>3s
所示. B2es2
6.【解析】 (1)U =E l 联立得E>H H 80md
因为导体内部为自由电子移动,则由左手定则可 B2es2 5B2es2
电场强度的取值范围为 判断出,电子向f 端移动,故c端电势高. 80md 9md
(3)设电子在匀强磁场中圆周运动的周期为IB T
,
(2)由UH=RH d ① 运动的半圆周个数为n,运动总时间为t
UHd d , 2R1
(1-0.9n)
RH= =EHl ② 由题意 有 ,IB IB 1-0.9 +Rn+1=3s R1≤s
,
当电场力与洛伦兹力相等时eEH=evB ③ R =0.9n
s
n+1 R1,Rn+1≥
E 2得 H=vB ④
得n=2
又I=nevS ⑤
将③④⑤代入②,
2πm
由T=eB
d d ld 1
得RH=vBlIB=vlnevS=neS=ne. 5πm得t=2eB
(3)①由于在时间t内,霍尔元件输出的脉冲数 8.【解析】 (1)设磁场的磁感应强度大小为B,
目为P,则 粒子第n 次进入磁场时的半径为Rn,速度为vn,由
P=mNt 牛顿第二定律得
P
圆盘转速为 N= v2mt nqvnB=mR ①n
②提出的实例或设想:代替打点计时器做实验, 由①式得
可测速度. qBRn
7.【解析】 (1)设圆周运动的半径分别为R , vn= m ②1
R2,…,Rn,Rn+1…,第一和第二次圆周运动速率分别 因为R2=2R1,所以
·64·
v2=2v1 ③ 离子从板右端到达屏上所需时间
对于粒子第一次在电场中的运动,由动能定理得 D
t0'= ⑤
1 1 v0
W 2 21=2mv2-2mv1 ④ 离子射到屏上时偏离O 点的距离
联立③④式得 y0=vyt0'
3mv2
W = 1
由上述各式,得
1 2 ⑤ q0ELD
( = ⑥2)粒子第n 次进入电场时速度为vn,出电场时 y
0 mv20 0
速度为vn+1,有 (2)设离子电荷量为q,质量为m,入射速度为v,
vn=nv1,vn+1=(n+1)v1 ⑥ 磁场的磁感应强度为B,磁场对离子的洛伦兹力
1
由动能定理得qEd= mv2
1 Fx=qvB ⑦
n 2 n+1-2mv
2
n ⑦
已知离子的入射速度都很大,因而离子在磁场中
联立⑥⑦式得 运动时间甚短,运动轨迹的圆弧与圆周相比甚小,且
(2n+1)mv2
En=
1 ⑧ 在极板间运动时,O'O 方向的分速度总是远大于在x2qd
方向和
() , y
方向的分速度,洛伦兹力变化甚微,故可作
3 设粒子第n 次在电场中运动的加速度为an
恒力处理,洛伦兹力产生的加速度
由牛顿第二定律得qEn=man ⑨
qvB
由运动学公式得 ax= m ⑧
vn+1-vn=antn ⑩ ax 是离子在x 方向的加速度,离子在x 方向的
联立⑥⑧⑨⑩式得 运动可视为初速度为零的匀加速直线运动,到达极板
2d
t = 右端时,离子在x 方向的分速度n (2n+1)v1
qvB L qBL
(4)如图所示. vx=axt= m (v )= m ⑨
离子飞出极板到达屏时,在x 方向上偏离O 点
的距离
qBL qBLD
x=vxt'= (Dm v )= mv ⑩
当离子的初速度为任意值v 时,离子到达屏上时
9.【解析】 (1)离子在电场中受到的电场力 的位置在y 方向上偏离O 点的距离为y,考虑到⑥
,
F = E ① 式 得y q0
qELD
离子获得的加速度 y= mv2
F
a y= ② 由⑩、y 两式得m0
2 k
离子在板间运动的时间 x =my
L qB2t LD0=v ③ 其中k=0 E
到达极板右边缘时,离子在+y 方向的分速度 上式表明,k 是与离子进入板间初速度无关的定
vy=ayt0 ④ 值,对 两 种 离 子 均 相 同.由 题 设 条 件 知,x 坐 标 为
·65·
3.24mm的光点对应的是碳12离子,其质量为 m1= (2)同理,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
12u,x 坐标为3.00mm的光点对应的是未知离子, v2
qvB=m' ⑧
设其质量为m2,由 式代入数据可得m2≈14u r'
式中, 和 分别为离子乙的质量和做圆周运
故该未知离子的质量数为14. m' r'
10.【解析】 (1) ,
动的轨道半径.离子乙运动的圆周的圆心由题意知 所有离子在平行金属 O'必在E、
两点之间
板之间做匀速直线运动,它所受到的向上的洛伦兹力 H .
和向下的电场力平衡,有
qvB0=qE0 ①
式中,v 是离子运动的速度,E0 是平行金属板之
间的匀强电场的强度,有
U
E0=d ② 图2
由①②式得
由几何关系有
U
v=B0d ③ r'2= ( 3
2 3 a
a-4a) -2(a-4a) (2-r')cos60°
在正三角形磁场区域,离子甲做匀速圆周运动.
2
+ (a2-r') ⑨
1
由⑨式得r'=4a ⑩
qaBB d
联立③⑧⑩式得,离子乙的质量为m'= 04U
图1
设离子甲质量为m,由洛伦兹力公式和牛顿第二 () m3 对于最轻的离子,其质量为 .由④式知,它2
定律有
v2
r
在磁场中做半径为 的匀速圆周运动,因而与 EH
qvB=m r ④
2
的交点为O,有
④式中,r 是离子甲做圆周运动的半径.离子甲
在磁场中的运动轨迹为半圆,圆心为O,此半圆刚好 OH= ( 33-2 )a
与EG 边相切于K 点,与EF 边交于I'点.在△EOK
当这些离子中的离子质量逐渐增大到 m 时,离
中,OK 垂直于EG.由几何关系得
子到达磁场边界上的点的位置从O 点沿HE 边变到
1 2
a-r= r ⑤ I'点;当离子质量继续增大时,离子到达磁场边界上2 3
的点的位置从 K 点沿EG 边趋向于I 点.K 点到G
由⑤式得
点的距离为
r= ( 33-2 )a ⑥ 3
KG= a
联立③④⑥式得,离子甲的质量为 2
, :
qaBB d 所以 磁场边界上可能有离子到达的区域是 EF
m= 0U ( 33-2 ) ⑦ 边上从O 到I',EG 边上从K 到I.
·66·
11.【解析】 (1)带电粒子以速率v 在匀强磁场 专题9 电磁感应
B 中做匀速圆周运动,半径为R,有
v2 十年高考母题原型训练
qvB=m R ①
当粒子沿y 轴正向入射,转过半个圆周至A 点, A组
该圆周半径为R1,有:
a 题源1 感应电流的产生和方向
R1=2 ②
1.D 【解析】 从 X 到O,磁通量向上增大,由
由②代入①式得
楞次定律知感应电流方向是由F 经 G到E.当两磁
qBa
v1=2m ③ 极经过线圈边正上下方时,穿过线圈磁通量变化率最
(2)如图,O、A 两点处于同一圆周上,且圆心在 大,感应电动势最大,电流最大.则可知此过程中感应
a 电流的大小应是先增大再减小,A、B皆错误,同理可
x= 的直线上,半径为R.当给定一个初速率v 时,2 知C错误,D正确.
有2个入射角,分别在第1、2象限,有 2.D 【解析】 由楞次定律知线圈中感应电流
方向从上向下看为顺时针,线圈下端为电源正极,所
以流过R 的电流方向为从b向a,电容器下极板带正
电,故D正确,ABC错误.
3.AC 【解析】 本题考查物理学史,意在考查
考生对物理学史的识记能力.由物理学史可知,奥斯
特发现了电流磁效应,法拉第发现了电磁感应现象,
a
sinθ'=sinθ= ④ A正确;麦克斯韦预言了电磁波,赫兹用实验证实了2R
电磁波的存在,B错误;库仑发现了点电荷的相互作
由①④式解得
用规律,密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值,
aqB
sinθ=2mv ⑤ C正确;洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律,
(3)粒子在运动过程中仅电场力做功,因而在轨 安培发现了磁场对电流的作用规律,D错误.
道的最高点处速率最大,用ym 表示其y 坐标,由动 4.AB 【解析】 本题考查电磁感应、安培力与
能定理,有 物体的平衡,意在考查考生对平衡条件的理解,并能
1 2 1 2 综合磁场知识解答磁场中导体棒的平衡问题 对 ,由qEym=2mvm-2mv
. b
0 ⑥
平衡条件可得,未施加恒力F 时,有mgsinθ=Ffb.当
由题知,有
施加恒力F 后,因b 所受的安培力向上,故有F安+
vm=kym ⑦
Ffb=mgsinθ.对ba,在恒力F 的拉动后,先加速最后
若E=0时,粒子以初速度v0 沿y轴正向入射,有
匀速运动,故b所受的安培力先增大,然后不变,b 所
v2
qv0B=m
0
R ⑧ 受的摩擦力先减小后不变,B正确;若F安=mgsinθ,0
v =kR ⑨ 则Ffb=0,A正确;若 Ffb=F,则对导体棒a、b 系0 0
由⑥⑦⑧⑨式解得 统,所受的合外力将沿斜面向下,与题意中两棒的运
动状态不符,C错误E .
vm= + (
E)2
B B +v
2
0 5.D 【解析】 根据楞次定律可知,在条形磁铁
·67·

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