（江蘇專版）2019版高考物理一輪復習 專題九 磁場課件.ppt

《（江蘇專版）2019版高考物理一輪復習 專題九 磁場課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2019版高考物理一輪復習 專題九 磁場課件.ppt（191頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題九磁場,高考物理(江蘇專用),考點一磁場安培力 1.(2015江蘇單科,4,3分)如圖所示,用天平測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度。下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同,邊長MN相等,將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流,天平處于平衡狀態(tài)。若磁場發(fā)生微小變化,天平最容易失去平衡的是(),五年高考,A組自主命題江蘇卷題組,,答案A天平處于平衡狀態(tài),說明線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A中線圈在磁場中有效長度最大,所受安培力最大,磁場發(fā)生微小變化,安培力變化最大,天平最容易失去平衡,選項A符合題意。,錯解分析易錯選D。錯誤的原因可能是對電流

2、天平的工作原理未弄懂,或不了解“有效長度”的分析方法。,考查點本題考查考生對安培力的理解和推理能力。屬于中等難度題。,,,2.(2018江蘇單科,13,15分)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為,間距為d。導軌處于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導軌上,距底端的距離為s,導軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過程中,金屬棒 (1)末速度的大小v; (2)通過的電流大小I; (3)通過的電荷量Q。,答案(1)(2) (3),,解析

3、(1)勻加速直線運動 v2=2as 解得v= (2)安培力F安=IdB 金屬棒所受合力F=mg sin -F安 由牛頓運動定律得F=ma 解得I= (3)運動時間t= 電荷量Q=It 解得Q=,試題評析情景新穎、題設(shè)巧妙 此題主要考查運動學公式和牛頓第二定律的簡單應(yīng)用,但應(yīng)用情景為導體在磁場中導軌上的運動。情景新穎,題設(shè)巧妙,過程簡單,是一道考查考生基礎(chǔ)知識掌握水平的好題,本題難度為易。,,1.(2018課標,20,6分)(多選)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2,L1中的電流方向向左,L2中的電流方向向上;L1的正上方有a、b兩點,它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中

4、,外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0,方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和B0,方向也垂直于紙面向外。則() A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0 B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0 C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0 D.流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0,B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,答案AC本題考查安培定則、磁場的疊加。由安培定則判定,L1中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向分別垂直于紙面向里和向外;設(shè)L1和L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小

5、分別為B1和B2,由磁感應(yīng)強度的矢量疊加原理可得,B0-B1-B2=B0,B0+B2-B1=B0,解得B1=B0,B2=B0,故A、C項正確。,解題關(guān)鍵注意矢量的方向性 本題解題的關(guān)鍵是要注意磁感應(yīng)強度的方向性,如L2中電流產(chǎn)生的磁場方向在a點垂直紙面向里,在b點垂直紙面向外。,,2.(2017課標,19,6分)(多選)如圖,三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距,均通有電流I,L1中電流方向與L2中的相同,與L3中的相反。下列說法正確的是() A.L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3單位長度所

6、受的磁場作用力大小之比為11 D.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1,答案BC本題考查安培力。因三根導線中電流相等、兩兩等距,則由對稱性可知兩兩之間的作用力大小均相等。因平行電流間同向吸引、反向排斥,各導線受力如圖所示,由圖中幾何關(guān)系可知,L1所受磁場作用力F1的方向與L2、L3所在平面平行,L3所受磁場作用力F3的方向與L1、L2所在平面垂直,A錯誤、B正確。設(shè)單位長度的導線兩兩之間作用力的大小為F,則由幾何關(guān)系可得L1、L2單位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 60=F,L3單位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 30=F,故C正確、D錯誤。,一題多解電流的磁場

7、與安培力 由對稱性可知,每條通電導線在其余兩導線所在處產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小相等,設(shè)為B。如圖所示,由幾何關(guān)系可得L1所在處磁場B1=2B cos 60=B,方向與L2、L3所在平面垂直,再由左手定則知L1所受磁場作用力方向與L2、L3所在平面平行,L1上單位長度所受安培力的大小為F1=BI。同理可判定L3所受磁場作用力方向與L1、L2所在平面垂直,單位長度所受安培力大小為F3=BI;L2上單位長度所受安培力大小為F2=BI,即F1F2F3=11,故A、D錯誤,B、C正 確。,3.(2017課標,21,6分)(多選)某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成,漆包線的

8、兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出,并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個金屬支架之間,線圈平面位于豎直面內(nèi),永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來,該同學應(yīng)將(),A.左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉 B.左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉 C.左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 D.左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉,答案AD本題考查安培力、電路。要使線圈在磁場中開始轉(zhuǎn)動,則線圈中必有電流通過,電路必須接通,故左右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都必須刮掉;但如果上側(cè)的絕緣漆也都刮掉,當線圈轉(zhuǎn)過180時,靠近磁極的導線與開始時靠近磁極的導線中的電流方向相反

9、,受到的安培力相反,線圈向原來的反方向轉(zhuǎn)動,線圈最終做往返運動,要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動,當線圈轉(zhuǎn)過180時,線圈中不能有電流通過,依靠慣性轉(zhuǎn)動到初始位置再接通電路即可實現(xiàn)連續(xù)轉(zhuǎn)動,故左、右轉(zhuǎn)軸的上側(cè)不能都刮掉,故選項A、D正確。,易錯警示要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動,要么受到方向不變的持續(xù)的安培力,要么受到間歇性的方向不變的安培力,依靠慣性連續(xù)轉(zhuǎn)動,而不能受到交變的安培力作用。,,4.(2015課標,18,6分)(多選)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針,下列說法正確的是() A.指南針可以僅具有一個磁極 B.指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場 C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾 D.在指南針正上方附

10、近沿指針方向放置一直導線,導線通電時指南針不偏轉(zhuǎn),答案BC任何磁體均具有兩個磁極,故A錯。指南針之所以能指向南北,是因為指南針的兩個磁極受到磁場力的作用,這說明地球具有磁場,即B正確。放在指南針附近的鐵塊被磁化后,反過來會影響指南針的指向,即C正確。通電直導線產(chǎn)生的磁場對其正下方的指南針有磁場力的作用,會使指南針發(fā)生偏轉(zhuǎn),故D錯。,,5.(2015課標,24,12分)如圖,一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中;磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1 T,方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定,下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連,電路總電阻為2 。已

11、知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm;閉合開關(guān),系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質(zhì)量。,答案見解析,,解析依題意,開關(guān)閉合后,電流方向為從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向為豎直向下。 開關(guān)斷開時,兩彈簧各自相對于其原長的伸長量為l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡條件得 2kl1=mg 式中,m為金屬棒的質(zhì)量,k是彈簧的勁度系數(shù),g是重力加速度的大小。 開關(guān)閉合后,金屬棒所受安培力的大小為 F=IBL 式中,I是回路電流,L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再

12、伸長了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡條件得 2k(l1+l2)=mg+F 由歐姆定律有 E=IR 式中,E是電池的電動勢,R是電路總電阻。 聯(lián)立式,并代入題給數(shù)據(jù)得,m=0.01 kg (安培力方向判斷正確給2分,式各2分),1.(2017上海單科,11,4分)如圖,一導體棒ab靜止在U形鐵芯的兩臂之間。開關(guān)閉合后導體棒受到的安培力方向() A.向上B.向下C.向左D.向右,C組教師專用題組,答案D本題考查電流的磁效應(yīng)、安培力及左手定則。根據(jù)圖中的電流方向,由安培定則知U形鐵芯下端為N極,上端為S極,ab中的電流方向由ab,由左手定則可知導體棒受到的安培力方向向右,選項D正確。,思路

13、分析繞有線圈的U形鐵芯為電磁鐵,據(jù)通過線圈的電流方向,確定U形鐵芯的磁極,再通過左手定則確定安培力的方向。,,2.(2014課標,15,6分)關(guān)于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是( ) A.安培力的方向可以不垂直于直導線 B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關(guān) D.將直導線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?答案B由左手定則可知,安培力的方向一定與磁場方向和直導線垂直,選項A錯、B正確;安培力的大小F=BIL sin 與直導線和磁場方向的夾角有關(guān),選項C錯誤;將直導線從中點折成直角,假設(shè)原來直導線與磁場方向垂直,若

14、折成直角后一段與磁場仍垂直,另一段與磁場平行,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?若折成直角后,兩段都與磁場垂直,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼?因此安培力大小不一定是原來的一半,選項D錯誤。,,3.(2014浙江理綜,20,6分)(多選)如圖1所示,兩根光滑平行導軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起,棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(),答案ABC根據(jù)題意得出v-t圖像如圖所示,金屬棒一直向右運動,A正確。速度隨時間做周期性變化,B正確。據(jù)F安=BIL及左手定則

15、可判定,F安大小不變,方向做周期性變化,則C項正確。F安在前半周期做正功,后半周期做負功,則D項錯。,評析題中“從t=0時刻起,棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流”中“有”字較模糊,易引起歧義,有可能理解成動生電情況。,,考點二洛侖茲力帶電粒子在磁場中的運動 A組自主命題江蘇卷題組 1.(2017江蘇單科,1,3分)如圖所示,兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合,則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為() A.11B.12 C.14D.41,答案A磁通量=BS,其中B為磁感應(yīng)強度,S為與B垂直的有效面積。因為是同一磁場,B相同,且有效面積相同,Sa=Sb,故a=b

16、。選項A正確。,,友情提醒雖然兩線圈面積不同,但是有效面積相等。,,2.(2012江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,MN是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場。若粒子速度為v0,最遠能落在邊界上的A點。下列說法正確的有() A.若粒子落在A點的左側(cè),其速度一定小于v0 B.若粒子落在A點的右側(cè),其速度一定大于v0 C.若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi),其速度不可能小于v0- D.若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi),其速度不可能大于v0+,答案BC當粒子從O點垂直于MN進入磁場時,落在MN上的點離O點最遠,設(shè)O、A間的距離為d+x,則有:= 當v0

17、大小不變、方向改變時,粒子就落在A點的左側(cè),故A項錯誤。若粒子落在A點的右側(cè),由r=可知,v一定大于v0,故B正確。若粒子落在A點左側(cè)d處時,粒子的最小速度vmin一定滿足:= 解兩式可得:vmin=v0-,故C項正確。當vv0+時,只要改變速度的方向,也可以使粒子 落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi),故D項錯誤。,3.(2018江蘇單科,15,16分)如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點,各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當入射速度為v0時,粒子從O上方 處射出磁場。取s

18、in 53=0.8,cos 53=0.6。 (1)求磁感應(yīng)強度大小B; (2)入射速度為5v0時,求粒子從O運動到O的時間t; (3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到O的時間增加t,求t的最大值。,答案(1)(2)(3),解析本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動。 (1)粒子圓周運動的半徑r0= 由題意知r0=,解得B= (2)設(shè)粒子在第一個矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為 由d=r sin ,得sin =,即=53 在一個矩形磁場中的運動時間t1=,解得t1= 直線運動的時間t2=,解得t2= 則t=4t1+t2= (3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x

19、 粒子向上的偏移量y=2r(1-cos )+x tan 由y2d,解得xd,,則當xm=d時,t有最大值 粒子直線運動路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值sm=sm-2d=d 增加時間的最大值tm==,思路點撥帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)粒子以v0射入磁場,從O點正上方處射出,說明粒子僅在最左邊的磁場中做半徑為r0= 的圓周運動,軌跡為半圓。 (2)粒子以5v0射入磁場,運動半徑r==5r0=d。故可推知運動軌跡如圖所示。,(3)將中間兩磁場分別向中央平移距離x,則粒子以5v0射入后,其運動軌跡如圖所示。,4.(2014江蘇單科,14,16分,)某裝置用磁場控制帶

20、電粒子的運動,工作原理如圖所示。裝置的長為L,上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反,兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板,M、N、P為板上的三點,M位于軸線OO上,N、P分別位于下方磁場的上、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射入,方向與軸線成30角,經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次,恰好到達P點。改變粒子入射速度的大小,可以控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。 (1)求磁場區(qū)域的寬度h; (2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點,求粒子入射速度的最小變化量v;,(3)欲使粒子到達M點,求粒子入射速度大小的可

21、能值。,答案(1)(L-d)(1-) (2)(-d) (3)(-d)(1n<-1,n取整數(shù)),,解析(1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r 根據(jù)題意L=3r sin 30+3d cos 30 且h=r(1-cos 30) 解得h=(L-d)(1-) (2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞 m=qvB,m=qvB 由題意知3r sin 30=4r sin 30 解得v=v-v=(-d) (3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次 由題意知L=(2n+2)d cos 30+(2n+2)rn sin 30 且m=qvnB,解得vn=(-d)(1n<-1,n取整數(shù)),考查點本題考查了洛侖茲力、帶電粒子在勻強磁

22、場中的運動等知識,屬于較難題。,審題技巧審題過程中注意抓住關(guān)鍵詞語,如“恰好到達P點”、“入射速度的最小變化量”、“速度大小的可能值”等,由關(guān)鍵詞語的含義并結(jié)合對稱性和周期性建立粒子運動的情景。,1.(2017課標,18,6分)如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場,P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點,在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率為v2,相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2v1為() A.2B.1C.1D.3,B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市

23、)卷題組,答案C設(shè)速率為v1的粒子最遠出射點為M,速率為v2的粒子最遠出射點為N,如圖所示,則由幾何知識得 r1==,r2==R = 由qvB=得r=,故==,選項C正確。,審題指導粒子速度方向改變、大小不變時其軌跡半徑相等,當粒子的軌跡直徑與磁場區(qū)域相交時,其弦長最長,即最大分布。,,2.(2016課標,18,6分)一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉(zhuǎn)過90時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子

24、在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為() A.B.C.D.,答案A定圓心、畫軌跡,由幾何關(guān)系可知,此段圓弧所對圓心角=30,所需時間t=T= ;由題意可知粒子由M飛至N與圓筒旋轉(zhuǎn)90所用時間相等,即t==,聯(lián)立以上兩式得 =,A項正確。,反思總結(jié)此題考查處理粒子在磁場中運動問題的基本方法:定圓心、畫軌跡,由幾何知識求半徑,找圓心角求時間。,,3.(2016課標,18,6分)平面OM和平面ON之間的夾角為30,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射

25、入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為() A.B.C.D.,答案D粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由qvB=m得R=,分析圖中角度關(guān)系可知, PO半徑與OQ半徑在同一條直線上。 則PQ=2R,所以O(shè)Q=4R=,選項D正確。,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OSOP可求得SOP=120,所以SOP+SOQ=180。,,4.(2015課標,14,6分)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大

26、小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(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,故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后,其速度大小不變,由r=知,軌道半徑增大;由角速度=知,角速度減小,選項D正確。,,5.(2015課標,19,6分)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和,中的磁感應(yīng)強度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與中運動的電子相比,中的電子( ) A.運動軌跡的半徑是中的k倍 B.加

27、速度的大小是中的k倍 C.做圓周運動的周期是中的k倍 D.做圓周運動的角速度與中的相等,答案AC由題意可知,v1=v2,B1=kB2。電子運動的軌跡半徑R=,故R2=kR1,A正確。加 速度大小a=B,故a2=a1/k,B錯。周期T=,故T2=kT1,C正確。角速度==B, 故2=1/k,D錯。,6.(2017課標,24,12分)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x0區(qū)域,磁感應(yīng)強度的大小為B0;x1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時。當粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力) (1)粒子運動的時間;

28、(2)粒子與O點間的距離。,答案(1)(1+)(2)(1-),,解析本題考查帶電粒子在磁場中的運動。 (1)在勻強磁場中,帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛侖茲力公式及牛頓運動定律得 qB0v0=m qB0v0=m 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180時,所需時間t1為 t1= 粒子再轉(zhuǎn)過180時,所需時間t2為 t2= 聯(lián)立式得,所求時間為 t0=t1+t2=(1+) (2)由幾何關(guān)系及式得,所求距離為,d0=2(R1-R2)=(1-),綜合點評帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動,洛侖茲力提供向心力。特點是粒子在y軸左、右兩側(cè)的受力大小有突變。因為B左B右,所

29、以R左

30、mv2=,故磁感應(yīng)強度B=,== ,選項D正確。,,2.(2015廣東理綜,16,4分)在同一勻強磁場中,粒子He)和質(zhì)子H)做勻速圓周運動,若它們的 動量大小相等,則粒子和質(zhì)子() A.運動半徑之比是21 B.運動周期之比是21 C.運動速度大小之比是41 D.受到的洛侖茲力之比是21,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 錯誤;由T=,知=,B正確;由p=mv,知=,C錯誤;由f=Bqv,知=,D錯誤。,,3.(2015海南單科,1,3分)如圖,a是豎直平面P上的一點。P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點。P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場

31、的共同作用下,在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)過a點的瞬間,條形磁鐵的磁場對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,條形磁鐵在a點的磁場垂直于豎直平面向外,在電子經(jīng)過a點的瞬間,由左手定則可知該電子所受洛侖茲力方向向上,A對,B、C、D錯。,,4.(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磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域,當速度大小為vb時,從b點離開磁場,在磁場中運動的時間為tb;當速度大小為vc時,從c點離開磁場,在磁場中運動的時間為tc,不計粒子重力。則( )

32、 A.vbvc=12,tbtc=21 B.vbvc=21,tbtc=12 C.vbvc=21,tbtc=21 D.vbvc=12,tbtc=12,答案A由定圓心的方法知,粒子以vb射入時軌跡圓心在a點,半徑為正六邊形邊長L;粒子以vc射入時軌跡圓心在M點,半徑為2L;由半徑公式r=可得vbvc=rbrc=12,由幾何圖形可看 出,兩個圓弧軌跡所對圓心角分別是120、60,所以tbtc=21,A項正確。,5.(2014課標,20,6分)(多選)圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當這些粒子從上

33、部垂直進入磁場時,下列說法正確的是() A.電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同 B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同 C.僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D.粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小,答案AC在同一勻強磁場中,各粒子進入磁場時速度方向相同,但速度大小關(guān)系未知。由左手定則可知電子與正電子進入磁場時所受洛侖茲力方向相反,偏轉(zhuǎn)方向必相反,故A正確。因r=,各粒子雖q相同,但v關(guān)系未知,故m相同、v不同時軌跡半徑不同,而當r相同時只能表明 mv相同,不能確定m的關(guān)系,故B錯誤、C正確。由Ek=mv2、r=有r=,可見當Ek越大時 粒子軌跡半徑越大,故D錯誤

34、。,6.(2015四川理綜,7,6分,)(多選)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面。在紙面內(nèi)的長度L=9.1 cm,中點O與S間的距離d=4.55 cm,MN與SO直線的夾角為,板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=2.010-4 T。電子質(zhì)量m=9.110-31 kg,電量e=-1.610-19 C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106 m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則() A.=90時,l=9.1 cm B.=60時,l=9.1 cm C.=45時,l=4.55 cm D.=30時

35、,l=4.55 cm,答案AD如圖,S到MN的距離d0=d sin ,因電子在磁場中沿逆時針方向轉(zhuǎn)動,則電子打在MN上最上端的位置對應(yīng)于電子運動軌跡與MN的切點,電子打在MN上最下端的位置對應(yīng)于到S的距離等于電子運動軌跡直徑的點(若,則最下端位置為N)。因電子運動軌跡的半徑r ==4.55 cm。由圖中幾何關(guān)系有=,=。當=90時,取 得最小值r,此時=,從而有l(wèi)==+-d cos =+-d cos 。當 =90時,l=9.1 cm,當=60時,l=6.78 cm,當=45時,l=5.68 cm,當=30時,l=4.55 cm。故可知A、D正確,B、C錯誤。,7.(2016北京理綜,22,16

36、分)如圖所示,質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。 (1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T; (2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場,求電場強度E的大小。,答案(1)(2)vB,解析(1)洛侖茲力提供向心力,有f=qvB=m 帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R= 勻速圓周運動的周期T== (2)粒子受電場力F=qE,洛侖茲力f=qvB。粒子做勻速直線運動,則qE=qvB 場強E的大小E=vB,,考點三帶電粒子在復合場中的運動 A組自主命題江蘇卷題組 1.(2014

37、江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,導電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足: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低于后表面 B.若電源的正負極對調(diào),電壓表將反偏 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,答案CD由左手定則可判定,霍爾元件的后表面積累負電荷,前表面電勢較高,故A錯。由電路關(guān)系可見,當電源的正

38、、負極對調(diào)時,通過霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場方向同時反向,前表面的電勢仍然較高,故B錯。由電路可見,=,則IH=I,故C正確。RL的熱功 率PL=RL=RL=,因為B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。,考查點本題考查霍爾元件、帶電粒子在勻強磁場中的運動、電阻的串聯(lián)與并聯(lián)、歐姆定律、電功率等知識和分析綜合能力,屬于較難題。,學習指導物理高考題經(jīng)常把與物理聯(lián)系密切的生產(chǎn)、生活中的實際問題作為載體,考查考生應(yīng)用物理知識分析、解決實際問題的能力。所以,學習過程中要把常見的儀器、儀表的原理理解透徹,熟練掌握,如質(zhì)譜儀、回旋加速器、磁流體發(fā)電機、電磁流量

39、計等。,,2.(2017江蘇單科,15,16分)一臺質(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,其初速度幾乎為0,經(jīng)加速后,通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,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,圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。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點的最小距離x;,(2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域,并求該區(qū)域最窄處的寬度d; (3)若考慮加速電壓有波動,在(U0-U)到(U0+U)之間變化,要使甲、乙兩種離子在底

40、片上沒有重疊,求狹縫寬度L滿足的條件。,答案見解析,解析本題考查動能定理、牛頓第二定律。 (1)設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1 電場加速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,,,最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d=r1- 解得d=- (3)設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑 r1min=,r2的最大半徑r2max= 由題意知2r1min-2r2maxL,即-L 解得L<2-,方法技巧平移分析法 (2)中,把甲種離子運動軌跡由過M點的半圓向右平移至過N點的位置,軌跡掃過的范圍,就是甲種離子經(jīng)過的區(qū)域。 分析過程中

41、,可把L放長一些、圓的半徑放大一些,在草稿紙上規(guī)范作圖,并作出恰當?shù)妮o助線,便容易看清幾何關(guān)系,順利解題。,3.(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)強度為B的勻強磁場與盒面垂直。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,電壓值的大小為U0,周期T=。一束該種粒 子在t=0時間內(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動時 間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動,不考慮粒子間的相互作用。求:,圖1,圖2 (1)出射粒子的動能Em; (2)粒子從飄入狹縫至

42、動能達到Em所需的總時間t0; (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出,d應(yīng)滿足的條件。,答案(1)(2)- (3)d<,,解析(1)粒子運動半徑為R時 qvB=m 且Em=mv2 解得Em= (2)粒子被加速n次達到動能Em,則Em=nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動,設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為t 加速度a= 勻加速直線運動nd=at2 由t0=(n-1)+t,解得t0=- (3)只有在0(-t)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速 則所占的比例為=,由99%,解得d<,考查點本題考查帶電粒子在電場中的加速運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動、交變電壓的規(guī)律、動能定理、勻變速直線運動公式等知識,

43、對考生的分析推理能力要求較高,屬于較難題。,方法技巧計算粒子在電場中運動的總時間時,可直接將粒子在電場中的各段運動銜接起來,作為一個勻加速直線運動來處理,可用總位移nd=at2或總速度v=at來計算。,4.(2015江蘇單科,15,16分,)一臺質(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,其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN=L,且OM=L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞,檢測不到離子,但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢 測到離子。在適當調(diào)節(jié)加速電壓后,原本打在MQ的

44、離子即可在QN檢測到。 (1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m; (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)域的所有離子檢測完整,求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg 2=0.301,lg 3=0.477,lg 5=0.699),答案(1)(2)U(3)3次,解析(1)離子在電場中加速,qU0=mv2 在磁場中做勻速圓周運動,qvB=m,解得r= 代入r=L,解得m= (2)由(1)知,U= 離子打在Q點r=L,U= 離子打在N點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點的離子

45、打在N點,= 此時,原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上=,,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,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 檢測完整,有rn,解得n-12.8 最少次數(shù)為3次。,考查點本題考查帶電粒子在勻強電場中的加速運動、帶電粒子在勻強磁場中的運動以及洛侖茲力等知識,對考生的推理能力、分析綜合能力和應(yīng)用數(shù)學知識解決物理問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)電場加速后的速度v與其在磁場中做圓周運動半徑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

46、壓U與r的關(guān)系式,再結(jié)合粒子在Q點和N點的半徑,即可得到加速電壓的調(diào)節(jié)范圍。 第(3)問中要找出第一次、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)電壓后表達式的相似性,再運用數(shù)學歸納法推出通式,加上邊界條件求解之。,5.(2011江蘇單科,15,16分)某種加速器的理想模型如圖甲所示:兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b,兩極板間電壓uab的變化圖像如圖乙所示,電壓的最大值為U0、周期為T0,在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場。若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放,經(jīng)電場加速后進入磁場,在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進入

47、電場加速?，F(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0。(粒子在兩極板間的運動時間不計,兩極板外無電場,不考 慮粒子所受的重力) 甲,乙 (1)若在t=0時將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放,求其第二次加速后從b孔射出時的動能; (2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場,忽略其對管外磁場的影響),使圖甲中實線軌跡(圓心為O)上運動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出,請在圖甲中的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管; (3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍,該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速,才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能?最大動能是多少?,解析(1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運動qv

48、B=m0, T0= 則T0= 當粒子的質(zhì)量增加m0時,其周期增加T=T0 則根據(jù)題圖乙可知,粒子第一次的加速電壓u1=U0 粒子第二次的加速電壓u2=U0 射出時的動能Ek2=qu1+qu2 解得Ek2=qU0,答案(1)qU0(2)見解析(3)t=T0(n=0,1,2,)qU0,,(2)磁屏蔽管的位置如圖所示。 (3)在uab0時,粒子被加速,則最多連續(xù)被加速的次數(shù) N==25,分析可得,當粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多,且u=U0時也被加速時,最終獲得的動能最大。 粒子由靜止開始加速的時刻t=(n+)T0(n=0,1,2,) 最大動能Ekm=2(+++)qU0+qU0 解得Ekm=qU0,評析

49、本題以加速器為背景,考查帶電粒子在電場中的加速,題目情景新、難度大,特別是第(2)問中對空間想象能力的考查和第(3)問中對數(shù)學能力的要求,都具有較高的區(qū)分度。,6.(2012江蘇單科,15,16分,)如圖所示,待測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場,根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場。圖中裝置由加速器和平移器組成,平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構(gòu)成,極板長度為l、間距為d,兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等、電場方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓U0加速后,水平射入偏轉(zhuǎn)電壓為U1的平移器,最終從A點水平射入待測區(qū)域。不考慮粒子受到的重力。 (1)求粒子射出平移器時的

50、速度大小v1; (2)當加速電壓變?yōu)?U0時,欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域,求此時的偏轉(zhuǎn)電壓U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域,剛進入時的受力大小均為F。現(xiàn)取水平向右為x軸正方向,建立如圖所示的直角坐標系Oxyz。保持加速電壓為U0不變,移動裝置使粒子沿不同的坐標軸方向射入待測區(qū)域,粒子剛射入時的受力大小如下表所示。,請推測該區(qū)域中電場強度和磁感應(yīng)強度的大小及可能的方向。,答案(1)(2)4U1(3)見解析,,解析(1)設(shè)粒子射出加速器的速度為v0 由動能定理有qU0=m 由題意得v1=v0,即v1= (2)在第一個偏轉(zhuǎn)電場中,設(shè)粒子的運動時間為t 加速度的大小a= 在離開時,

51、豎直分速度vy=at 豎直位移y1=at2 水平位移l=v1t 粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場間做勻速直線運動,經(jīng)歷時間也為t 豎直位移y2=vyt 由題意知,粒子豎直總位移y=2y1+y2 解得y= 則當加速電壓為4U0時,U=4U1,(3)(a)由沿x軸方向射入時的受力情況可知:B平行于x軸且E= (b)由沿y軸方向射入時的受力情況可知:E與Oxy平面平行。 F2+f2=(F)2,則f=2F 且f=qv1B 解得B= (c)設(shè)電場方向與x軸方向夾角為。 若B沿x軸方向,由沿z軸方向射入時的受力情況得 (f+F sin )2+(F cos )2=(F)2 解得=30或=150 即E與Oxy平面平行且與x軸

52、方向的夾角為30或150。 同理,若B沿-x軸方向 E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30或-150。,7.(2013江蘇單科,15,16分,)在科學研究中,可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制。如圖1所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中,電場強度E和磁感應(yīng)強度B隨時間t做周期性變化的圖像如圖2所示。x軸正方向為E的正方向,垂直紙面向里為B的正方向。在坐標原點O有一粒子P,其質(zhì)量和電荷量分別為m和+q。不計重力。在t=時刻釋 放P,它恰能沿一定軌道做往復運動。 圖1,圖2 (1)求P在磁場中運動時速度的大小v0; (2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系; (3)在t0(

53、0

54、經(jīng)(-t0)時間P減速為零后向右加速時間為t0,P再進入磁場v2= 圓周運動的半徑r2= 解得r2= 綜上分析,速度為零時橫坐標x=0 相應(yīng)的縱坐標為y=,(k=1,2,3) 解得y=,(k=1,2,3),考查點本題以科研中利用周期性變化的電場與磁場來實現(xiàn)對帶電粒子運動的控制為背景,考查了帶電粒子在電場中加速運動和在磁場中圓周運動,以及電場力、洛侖茲力、牛頓第二定律、圓周運動等知識。對考生的推理能力、分析綜合能力和應(yīng)用數(shù)學知識解決物理問題的能力的要求都較高,屬于較難題。,學習指導在平時學習的過程中,一定要培養(yǎng)利用畫圖分析問題的能力,如受力圖景的分析、過程圖景的分析、幾何圖景的分析、能量轉(zhuǎn)化圖景

55、的分析等。 例如本題解題的關(guān)鍵是建立運動過程的圖景。 圖景1:因為粒子在t=時刻釋放后沿一定軌道做往復運動,所加周期性的電場方向始終不變, 因此粒子經(jīng)電場加速后在磁場中只可能轉(zhuǎn)過圈,在下一個周期內(nèi)粒子先減速后反向加 速,再在磁場作用下返回如此往復,才能使粒子P沿一定軌道做往復運動。 圖景2:在t0時刻釋放粒子P。粒子第一次在電場中的加速時間大于第二次在電場中 的加速時間,所以粒子不是沿一定軌道做往復運動的,第一次加速的時間長,進入磁場的速度大,在磁場中運動的半徑就大;第二次加速的時間短,進入磁場的速度小,在磁場中運動的半徑就小做出了這樣的圖景分析,正確求解該題就水到渠成了。,1.(2018北京

56、理綜,18,6分)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后,做勻速直線運動;若僅撤除電場,則該粒子做勻速圓周運動。下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是() A.磁場和電場的方向B.磁場和電場的強弱 C.粒子的電性和電量D.粒子入射時的速度,B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,答案C本題考查帶電粒子在電、磁場中的運動。不計重力的帶電粒子,在電場和磁場的復合場中做勻速直線運動,則一定滿足關(guān)系Eq=qvB;若撤去電場后,粒子做勻速圓周運動,僅需滿足洛倫茲力充當向心力,即qvB=m,綜合可知,粒子的電性和電量與能否完成題述 兩類運動無關(guān),C對。,,2.(2017課標,

57、16,6分)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動,b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動,c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是() A.mambmcB.mbmamc C.mcmambD.mcmbma,答案B本題考查帶電粒子在復合場中的運動。因微粒a做勻速圓周運動,則微粒重力不能忽略且與電場力平衡: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b、c分別由平衡條件可得mbg=qE+Bqvb

58、qE、mcg=qE-Bqvcmamc,B正確。,規(guī)律總結(jié)復合場中粒子的特殊運動 帶電粒子在重力場、勻強電場和磁場組成的復合場中運動時:若做勻速圓周運動,重力必與電場力平衡,洛侖茲力提供向心力;若做直線運動,必是勻速直線運動,合力定為零。,,3.(2016課標,15,6分)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(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始被加速電場加速,經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為() A.11B.12C

59、.121D.144,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)強度為B1,改變后的磁感應(yīng)強度為B2。在加速電場中qU=mv2,在磁場中qvB=m,聯(lián)立兩式得m=,故有==144,選項 D正確。,審題指導注意題給信息的含義,“經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開”意味著兩粒子在磁場中運動的半徑相等。,,4.(2018課標,25,20分)如圖,在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E;在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上 y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已知H進入磁場時,速度方向與x軸正方向 的夾角為60,并從

60、坐標原點O處第一次射出磁場H的質(zhì)量為m,電荷量為q。不計重力。求 (1H第一次進入磁場的位置到原點O的距離; (2)磁場的磁感應(yīng)強度大小; (3H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。,答案(1)h(2)(3)(-1)h,,解析本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強磁場中的運動。 (1H在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示。設(shè)H在電場中 的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為t1,第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學公式有 s1=v1t1 h=a1 由題給條件H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角1=60H進入磁場時速度的y分 量

61、的大小為 a1t1=v1 tan 1,聯(lián)立以上各式得 s1=h (2H在電場中運動時,由牛頓第二定律有 qE=ma1 設(shè)H進入磁場時速度的大小為v1,由速度合成法則有 v1= 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為BH在磁場中運動的圓軌道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二 定律有 qv1B= 由幾何關(guān)系得 s1=2R1 sin 1 聯(lián)立以上各式得 B=,(3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a2,由題給 條件得 (2m)=m 由牛頓第二定律有 qE=2ma2 設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v2,速度的方向與x軸正方向夾角為2,入射點到原 點的距離為s2,在電場中運動的時間為

62、t2。由運動學公式有 s2=v2t2 h=a2 v2= sin 2= 聯(lián)立以上各式得 s2=s1,2=1,v2=v1,設(shè) H在磁場中做圓周運動的半徑為R2,由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑 公式得 R2==R1 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s 2,由幾何關(guān)系有 s2=2R2 sin 2 聯(lián)立式得H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 s2-s2=(-1)h,規(guī)律總結(jié)帶電粒子在組合場中運動問題的一般解題思路 電場中類平拋運動:x=v0t,y=at2 速度方向:tan = 位移方向:tan = 磁場中勻速圓周運動的解題步驟:a.確定圓心; b.

63、利用幾何關(guān)系求半徑;c.qvB=,5.(2018課標,25,20分)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應(yīng)強度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域,寬度均為l,電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點,它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡; (2)求該粒子從M點入射時速度的大小; (3)若該粒子進入磁場時的

64、速度方向恰好與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點 運動到N點的時間。,解析本題考查帶電粒子在復合場中的運動。 (1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱) 圖(a) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0,在下側(cè)電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為見圖(b),速度沿電場方向的分量為v1。,答案(1)見解析(2)(3),圖(b),,根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運動學公式有 v1=at l=v0t v

65、1=v cos 粒子在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB= 由幾何關(guān)系得 l=2R cos 聯(lián)立式得 v0= (3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得,v1=v0 cot 聯(lián)立式得 = 設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t,則 t=2t+T 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期, T= 由式得 t=,審題指導對稱性是解題關(guān)鍵,6.(2018課標,24,12分)如圖,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并

66、在磁場邊界的N點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求 (1)磁場的磁感應(yīng)強度大小; (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。,答案(1)(2)14,,解析本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動。 (1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,由動能定理有 q1U=m1 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B=m1 由幾何關(guān)系知 2R1=l 由式得 B= (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有 q2U=m2,q2v2B=m2 由題給條件有 2R2= 由式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為 =14,思路分析根據(jù)題設(shè)條件,分析離子在電場和磁場中的運動情況,結(jié)合動能定理、牛頓第二定律等知識列方程求解。,7.(2018天津理綜,11,18分)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強電場,電場強度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點分