北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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专题十 磁场
考点一 磁场的描述
1.(2020浙江7月选考,9,3分)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、
相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I 和I ,I >I 。a、b、c三点连线与两
1 2 1 2
根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点
正下方。不考虑地磁场的影响,则( )
A.b点处的磁感应强度大小为0
B.d点处的磁感应强度大小为0
C.a点处的磁感应强度方向竖直向下
D.c点处的磁感应强度方向竖直向下
答案 C 把实际情境转化为如图所示的结构示意图。根据安培定则可知两通电导线在
b点产生的磁场方向,根据电流在周围产生磁场的特点,可知B >B ,A错误;根据安培定则
1 2
及电流在周围产生磁场的特点,可画出d点处的磁感应强度为B '和B ',如图所示,由平行
1 2
四边形定则可知合磁感应强度不为0,B错误;同理,两通电导线在a点产生磁场的磁感应
强度为B ″和B ″,如图所示,故a点的合磁感应强度方向竖直向下,C正确;两通电导线在c
1 2
点产生磁场的磁感应强度为B ‴和B ‴,如图所示,故c点的合磁感应强度方向竖直向上,D
1 2
错误。
2.(2015课标Ⅱ,18,6分)(多选)指南针是我国古代四大发
明之一。关于指南针,下列说法正确的是( )
A.指南针可以仅具有一个磁极
B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
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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 任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南
针的两个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁
块被磁化后,反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方
的指南针有磁场力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。
3.(2013海南单科,9,4分)(多选)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角
形。在导线中通过的电流均为I,电流方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的
三个顶角的角平分线上,且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分
别记为B 、B 和B 。下列说法正确的是( )
1 2 3
A.B =B <B
1 2 3
B.B =B =B
1 2 3
C.a和b处磁场方向垂直于纸面向外,c处磁场方向垂直于纸面向里
D.a处磁场方向垂直于纸面向外,b和c处磁场方向垂直于纸面向里
答案 AC 由于通过三条导线的电流大小相等,结合安培定则,可判断出三条导线在a、
b处产生的合磁感应强度垂直于纸面向外,在c处垂直于纸面向里,且B =B <B ,故选A、
1 2 3
C。
4.(2011课标,14,6分)为了解释地球的磁性,19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( )
答案 B 地磁场是从地理的南极附近出来,进入地理的北极附近,除两极外地表上空的
磁场都具有向北的磁场分量,由安培定则及环形电流外部磁场方向向北可知,B正确。A
图地表上空磁场方向向南,故A错误。C、D在地表上空产生的磁场方向是东西方向,故
C、D错误。
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考点二 磁场对电流的作用
1.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方
向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图像正确的是(
)
答案 A 当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安
培力F的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是A。
2.(2019海南单科,2,4分)如图,一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上,铜线所在
空间有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时,铜线所受安培力
的方向( )
A.向前 B.向后 C.向左 D.向右
答案 A 利用左手定则判断导线受到的安培力方向,四指指向电流的方向,磁感线穿过
手心,大拇指的指向为该段导线受到的安培力方向。半圆形铜线受到的安培力如图所示,
左右对称,故左右方向的分量全部抵消,合力向前,A符合题意。
3.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通
以电流I时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是( )
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答案 D 由左手定则可知,线框左边导线受到竖直向上的安培力、右边导线受到竖直
向下的安培力,故D正确。
4.(2014课标Ⅰ,15,6分)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是(
)
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半
答案 B 由左手定则可知,安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B
正确;安培力的大小F=BILsinθ与直导线和磁场方向的夹角有关,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,则安培力的大小变为原来的一半,若折成直角后,两段都与磁场垂直,则安培
√2
力的大小变为原来的 ,因此安培力大小不一定是原来的一半,选项D错误。
2
5.(2011课标,18,6分)(多选)电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道
之间自由移动,并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一
条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应
强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹
体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是( )
A.只将轨道长度L变为原来的2倍
B.只将电流I增加至原来的2倍
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C.只将弹体质量减至原来的一半
D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其他量不变
1 √2F L
答案 BD 磁感应强度B=kI。对弹体应用动能定理:F L= mv2-0,推得v= 安 =
安 2 m
√2BId·L √2kI2dL
= (d为轨道宽度),欲使v增加至原来的2倍,由上式可知,可以使I
m m
增加至原来的2倍,B正确,也可以使m减为原来的一半,L变为原来的2倍,故D正确。
考点三 磁场对运动电荷的作用
1.(2019海南单科,9,5分)(多选)如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,
两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动。射入磁场
时,P的速度v 垂直于磁场边界,Q的速度v 与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从
P Q
N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则( )
A.P和Q的质量之比为1∶2
B.P和Q的质量之比为√2∶1
C.P和Q速度大小之比为√2∶1
D.P和Q速度大小之比为2∶1
2πm θ
答案 AC 粒子在磁场中运动时的周期T= ,且偏转角θ与运动时间的关系为 =
Bq 2π
t π m θ 1
P Q
,已知t =t ,q =q ,由粒子运动轨迹可知θ =π,θ = ,解得 = = ,故A正确,B错误。
T P Q P Q P Q 2 m θ 2
Q P
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mv v √2
P
设MN=2R,则粒子P的半径R =R,粒子Q的半径R =√2R,依据r= ,得 = ,故C正
P Q Bq v 1
Q
确,D错误。
2.(2015课标Ⅰ,14,6分)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速
度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场
区域后,粒子的( )
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的磁场区域后,其
mv v
速度大小不变,由r= 知,轨道半径增大;由角速度ω= 知,角速度减小,选项D正确。
qB r
mv
解题关键 ①轨道半径表达式:r= 。
qB
v
②角速度表达式:ω= 。
r
3.(2015课标Ⅱ,19,6分)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k
倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中
的电子 ( )
A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
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mv 1
答案 AC 由题意可知,v =v ,B =kB 。电子运动的轨迹半径R= ∝ ,故R =kR ,A正
1 2 1 2 Be B 2 1
Bev 2πm 1
确。加速度大小a= ∝B,故a =a /k,B错。周期T= ∝ ,故T =kT ,C正确。角速
m 2 1 Be B 2 1
2π Be
度ω= = ∝B,故ω =ω /k,D错。
T m 2 1
解题方法 比值类题目的一般解题原则。首先由相应物理定理、定律及对应关系,找出
由已知量所表达的未知量的表达式,然后将相关数据代入即可求出相应关系。
4.(2015广东理综,16,4分)在同一匀强磁场中,α粒子(4 He)和质子(1
H)做匀速圆周运动,若
2 1
它们的动量大小相等,则α粒子和质子( )
A.运动半径之比是2∶1
B.运动周期之比是2∶1
C.运动速度大小之比是4∶1
D.受到的洛伦兹力之比是2∶1
mv p
答案 B 设质子与α粒子的质量、电荷量分别为m、e与4m、2e,则由r= = ,可
qB qB
r 1 2πm T 2 v 1 f
α α α α
知 = ,A错误;由T= ,知 = ,B正确;由p=mv,知 = ,C错误;由f=Bqv,知 =
r 2 qB T 1 v 4 f
H H H H
1
,D错误。
2
5.(2015海南单科,1,3分)如图,a是竖直平面P上的一点。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的磁场的共同作用下,在水平面内向右
弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )
A.向上 B.向下
C.向左 D.向右
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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点的磁场垂直于竖
直平面向外,在电子经过a点的瞬间,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。
6.(2014课标Ⅰ,16,6分)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)。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。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
√2
A.2 B.√2 C.1 D.
2
答案 D 由题图可知,带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍;由洛仑
mv2 qBR 1 q2B2R2
兹力提供向心力:qvB= 得v= ;其动能E = mv2= ,故磁感应强度B=
R m k 2 2m
√2mE
k,
q2R2
B √E R √2
1 = k1· 2 = ,选项D正确。
B E R 2
2 k2 1
7.(2014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
其中的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
粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的
磁场,以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于(
)
A.√T B.T
C.√T3 D.T2
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mv2 BqR
答案 A 等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力,有:qvB= ,得v= ，动
R m
1 1 B2q2R2 B2q2R2 √ 2km
能E = mv2= ，由题意得E =kT，故有:kT= ，得B= T，即B∝
k 2 2 m k 2m q2R2
√T,选项A正确。
8.(2013课标Ⅱ,17,6分,0.499)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,
磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v 沿横截面的某
0
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,该磁场的磁感应强度
大小为( )
√3mv mv √3mv 3mv
A. 0 B. 0 C. 0 D. 0
3qR qR qR qR
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示,由几何关系可知,其运
mv2 mv
动的轨迹半径r=R/tan30°=√3R,由洛伦兹力提供向心力,即qv B= 0知√3R= 0,故匀
0 r qB
√3mv
强磁场的磁感应强度B= 0,若磁场方向向里可得到同样的结果。选项A正确。
3qR
考查点 带电粒子在磁场中的偏转
解题关键 ①粒子沿半径方向进入圆形磁场,沿半径方向射出圆形磁场。
②找圆心,利用几何关系求出轨迹半径表达式。
温馨提示 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!
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9.(2012大纲全国,17,6分)质量分别为m 和m 、电荷量分别为q 和q 的两粒子在同一匀
1 2 1 2
强磁场中做匀速圆周运动。已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是( )
A.若q =q ,则它们做圆周运动的半径一定相等
1 2
B.若m =m ,则它们做圆周运动的半径一定相等
1 2
C.若q ≠q ,则它们做圆周运动的周期一定不相等
1 2
D.若m ≠m ,则它们做圆周运动的周期一定不相等
1 2
mv2
答案 A 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qvB= ,
r
mv p
得轨道半径r= = ,已知两粒子动量大小相等,若q =q ,则r =r ,A项正确;若m =m ,r
qB qB 1 2 1 2 1 2
1 2πm 2π p m
与 有关,B项错误;带电粒子在磁场中运动的周期T= = ,因此运动周期T∝
q qB qBv q
1 m m
1 2
或 ,若m ≠m ,但 = ,周期T可相等,D项错误;若q ≠q ,但q v =q v ,周期T也可相
qv 1 2 q q 1 2 1 1 2 2
1 2
等,C项错误。
10.(2015课标Ⅰ,24,12分)如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地
悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,
下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为
2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸
长量与开关断开时相比均改变了0.3cm。重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金
属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。
答案 见解析
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,金属棒所受的安培力方
向为竖直向下。
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开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl =0.5cm。由胡克定律和力的平衡条
1
件得2kΔl =mg①
1
式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。
开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL②
式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl =0.3cm,由胡克定律和力
2
的平衡条件得2k(Δl +Δl )=mg+F③
1 2
由欧姆定律有E=IR④
式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。
联立①②③④式,并代入题给数据得m=0.01kg⑤
(安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分)
11.(2014重庆理综,8,16分)某电子天平原理如图所示,E形磁铁的两侧为N极,中心为S极,
两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应。一正方形线圈套于中
心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在
秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外电路对线圈
供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流I可确定重物
的质量。已知线圈匝数为n,线圈电阻为R,重力加速度为g。问
(1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C端还是从D端流出?
(2)供电电流I是从C端还是从D端流入?求重物质量与电流的关系。
(3)若线圈消耗的最大功率为P,该电子天平能称量的最大质量是多少?
答案 (1)由右手定则知感应电流从C端流出
2nBL
(2)外加电流从D端流入 m= I
g
2nBL√P
(3)
g R
解析 (1)感应电流从C端流出
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(2)设线圈受到的安培力为F
A
外加电流从D端流入
2nBL
由F =mg和F =2nBIL得m= I
A A g
(3)设称量最大质量为m
0
2nBL 2nBL√P
由m= I和P=I2R得m =
g 0 g R
12.(2018海南单科,13,10分)如图,圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场,磁场
方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B。P是圆外一点,OP=3r。一质量为m、电荷
量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O,不计
重力。求:
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
4 3m
答案 (1) r (2)
3 2qB
解析 (1)如图,PMON为粒子运动轨迹的一部分,圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹,C
为圆心,半径为R;MON为圆O的直径,MC⊥MN。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运
动,由几何关系知
(OP-R)2=R2+r2①
由上式和题给条件得
4
R= r②
3
(2)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,由洛伦兹力提供向心力有
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mv2
qvB= ③
R
由题意,粒子在圆形区域内运动的距离为
MN=2r④
设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为t,由运动学公式有
MN
t= ⑤
v
联立②③④⑤式得
3m
t= ⑥
2qB
13.(2015四川理综,7,6分)(多选)如图所示,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。在纸面内的长度L=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与
SO直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,
磁感应强度B=2.0×10-4T。电子质量m=9.1×10-31kg,电荷量e=-1.6×10-19C,不计电子重力。
电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,
则( )
A.θ=90°时,l=9.1cm B.θ=60°时,l=9.1cm
C.θ=45°时,l=4.55cm D.θ=30°时,l=4.55cm
答案 AD 如图,S到MN的距离d =dsinθ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打
0
在MN上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上最下端的位
1
置对应于到S的距离等于电子运动轨迹直径的点(若OD> MN,则最下端位置为N)。因
2
mv
电子运动轨迹的半径r= =4.55cm。由图中几何关系有O'C=√r2-(r-d )2,O'D
|e|B 0
L
=√(2r)2-d2 。当θ=90°时,O'D取得最小值√3r,此时OD=O'D> ,从而有l=NC=ON
0 2
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L
+O'C-dcosθ= +√r2-(r-d )2-dcosθ。当θ=90°时,l=9.1cm,当θ=60°时,l=6.78cm,当
2 0
θ=45°时,l=5.68cm,当θ=30°时,l=4.55cm。故可知A、D正确,B、C错误。
14.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平
绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹
(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为
m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆
周运动的半径为d,且d<L。粒子重力不计,电荷量保持不变。
(1)求粒子运动速度的大小v;
(2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离d ;
m
d
(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN= ,求粒子从P到Q的运动时间
2
t。
qBd 2+√3
答案 (1) (2) d
m 2
L 3√3-4 πm L 3√3-4 πm
(3)( + ) 或( - )
d 6 2qB d 6 2qB
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解析 本题考查了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的极值问题及周期性问题。考查
了学生的综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建
构、科学推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。
mv
(1)粒子的运动半径d=
qB
qBd
解得v=
m
(2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得d =d(1+sin60°)
m
2+√3
解得d = d
m 2
2πm
(3)粒子的运动周期T=
qB
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则
T
t=n +t'(n=1,3,5,…)
4
√3
(a)当L=nd+(1- )d时,粒子斜向上射出磁场
2
1
t'= T
12
L 3√3-4 πm
解得t=( + )
d 6 2qB
√3
(b)当L=nd+(1+ )d时,粒子斜向下射出磁场
2
5
t'= T
12
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L 3√3-4 πm
解得t=( - )
d 6 2qB
解题关键 1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹
与该边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可
以形成周期性运动,要注意多解。
15.(2013大纲全国,26,20分)如图,虚线OL与y轴的夹角θ=60°,在此角范围内有垂直于
xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子
从左侧平行于x轴射入磁场,入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离
开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出),且OP=R。不计重力。求M点到O
点的距离和粒子在磁场中运动的时间。
答案 见解析
解析 根据题意,带电粒子进入磁场后做圆周运动,运动轨迹交虚线OL于A点,圆心为y
轴上的C点,AC与y轴的夹角为α;粒子从A点射出后,运动轨迹交x轴于P点,与x轴的
夹角为β,如图所示。有
v2
qvB=m ①
R
周期为
2πR
T=
v
由此得
2πm
T= ②
qB
第16页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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过A点作x、y轴的垂线,垂足分别为B、D。由图中几何关系得
AD=Rsinα
OD=ADcot60°
BP=ODcotβ
OP=AD+BP
α=β③
由以上五式和题给条件得
1
sinα+ cosα=1④
√3
解得
α=30°⑤
或
α=90°⑥
设M点到O点的距离为h
h=R-OC
根据几何关系
√3
OC=CD-OD=Rcosα- AD
3
利用以上两式和AD=Rsinα得
2
h=R- Rcos(α+30°)⑦
√3
解得
√3
h=(1- )R (α=30°)⑧
3
√3
h=(1+ )R (α=90°)⑨
3
当α=30°时,粒子在磁场中运动的时间为
T πm
t= = ⑩
12 6qB
当α=90°时,粒子在磁场中运动的时间为
T πm
t= =
4 2qB
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评分参考:判断出圆心在y轴上的给1分,①②式各1分,③④⑤⑥式各2分,⑦式1
分,⑧⑨⑩ 各2分。
评析 本题是带电粒子在有界磁场中的运动问题,对数学运算能力有较高的要求。考查
的知识点有洛伦兹力公式、带电粒子在有界磁场中运动时间的计算等,解决这类问题的
基本思路是画出粒子运动轨迹的示意图,确定轨迹圆心的位置,从图中挖掘几何关系,结合
向心力公式、周期公式、洛伦兹力公式等解决问题,试题难度大。
16.(2013江苏单科,15,16分)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带
电粒子运动的控制。如图1所示的xOy平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随时间t做周期性变化的图像如图2所示。x轴正方向为E的正方向,垂直
纸面向里为B的正方向。在坐标原点O有一粒子P,其质量和电荷量分别为m和+q。不
τ
计重力。在t= 时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动。
2
图1
图2
(1)求P在磁场中运动时速度的大小v ;
0
(2)求B 应满足的关系;
0
τ
(3)在t (0<t < )时刻释放P,求P速度为零时的坐标。
0 0 2
qE τ
答案 (1)v = 0
0 2m
第18页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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(2n-1)πm
(2)B = ,(n=1,2,3…)
0 qτ
(3)横坐标x=0
2E [k(τ-2t )+t ]
{ 0 0 0
B
0
纵坐标y=
2kE (τ-2t )
0 0 ,(k=1,2,3…)
B
0
τ
解析 (1)P在 ~τ内做匀加速直线运动,在τ~2τ内做匀速圆周运动
2
电场力F=qE
0
F
加速度a=
m
τ
速度v =at,且t=
0 2
qE τ
解得v = 0
0 2m
(2)只有当t=2τ时,P才结束圆周运动并开始沿x轴负方向运动,最后才能沿一定轨道做往
复运动,如图所示。设P在磁场中做圆周运动的周期为T。
1
则(n- )T=τ,(n=1,2,3…)
2
v2 2πr
匀速圆周运动qv B =m 0,T=
0 0 r v
0
(2n-1)πm
解得B = ,(n=1,2,3…)
0 qτ
(3)在t 时刻释放P,P在电场中加速的时间为τ-t
0 0
第19页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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qE (τ-t )
在磁场中做匀速圆周运动,v = 0 0
1 m
mv
1
圆周运动的半径r =
1 qB
0
E (τ-t )
0 0
解得r =
1 B
0
又经(τ-t )时间P减速为零后向右加速时间为t
0 0
qE t
P再次在磁场中做匀速圆周运动,v = 0 0
2 m
mv
2
圆周运动的半径r =
2 qB
0
E t
0 0
解得r =
2 B
0
综上分析,速度为零时横坐标x=0
{2[kr -(k-1)r ]
1 2
相应的纵坐标为y= ,(k=1,2,3…)
2k(r -r )
1 2
2E [k(τ-2t )+t ]
{ 0 0 0
B
0
解得y= ,(k=1,2,3…)
2kE (τ-2t )
0 0
B
0
考查点 本题以科研中利用周期性变化的电场与磁场来实现对带电粒子运动的控制为
背景,考查了带电粒子在电场中的加速运动和在磁场中的圆周运动,以及电场力、洛仑兹
力、牛顿第二定律、圆周运动等知识。对考生的推理能力、分析综合能力和应用数学
知识解决物理问题的能力的要求都较高,属于较难题。
学习指导 在平时学习的过程中,一定要培养利用画图分析问题的能力,如受力图景的分
析、过程图景的分析、几何图景的分析、能量转化图景的分析等。
例如本题解题的关键是建立运动过程的图景。
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τ
图景1:因为粒子在t= 时刻释放后沿一定轨道做往复运动,所加周期性电场的方向始终
2
( 1)
不变,因此粒子经电场加速后在磁场中只可能转过 n- 圈,在下一个周期内粒子先减
2
速后反向加速,再在磁场作用下返回……如此反复,才能使粒子P沿一定轨道做往复运动。
( τ)
图景2:在t 0<t < 时刻释放粒子P。粒子第一次在电场中的加速时间大于第二次在
0 0 2
电场中的加速时间,所以粒子不是沿一定轨道做往复运动的,第一次加速的时间长,进入磁
场的速度大,在磁场中运动的半径就大;第二次加速的时间短,进入磁场的速度小,在磁场
中运动的半径就小……做出了这样的图景分析,正确求解该题就水到渠成了。
17.(2012山东理综,23,18分)如图甲所示,相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁
场区,磁场方向垂直纸面向里,在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ,两极板
中心各有一小孔S 、S ,两极板间电压的变化规律如图乙所示,正反向电压的大小均为
1 2
U ,周期为T 。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q(q>0)的粒子由S 静止释放,粒子在
0 0 1
T
电场力的作用下向右运动,在t= 0 时刻通过S 垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子
2 2
重力,不考虑极板外的电场)
(1)求粒子到达S 时的速度大小v和极板间距d。
2
(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件。
(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t=3T 时刻再次到达S ,且速度恰好为零,求
0 2
该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
√2qU T √2qU
答案 (1) 0 0 0
m 4 m
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4 √2mU
(2)B< 0
L q
7T 8πm
(3) 0
4 7qT
0
解析 (1)粒子由S 至S 的过程,根据动能定理得
1 2
1
qU = mv2①
0 2
由①式得
√2qU
v= 0②
m
设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得
U
q 0=ma③
d
由运动学公式得
1 T
d= a( 0)2④
2 2
联立③④式得
T √2qU
d= 0 0⑤
4 m
(2)设磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得
v2
qvB=m ⑥
R
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,须满足
L
2R> ⑦
2
联立②⑥⑦式得
4 √2mU
B< 0⑧
L q
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t ,有
1
d=vt ⑨
1
第22页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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联立②⑤⑨式得
T
t = 0 ⑩
1
4
若粒子再次到达S 时速度恰好为零,粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时
2
间为t ,根据运动学公式得
2
v
d= t
2 2
联立⑨⑩ 式得
T
t = 0
2
2
设粒子在磁场中运动的时间为t
T
t=3T - 0-t -t
0 1 2
2
联立⑩ 式得
7T
t= 0
4
2πm
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,由⑥式结合运动学公式得T=
qB
由题意可知T=t
联立 式得
8πm
B=
7qT
0
18.(2020江苏单科,16,16分)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的
边界,磁感应强度分别为2B 、3B 。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正
0 0
向射入磁场,速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所
示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子
间的相互作用和重力影响。求:
(1)Q到O的距离d;
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt;
q'
(3)乙的比荷 可能的最小值。
m'
第23页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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答案 见解析
解析 (1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r 、r
1 2
mv mv mv
由半径r= 得,r = ,r =
qB 1 2qB 2 3qB
0 0
mv
且d=2r -2r ,解得d=
1 2 3qB
0
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设运动时间分别为t 、t
1 2
2πm πm πm
由T= 得,t = ,t = ,且Δt=2t +3t
qB 1 2qB 2 3qB 1 2
0 0
2πm
解得Δt=
qB
0
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
若经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,…)
m'v 5πm'
相遇时,有n =d,n =t +t
3q'B 6q'B 1 2
0 0
q' q
解得 =n
m' m
根据题意,n=1舍去。
q' q' 2q
当n=2时, 有最小值( ) =
m' m' min m
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,…),经分析不可能相遇。
2q
综上分析,比荷的最小值为 。
m
19.(2018江苏单科,15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽
为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O'点,各区域磁感应
第24页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v
0
d
时,粒子从O上方 处射出磁场。取sin53°=0.8,cos53°=0.6。
2
(1)求磁感应强度大小B;
(2)入射速度为5v 时,求粒子从O运动到O'的时间t;
0
(3)入射速度仍为5v ,通过沿轴线OO'平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动
0
到O'的时间增加Δt,求Δt的最大值。
4mv (53π+72) d d
答案 (1) 0 (2) (3)
qd 180 v 5v
0 0
解析 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
mv
(1)粒子圆周运动的半径r = 0
0 qB
d 4mv
由题意知r = ,解得B= 0
0 4 qd
(2)设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为α
4
由d=rsinα,得sinα= ,即α=53°
5
α 2πm 53πd
在一个矩形磁场中的运动时间t = · ,解得t =
1 360° qB 1 720v
0
2d 2d
直线运动的时间t = ,解得t =
2 v 2 5v
0
(53π+72) d
则t=4t +t =
1 2 180 v
0
第25页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x
粒子向上的偏移量y=2r(1-cosα)+xtanα
3
由y≤2d,解得x≤ d
4
3
则当x = d时,Δt有最大值
m 4
2x
粒子直线运动路程的最大值s = m +(2d-2x )=3d
m cosα m
增加路程的最大值Δs =s -2d=d
m m
Δs d
增加时间的最大值Δt = m=
m v 5v
0
思路点拨 带电粒子在匀强磁场中的运动
d
(1)粒子以v 射入磁场,从O点正上方 处射出,说明粒子仅在最左边的磁场中做半径为
0 2
d
r = 的圆周运动,轨迹为半圆。
0 4
mv 5
(2)粒子以5v 射入磁场,运动半径r= =5r = d。故可推知运动轨迹如图所示。
0 qB 0 4
(3)将中间两磁场分别向中央平移距离x,则粒子以5v 射入后,其运动轨迹如图所示。
0
第26页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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20.(2016海南单科,14,14分)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长
度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的
带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直
于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t 。不计重力。
0
(1)求磁场的磁感应强度的大小;
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求
该粒子这两次在磁场中运动的时间之和;
5
(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为 t ,求
3 0
粒子此次入射速度的大小。
πm √3πL
答案 (1) (2)2t (3)
2qt 0 7t
0 0
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t 内其速度方向改变了90°,故其周
0
期:T=4t ①
0
设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿
第二定律得:
v2
qvB=m ②
r
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2πr
匀速圆周运动的速度满足:v= ③
T
πm
联立①②③式得:B= ④
2qt
0
(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁
场中运动的轨迹如图(a)所示:
设两轨迹所对应的圆心角分别为θ 和θ 。由几何关系有:θ =180°-θ ⑤
1 2 1 2
设粒子两次在磁场中运动的时间分别为t 与t ,则:
1 2
T
t +t = =2t ⑥
1 2 2 0
(3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设
O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r ,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和
0
题给条件可知,此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦
r
r cos∠OO'D+ 0 =L⑧
0 cos∠BO'A
设粒子此次入射速度的大小为v ,由圆周运动规律得:
0
2πr
v = 0 ⑨
0
T
√3πL
联立①⑦⑧⑨式得:v = ⑩
0 7t
0
第28页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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21.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿
垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,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的半径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的匀强电场,求电场
强度E的大小。
mv 2πm
答案 (1) (2)vB
qB qB
v2
解析 (1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=m
R
mv
带电粒子做匀速圆周运动的半径R=
qB
2πR 2πm
匀速圆周运动的周期T= =
v qB
(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的大小E=vB
易错点拨 直接写出半径R和周期T的结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得特别注意。
22.(2010山东理综,25,18分)如图,在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d<x≤2d)内分别存在匀强磁
场,磁感应强度大小分别为B和2B,方向相反,且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电
荷量q(q>0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ,其速度方向沿x轴正向。已
知a在离开区域Ⅰ时,速度方向与x轴正向的夹角为30°;此时,另一质量和电荷量均与a
相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ,其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒
子之间的相互作用力。求
(1)粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小;
(2)当a离开区域Ⅱ时,a、b两粒子的y坐标之差。
第29页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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2dqB 2
答案 (1) (2) (√3-2)d
m 3
解析 (1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上),半径为R ,速率为v,运
a1 a
动轨迹与两磁场区域边界的交点为P',如图。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
v2
qvB=m a ①
a
R
a1
由几何关系得
∠PCP'=θ②
d
R = ③
a1 sinθ
式中,θ=30°。由①②③式得
2dqB
v= ④
a m
(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O,半径为R ,射出点为P(图中未画出轨迹),
a a2 a
∠P'OP=θ'。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
a a
v2
qv(2B)=m a ⑤
a
R
a2
由①⑤式得
R
R = a1 ⑥
a2
2
C、P'和O 三点共线,且由⑥式知O 点必位于
a a
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3
x= d⑦
2
的平面上。由对称性知,P 点与P'点纵坐标相同,即
a
y =R cosθ+h⑧
Pa a1
式中,h是C点的y坐标。
设b在Ⅰ中运动的轨道半径为R ,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
b1
(v ) m (v ) 2
q a B= a ⑨
3 R 3
b1
设a到达P 点时,b位于P 点,转过的角度为α。如果b没有飞出Ⅰ,则
a b
t θ'
= ⑩
T 2π
a2
t α
=
T 2π
b1
式中,t是a在区域Ⅱ中运动的时间,而
2πR
a2
T =
a2 v
a
2πR
b1
T =
b1 v /3
a
由⑤⑨⑩ 式得
α=30°
可得,b没有飞出Ⅰ。P 点的y坐标为
b
y =R (2+cosα)+h
Pb b1
由①③⑧⑨ 式及题给条件得,a、b两粒子的y坐标之差为
2
y -y = (√3-2)d
Pa Pb 3
拓展考点 带电粒子在复合场中的运动
1.(2018课标Ⅲ,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加
速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸
第31页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v ,并在磁场边界的N点
1
射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求
(1)磁场的磁感应强度大小;
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
4U
答案 (1) (2)1∶4
lv
1
解析 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。
(1)设甲种离子所带电荷量为q 、质量为m ,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ,磁场
1 1 1
的磁感应强度大小为B,由动能定理有
1
q U= m v2 ①
1 2 1 1
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
v2
q v B=m 1 ②
1 1 1
R
1
由几何关系知2R =l③
1
4U
由①②③式得B= ④
lv
1
(2)设乙种离子所带电荷量为q 、质量为m ,射入磁场的速度为v ,在磁场中做匀速圆周
2 2 2
1
运动的半径为R 。同理有q U= m
v2
⑤
2 2 2 2 2
v2
q v B=m 2 ⑥
2 2 2
R
2
l
由题给条件有2R = ⑦
2 2
由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为
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q q
1 2
∶ =1∶4⑧
m m
1 2
2.(2017课标Ⅲ,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0
区域,磁感应强度的大小为B ;x<0区域,磁感应强度的大小为λB (常数λ>1)。一质量为
0 0
m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v 从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始
0
计时。当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)
(1)粒子运动的时间;
(2)粒子与O点间的距离。
πm 1 2mv 1
0
答案 (1) (1+ ) (2) (1- )
B q λ B q λ
0 0
解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动。
(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 ;在x<0区域,圆周
1
半径为R 。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
2
v2
qB v =m 0 ①
0 0
R
1
v2
qλB v =m 0 ②
0 0
R
2
粒子速度方向转过180°时,所需时间t 为
1
πR
1
t = ③
1 v
0
粒子再转过180°时,所需时间t 为
2
πR
2
t = ④
2 v
0
联立①②③④式得,所求时间为
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πm 1
t =t +t = (1+ )⑤
0 1 2 B q λ
0
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为
2mv 1
0
d =2(R -R )= (1- )⑥
0 1 2 B q λ
0
3.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强
磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q
点以速度v 沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐
0
标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的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)粒子到达O点时速度的大小和方向;
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
答案 见解析
解析 本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。
(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2L,粒子的加速度
为a,运动时间为t,有
2L=v t①
0
1
L= at2②
2
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为v
y
v =at③
y
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有
v
y
tanα= ④
v
0
联立①②③④式得
第34页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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α=45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上
设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有
v=√v2+v2
⑥
0 y
联立①②③⑥式得
v=√2v ⑦
0
(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第
二定律可得
F=ma⑧
又F=qE⑨
设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹
力提供向心力,有
v2
qvB=m ⑩
R
由几何关系可知
R=√2L
联立①②⑦⑧⑨⑩ 式得
E v
= 0
B 2
4.(2015山东理综,24,20分)如图所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O
为圆心,GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂
直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小
d
孔。一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方 处静止释放,加速后粒子以竖直向上的
2
速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
第35页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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(1)求极板间电场强度的大小;
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求Ⅰ区磁感应强度的大小;
2mv 4mv
(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为 、 ,粒子运动一段时间后再次经过
qD qD
H点,求这段时间粒子运动的路程。
mv2 4mv 4mv
答案 (1) (2) 或 (3)5.5πD
qd qD 3qD
解析 (1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得
d 1
qE = mv2①
2 2
mv2
由①式得E= ②
qd
(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m
v2
③
R
如图甲所示,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
D
得R= ④
4
图甲
联立③④式得
4mv
B= ⑤
qD
若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得
3D
R= ⑥
4
联立③⑥式得
第36页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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4mv
B= ⑦
3qD
(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 、R ,由题意可知,Ⅰ区和Ⅱ区磁感
1 2
2mv 4mv
应强度的大小分别为B = 、B = ,由牛顿第二定律得
1 qD 2 qD
v2 v2
qvB =m ,qvB =m ⑧
1 R 2 R
1 2
D D
代入数据得R = ,R = ⑨
1 2 2 4
2πR
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 、T ,由运动学公式得T = 1,T =
1 2 1 v 2
2πR
2
⑩
v
据题意分析,粒子两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图乙所示,根据对称可知,Ⅰ
区两段圆弧所对圆心角相同,设为θ ,Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ ,圆弧和大圆的两个
1 2
切点与圆心O连线间的夹角设为α,由几何关系得
图乙
θ =120°
1
θ =180°
2
α=60°
粒子重复上述交替运动回到H点,轨迹如图丙所示,设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时
间分别为t 、t ,可得
1 2
第37页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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图丙
360° θ ×2 360° θ
t = × 1 T ,t = × 2 T
1 α 360° 1 2 α 360° 2
设粒子运动的路程为s,由运动学公式得
s=v(t +t )
1 2
联立⑨⑩ 式得
s=5.5πD
5.(2015天津理综,12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空
中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。
电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互
相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左
侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐
射。
(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v 的大小与轨迹半径r ;
2 2
(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θ ,试求sinθ ;
n n
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第
n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。
√qEd 2 √mEd √ nqd
答案 (1)2 (2)B
m B q 2mE
(3)见解析
解析 (1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。
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由动能定理,有
1
2qEd= mv2 ①
2 2
由①式解得
√qEd
v =2 ②
2
m
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有
v2
qv B=m 2 ③
2
r
2
由②③式解得
2 √mEd
r = ④
2
B q
(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为v ,轨迹半径为r (各量的下标均代表粒子所在层
n n
数,下同)。
1
nqEd= mv2 ⑤
2 n
v2
qv B=m n ⑥
n
r
n
粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为α ,从第n层磁场右侧边界穿出
n
时速度方向与水平方向的夹角为θ ,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量
n
不变,有
v sinθ =v sinα ⑦
n-1 n-1 n n
由图1看出
图1
r sinθ -r sinα =d⑧
n n n n
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由⑥⑦⑧式得
r sinθ -r sinθ =d⑨
n n n-1 n-1
由⑨式看出r sinθ ,r sinθ ,…,r sinθ 为一等差数列,公差为d,可得
1 1 2 2 n n
r sinθ =r sinθ +(n-1)d⑩
n n 1 1
图2
当n=1时,由图2看出
r sinθ =d
1 1
由⑤⑥⑩ 式得
√ nqd
sinθ =B
n
2mE
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则
π
θ =
n 2
sinθ =1
n
q'
在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为 ,假设能穿出第n层磁场
m'
q' q
右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ ',由于 >
n m' m
则导致sinθ '>1
n
说明θ '不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边
n
界。
6.(2014大纲全国,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 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
0
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的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ,
求
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;
(2)该粒子在电场中运动的时间。
1 2d
答案 (1) v tan2θ (2)
2 0 v tanθ
0
解析 (1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B,粒子质量与
所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R 。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
0
v2
qv B=m 0 ①
0
R
0
由题给条件和几何关系可知R =d②
0
设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为a ,在电场中运动的
x
时间为t,离开电场时沿x轴负方向的速度大小为v 。由牛顿运动定律及运动学公式得
x
Eq=ma ③
x
v =a t④
x x
v
xt=d⑤
2
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有
v
x
tanθ= ⑥
v
0
联立①②③④⑤⑥式得
E 1
= v tan2θ⑦
B 2 0
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(2)联立⑤⑥式得
2d
t= ⑧
v tanθ
0
评分参考:第(1)问18分,①式3分,②式1分,③④⑤⑥式各3分,⑦式2分;第(2)问2分,⑧
式2分。
考查点 带电粒子在复合场中的运动
审题技巧 由关键点“平行于x轴”“垂直于x轴”可知R =d。
0
思路分析 ①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。
②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。
7.(2014广东理综,36,18分)如图所示,足够大的平行挡板A 、A 竖直放置,间距6L。两板
1 2
间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面,Ⅰ区的磁感应
强度为B ,方向垂直纸面向外。A 、A 上各有位置正对的小孔S 、S ,两孔与分界面MN
0 1 2 1 2
的距离均为L。质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿
水平方向从S 进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区,P点与A 板的距离是L
1 1
的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。
(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E;
(2)若2<k<3,且粒子沿水平方向从S 射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式
2
和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。
qB2L2 (k2+1)qB L k
答案 (1) 0 (2)v= 0 B= B
2md 2m 3-k 0
解析 (1)粒子在电场中,由动能定理有
1
qEd= mv2-0①
2 1
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粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
v2
qv B =m 1②
1 0
r
当k=1时,由几何关系得
r=L③
由①②③解得
qB2L2
E= 0 ④
2md
(2)由于2<k<3时,由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转,运动轨迹如图所示,由几何
关系可知
(r -L)2+(kL)2=r2 ⑤
1 1
k2+1
解得r = L⑥
1 2
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
mv2
qvB = ⑦
0 r
1
(k2+1)qB L
由⑥⑦解得v= 0 ⑧
2m
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力
v2
qvB=m ⑨
r
2
由对称性及几何关系可知
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k r
1
= ⑩
3-k r
2
(3-k)(k2+1)
解得r = L
2 2k
k
由⑧⑨ 解得B= B
3-k 0
8.(2013山东理综,23,18分)如图所示,在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强
磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里;第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度
大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子,自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象
限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d。
不计粒子重力。
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B ,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B 。
0 0
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与
第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
√qEd
答案 (1)2 与x轴正方向夹角45°
m
√ mE √2md
(2) (3)(2+π)
2qd qE
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t ,加速度的大小为a,粒子的初速度为v ,过Q点
0 0
时速度的大小为v,沿y轴方向分速度的大小为v ,速度与x轴正方向间的夹角为θ,由牛
y
顿第二定律得
qE=ma①
由运动学公式得
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1
d= at2 ②
2 0
2d=v t ③
00
v =at ④
y 0
v=√v2+v2
⑤
0 y
v
y
tanθ= ⑥
v
0
联立①②③④⑤⑥式得
√qEd
v=2 ⑦
m
θ=45°⑧
(2)设粒子做圆周运动的半径为R ,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示,O 为圆心,由几
1 1
何关系可知△O OQ为等腰直角三角形,得
1
R =2√2d⑨
1
由牛顿第二定律得
v2
qvB =m ⑩
0 R
1
联立⑦⑨⑩式得
√ mE
B =
0
2qd
(3)设粒子做圆周运动的半径为R ,由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示。O 、O '是粒
2 2 2
子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O 、O ',由几何关系
2 2
知,O FGO '和O QHO '均为矩形,进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩形,又FH⊥GQ,
2 2 2 2
可知QFGH是正方形,△QOF为等腰直角三角形。】可知,粒子在第一、第三象限的轨迹
均为半圆,得
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2R =2√2d
2
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得
FG=HQ=2R
2
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有
FG+HQ+2πR
t= 2
v
联立⑦ 式得
√2md
t=(2+π)
qE
9.如图所示的平面直角坐标系xOy,在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴
正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里,正三角
形边长为L,且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)点,
以大小为v 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,0)点进入第Ⅳ象
0
限,又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限,且速度与y轴负方向成45°角,不计粒子所
受的重力。求:
(1)电场强度E的大小;
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向;
(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
mv2 2mv
答案 (1) 0 (2)√2v 指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角 (3) 0
2qh 0 qL
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t,则有
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1
x=v t=2h,y= at2=h,qE=ma
0 2
mv2
联立以上各式可得E= 0
2qh
(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为v =at=v
y 0
所以v=√v2+v2=√2v 方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角
0 y 0
v2
(3)粒子在磁场中运动时,有qvB=m
r
√2
当粒子从b点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,此时有r= L
2
2mv
所以B= 0
qL
10.(2013北京理综,22,16分)如图所示,两平行金属板间距为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应强度为B的匀强磁场。带电荷量为+q、质量为m的
粒子,由静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。
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U √2qU 1 √2mU
答案 (1) (2) (3)
d m B q
U
解析 (1)电场强度E=
d
1
(2)根据动能定理,有qU= mv2
2
√2qU
得v=
m
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有
v2
qvB=m
R
1 √2mU
得R=
B q
考查点 带电粒子在电场和磁场中的运动。
思路点拨 本题属常规题型,首先弄清带电粒子在电场和磁场中的运动性质,再根据各运
动所遵循的规律作答。
11.(2013天津理综,11,18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面
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:
(1)M、N间电场强度E的大小;
(2)圆筒的半径R;
2
(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移 d,粒子仍从M板边缘的P处由静
3
止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。
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mv2 √3mv
答案 (1) (2) (3)3
2qd 3qB
解析 (1)设两板间的电压为U,由动能定理得
1
qU= mv2①
2
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得
U=Ed②
联立①②式可得
mv2
E= ③
2qd
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O',圆半径为r。设第一次
碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角
π
∠AO'S等于 。
3
由几何关系得
π
r=Rtan ④
3
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 ⑤
r
联立④⑤式得
√3mv
R= ⑥
3qB
2
(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移 d后,设板间电压为U',则
3
Ed U
U'= = ⑦
3 3
设粒子进入S孔时的速度为v',由①式看出
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U' v'2
=
U v2
综合⑦式可得
√3
v'= v⑧
3
设粒子做圆周运动的半径为r',则
√3mv
r'= ⑨
3qB
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r'=R,可
见
π
θ= ⑩
2
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故
n=3
评析 本题考查了带电粒子在电场中的加速及在磁场中的匀速圆周运动,属于中等偏难
的常规题目。本题中的难点是如何根据碰撞次数确定粒子的运动轨迹,然后找出粒子从
进入圆筒到第一次碰撞的运动轨迹所对应的圆心角及圆心的位置。碰撞次数为n,每段
2π n-1
圆弧所对应的圆心角θ=π- = ·π,n=2,3,4…
n+1 n+1
12.(2012课标,25,18分)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,离开时速度方向与直线垂直。圆心
3
O到直线的距离为 R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以
5
同样速度沿直线在a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,不
计重力,求电场强度的大小。
第50页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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14qRB2
答案
5m
解析 粒子在磁场中做圆周运动,设圆周的半径为r,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
v2
qvB=m ①
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=r②
设cd=x,由几何关系得
4
ac= R+x③
5
3
bc= R+√R2-x2④
5
7
联立②③④式得r= R⑤
5
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E,粒子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qE=ma⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r,由运动学公式得
1
r= at2⑦
2
r=vt⑧
14qRB2
式中t是粒子在电场中运动的时间,联立①⑤⑥⑦⑧式得E=
5m
评析 本题以粒子在电场和磁场中运动为载体考查圆周运动和平抛运动规律及解题方
法的运用能力。学生应具备一定的数学知识解物理问题的能力,应具备物理情景构建的
能力。本题难度稍大,区分度中等。
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13.(2015福建理综,22,20分)如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀
强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感
应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN
下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小v ;
C
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W;
f
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小
滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在
D点时的速度大小为v ,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大
D
小v 。
P
E mE2 √ [ qE ]
答案 (1) (2)mgh- (3) v2 + ( )2+g2 t2
B 2B2 D m
解析 (1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足
qvB+N=qE①
小滑块在C点离开MN时
N=0②
E
解得v = ③
C B
1
(2)由动能定理mgh-W=
mv2
-0④
f 2 C
mE2
解得W=mgh- ⑤
f 2B2
(3)如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑
块将做类平抛运动,等效加速度为g'
第52页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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√ qE
g'= ( )2+g2 ⑥
m
且v2 =v2 +g'2t2⑦
P D
√ [ qE ]
解得v = v2 + ( )2+g2 t2 ⑧
P D m
14.(2014重庆理综,9,18分)如图所示,在无限长的竖直边界NS和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于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强
度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处
分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于
NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。
(1)求电场强度的大小和方向。
(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。
mg qBh
答案 (1) ,方向竖直向上 (2)(9-6√2)
q m
(3)见解析
解析 (1)设电场强度大小为E。
第53页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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由题意有mg=qE
mg
得E= ,方向竖直向上。
q
(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v ,对应的粒子在上、下区
min
域的运动半径分别为r 和r ,圆心的连线与NS的夹角为φ。
1 2
图1
mv
由r=
qB
mv 1
有r = min,r = r
1 qB 2 2 1
由(r +r )sinφ=r
1 2 2
r +r cosφ=h
1 1
qBh
得v =(9-6√2)
min m
(3)如图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r 和r ,粒子
1 2
第一次通过KL时距离K点为x。
第54页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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图2
由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,…)
3 (9-6√2)h
x≥
2 2
x=√r2-(h-r )2
1 1
0.36 h
得r =(1+ ) ,n<3.5
1 n2 2
0.68qBh
即n=1时,v= ;
m
0.545qBh
n=2时,v= ;
m
0.52qBh
n=3时,v= 。
m
评析 试题背景为带电粒子在重力场、匀强电场、有界匀强磁场中的匀速圆周运动,问
题设置涉及临界与极值、运动的周期性与多解,对考生的分析与推理能力、数学运算能
力有极高的要求,试题难度高,区分度大,不失为一道压轴的好题。
15.(2013重庆理综,5,6分)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,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自由运动电荷的正负分别为( )
第55页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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IB IB
A. ,负 B. ,正
|q|aU |q|aU
IB IB
C. ,负 D. ,正
|q|bU |q|bU
答案 C 因导电材料上表面的电势比下表面的低,故上表面带负电荷,根据左手定则可
判断自由运动电荷带负电,则B、D两项均错。设长方体形材料长度为L,总电量为Q,则
Q
其单位体积内自由运动电荷数为 ,当电流I稳恒时,材料内的电荷所受电场力
|q|ab·L
UQ Q BI
与磁场力相互平衡,则有 =BIL,故 = ,A项错误,C项正确。
a |q|ab·L |q|bU
16.(2020浙江7月选考,22,10分)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在
边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD
平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等
的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿
半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D
点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽
度为0.5R,离子质量均为m,电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s;
(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离L ;
max
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与
板到HG距离L的关系。
答案 见解析
第56页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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mv2 qBR
解析 (1)qvB= 得v=
R m
几何关系OO'=0.6R
s=√R2-(0.6R)2=0.8R
(2)a、c束中的离子从同一点Q射出,α=β
R-s
tanα=
L
max
4
L = R
max 15
(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量
p=pcosα=0.8qBR
z
4
0<L≤ R
15
F =Np+2Np=2.6NqBR
1 z
4
R<L≤0.4R
15
F =Np+Np=1.8NqBR
2 z
L>0.4R
F =Np=NpBR
3
17.(2018浙江4月选考,22,10分)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号,其原理
如图1所示,压力波p(t)进入弹性盒后,通过与铰链O相连的“┨”形轻杆L,驱动杆端头A
处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动,其位移x与压力p成正比(x=αp,α>0)。
霍尔片的放大图如图2所示,它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型
半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上,磁感应强度大小为B=B (1-β|x|),β>0。无压力波
0
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输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给霍尔片通以沿C 、C 方向的电流I,则在侧面上D 、
1 2 1
D 两点间产生霍尔电压U 。
2 0
(1)指出D 、D 两点哪点电势高;
1 2
(2)推导出U 与I、B 之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为
0 0
I=nevbd,其中e为电子电荷量);
(3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同电流,测得霍尔电压U 随时间t变化图像
H
如图3。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果
用U 、U 、t 、α及β表示)
0 1 0
图1 图2
图3
IB
答案 (1)D 点电势高 (2)U = 0
1 0 ned
1 ( U ) 1
(3) 1- 1
αβ U 2t
0 0
解析 (1)N型半导体中可以自由移动的是电子,根据左手定则可以知道电子往D 端移动,
2
因此D 点电势高。
1
(2)根据霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:
U
evB =e 0
0
b
I IB
将v= 代入解得:U = 0
nebd 0 ned
(3)由任意时刻霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:
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U (t)
evB=e H
b
IB IB IB
则U (t)= = 0(1-β|x|)= 0(1-β|αp|)=U (1-αβ|p|)
H ned ned ned 0
1 U (t)
H
由上式可得|p|= -
αβ αβU
0
1 ( U ) 1
结合U -t图像可知,振幅A= 1- 1 ,频率f= 。
H αβ U 2t
0 0
18.(2017江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子
飘入电压为U 的加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与
0
磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上。已知甲、乙
两种离子的电荷量均为+q,质量分别为2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N
的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。
(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;
(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d;
(3)若考虑加速电压有波动,在(U -ΔU)到(U +ΔU)之间变化,要使甲、乙两种离子在底片上
0 0
没有重叠,求狭缝宽度L满足的条件。
答案 见解析
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的运动半径为r
1
1
电场加速qU = ×2mv2
0 2
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v2
且qvB=2m
r
1
2 √mU
解得r = 0
1
B q
根据几何关系x=2r -L
1
4 √mU
解得x= 0-L
B q
(2)如图所示
最窄处位于过两虚线交点的垂线上,d=r -
√
r2-
(L) 2
1 1 2
2 √mU √4mU L2
解得d= 0- 0-
B q qB2 4
(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r
2
r 的最小半径
1
2 √m(U -ΔU)
r = 0
1min
B q
1 √2m(U +ΔU)
r 的最大半径r = 0
2 2max
B q
4 √m(U -ΔU) 2 √2m(U +ΔU)
由题意知2r -2r >L,即 0 - 0 >L
1min 2max
B q B q
2 √m
解得L< [2√(U -ΔU)-√2(U +ΔU)]
B q 0 0
第60页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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19.(2015浙江理综,25,22分)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出,离子
束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m,速度为v的离子在回旋加速
器内旋转,旋转轨道是半径为r的圆,圆心在O点,轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁
感应强度为B。
为引出离子束,使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示,一对圆弧形金属板
组成弧形引出通道,通道的圆心位于O'点(O'点图中未画出)。引出离子时,令引出通道内
磁场的磁感应强度降低,从而使离子从P点进入通道,沿通道中心线从Q点射出。已知
OQ长度为L,OQ与OP的夹角为θ。
(1)求离子的电荷量q并判断其正负;
(2)离子从P点进入,Q点射出,通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B',求B';
(3)换用静电偏转法引出离子束,维持通道内的原有磁感应强度B不变,在内外金属板间加
直流电压,两板间产生径向电场,忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入,Q点射出,求通
道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。
mv
答案 (1) 正电荷
Br
mv(2r-2Lcosθ)
(2)
q(r2+L2-2rLcosθ)
mv2(2r-2Lcosθ)
(3)方向沿径向向外 Bv-
q(r2+L2-2rLcosθ)
mv2
解析 (1)离子做圆周运动 Bqv= ①
r
mv
q= ,带正电荷②
Br
(2)如图所示
第61页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
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O'Q=R,OQ=L,O'O=R-r
mv2
引出轨迹为圆弧,有B'qv= ③
R
mv
R= ④
qB'
根据几何关系得
r2+L2-2rLcosθ
R= ⑤
2r-2Lcosθ
mv mv(2r-2Lcosθ)
B'= = ⑥
qR q(r2+L2-2rLcosθ)
(3)电场强度方向沿径向向外⑦
mv2
引出轨迹为圆弧,有Bqv-Eq= ⑧
R
mv2(2r-2Lcosθ)
E=Bv- ⑨
q(r2+L2-2rLcosθ)
20.(2015江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同
的离子飘入电压为U 的加速电场,其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿
0
着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上。已知放置底片
2
的区域MN=L,且OM=L。某次测量发现MN中左侧 区域MQ损坏,检测不到离子,但右
3
1
侧 区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可
3
在QN检测到。
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m;
(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围;
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(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整,求需要调节U的最少次数。
(取lg2=0.301,lg3=0.477,lg5=0.699)
9qB2L2 100U 16U
答案 (1) (2) 0≤U≤ 0 (3)3次
32U 81 9
0
1
解析 (1)离子在电场中加速,qU = mv2
0 2
v2 1 √2mU
在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m ,解得r= 0
r B q
3 9qB2L2
代入r= L,解得m=
4 32U
0
16U r2
(2)由(1)知,U= 0
9L2
5 100U
离子打在Q点r= L,U= 0
6 81
16U
离子打在N点r=L,U= 0
9
100U 16U
则电压的范围为 0 ≤U≤ 0
81 9
(3)由(1)可知,r∝√U
L
√U
由题意知,第1次调节电压到U ,使原本打在Q点的离子打在N点,5 = 1
1 L √U
6 0
5
L √U
此时,原本半径为r 的打在Q 的离子打在Q上6 = 1
1 1
√U
r 0
1
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(5) 2
解得r = L
1 6
第2次调节电压到U ,使原本打在Q 的离子打在N点,原本半径为r 的打在Q 的离子打
2 1 2 2
在Q上,则
5
L √U L √U 5
= 2 ,6 = 2 ,解得r =( )3L
r √U √U 2 6
1 0 r 0
2
5
同理,第n次调节电压,有r =( )n+1L
n 6
lg2
L
检测完整,有r ≤ ,解得n≥ 6-1≈2.8
n 2 lg
5
最少次数为3次。
21.(2014浙江理综,25,22分)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设
计的简化原理如图1所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区,将氙气
电离获得1价正离子;Ⅱ为加速区,长度为L,两端加有电压,形成轴向的匀强电场。Ⅰ区
产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区,被加速后以速度v 从右侧喷出。
M
Ⅰ区内有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在离轴线R/2处的C点持续射出一定速
率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动,截面如图2所示(从左向
右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)。推进器工作时,
向Ⅰ区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v ,电子在Ⅰ区内
0
不与器壁相碰且能到达的区域越大电离效果越好
, 。已知离子质量为M;电子质量为
··············· ······
m,电量为e。(电子碰到器壁即被吸收,不考虑电子间的碰撞)
(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小;
(2)为取得好的电离效果,请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或
“垂直纸面向外”);
(3)α为90°时,要取得好的电离效果,求射出的电子速率v的范围;
(4)要取得好的电离效果,求射出的电子最大速率v 与α角的关系。
max
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图1 图2
Mv2 v2
答案 (1) M M (2)垂直纸面向外
2e 2L
3eBR 4mv 3eBR
(3)v ≤v< (B> 0) (4)v =
0 4m 3eR max 4m(2-sinα)
1
解析 (1)由动能定理得
Mv2
=eU①
2 M
Mv2
U= M②
2e
eE U v2
a= =e = M③
M ML 2L
(2)由题知电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,电离效果越好,则题图2中显
然电子往左半部偏转较好,故Ⅰ区中磁场方向应垂直纸面向外④
(3)设电子运动的最大半径为r
3
2r= R⑤
2
v2
eBv=m ⑥
r
3eBR
所以有v ≤v< ⑦
0 4m
4mv
要使⑦式有解,磁感应强度B> 0 ⑧
3eR
(4)如图所示,
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R
OA=R-r,OC= ,AC=r
2
3R
根据几何关系得r= ⑨
4(2-sinα)
3eBR
由⑥⑨式得v =
max 4m(2-sinα)
22.(2014天津理综,12,20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原理简
化为如图所示的模型。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。质量为m、电荷量
为+q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间,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B 的大小;
1
(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率P ;
n
(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
条件均不变。下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹。在B的轨迹半径远大于
板间距离的前提下,请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹,并经推导说明理由。
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1 √2mU qU √nqU
答案 (1) (2) (3)见解析
R q πR 2m
解析 (1)设A经电场第1次加速后速度为v ,由动能定理得
1
1
qU= mv2-0①
2 1
A在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力
mv2
qv B = 1②
1 1
R
由①②得
1 √2mU
B = ③
1
R q
(2)设A经n次加速后的速度为v ,由动能定理得
n
1
nqU= mv2-0④
2 n
设A做第n次圆周运动的周期为T ,有
n
2πR
T = ⑤
n v
n
设在A运动第n周的时间内电场力做功为W ,则
n
W =qU⑥
n
在该段时间内电场力做功的平均功率为
W
P = n ⑦
n T
n
由④⑤⑥⑦解得
qU √nqU
P = ⑧
n
πR 2m
(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹。
A经过n次加速后,设其对应的磁感应强度为B ,A、B的周期分别为T 、T',综合②、⑤
n n
式并分别应用A、B的数据得
2πm
T =
n qB
n
第67页共68页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A
版
2πm T
T'= = n
kqB k
n
由上可知,T 是T'的k倍,所以A每绕行1周,B就绕行k周。由于电场只在A通过时存在,
n
故B仅在与A同时进入电场时才被加速。
经n次加速后,A、B的速度分别为v 和v ',考虑到④式
n n
√2nqU
v =
n
m
√2nkqU
v '= =√kv
n n
m
由题设条件并考虑到⑤式,对A有
T v =2πR
n n
设B的轨迹半径为R',有
T'v '=2πR'
n
比较上述两式得
R
R'=
√k
上式表明,运动过程中B的轨迹半径始终不变。
由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图A所示。
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