北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
专题十一 磁场
23年真题
1.(2023福建,6,6分)(多选)地球本身是一个大磁体,其磁场分布示意图如图所示。学术界
对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转
产生的环形电流。基于此理论,下列判断正确的是( )
A.地表电荷为负电荷
B.环形电流方向与地球自转方向相同
C.若地表电荷的电荷量增加,则地磁场强度增大
D.若地球自转角速度减小,则地磁场强度增大
答案AC 根据地磁场分布规律,用安培定则可判断环形电流方向与地球自转方向相反,
再根据电流方向的规定,可判断出地表电荷为负电荷,A正确,B错误。由电流的定义式I=
q
可知,地表电荷的电荷量增加,则环形电流增大,地磁场强度增大,C正确。若地球自转角
t
速度减小,则环形电流减小,地磁场强度减小,D错误。
2.(2023海南,2,3分)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场,关
于小球运动和受力的说法正确的是 ( )
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
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答案A 带正电小球刚进入磁场时速度方向竖直向下,由左手定则可知,小球刚进入磁场
时受到的洛伦兹力水平向右,A正确;小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用,重力不变,
洛伦兹力时刻变化,则小球所受合力不为零且时刻变化,则小球速度、加速度方向都在变
化,B、C错误;洛伦兹力始终与小球速度方向垂直,永不做功,D错误。
3.(2023湖南,6,4分)如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场
方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)
内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF
垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子
射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小
为E、磁感应强度大小为B ,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B ,则粒子从CF的中点射出,它
1 2
们在区域Ⅱ中运动的时间为t 。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域
0
Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是( )
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B ,则t>t
1 0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t
0
√3 t
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 B ,则t= 0
4 2 2
√2
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 B ,则t=√2t
4 2 0
答案：D 只有沿直线AC做匀速运动的粒子才能进入区域Ⅱ,设能进入区域Ⅱ的粒子的
E
速度为v ,根据平衡条件得qv B =qE,解得v = 。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为
0 0 1 0 B
1
v
2B ,则只有速度大小为 0 的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,同理,若仅将区域Ⅰ中电场强
1 2
度大小变为2E,则只有速度大小为2v 的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,两种情况下粒子
0
均沿CO射入区域Ⅱ,且均从CF边射出,速度的偏转角度不变,对应圆心角相同,均为90°,
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q E
故t=t ,A、B选项错误。设粒子比荷为 ,满足v = 的粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的
0 m 0 B
1
轨迹半径为r ,周期为T ,其运动轨迹如图1所示,
0 0
v2 mv
洛伦兹力提供向心力,有qv B =m 0,解得轨迹半径r = 0 ,CF=2√2r ,CO=2r ;粒子做圆
0 2 r 0 qB 0 0
0 2
2πr 2πm 1
0
周运动的运动周期T = = ,粒子在区域Ⅱ中运动时间t = T 。若粒子恰好从F
0 v qB 0 4 0
0 2
B
点射出,则粒子在区域Ⅱ中运动的半径为2r ,磁感应强度需减小到 2,C、D选项中调整
0 2
B
后的磁感应强度均小于
2,故粒子必然从GF边界射出区域Ⅱ,则C点到出射点D的水平
2
距离为定值2r 。
0
设粒子在区域Ⅱ中速度方向偏转角为θ,轨迹半径为r,运动周期为T,如图2所示,
2r √3
由几何关系可知sin θ= 0,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 B ,则粒子在区域Ⅱ
r 4 2
2r
4√3 4√3 0 √3
中做圆周运动的半径变为r= r ,周期变为T= T ,此时sin θ=4√3 = ,则
3 0 3 0 r 2
3 0
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θ 1 2√3 8√3
θ=60°,粒子在区域Ⅱ中运动时间变为t= ·T= T= T = t ,C选项错误。同理,
360° 6 9 0 9 0
√2 2r √2
0
若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 B ,则r=2√2r ,T=2√2T ,sin θ= =
4 2 0 0 2√2r 2
0
1 1 4
,θ=45°,粒子在区域Ⅱ中运动时间变为t= T= · T =√2t ,D选项正确。故选D。
8 8 √2 0 0
4.(2023江苏,2,4分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放
置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受
到的安培力为( )
A.0 B.BIl
C.2BIl D. BIl
√5
答案：C 导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,
则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。
5.(2023全国乙,18,6分)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平
面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一
侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与
l
屏的距离为 ,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度
2
大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
E E B B
A. B. C. D.
2aB2 aB2 2aE2 aE2
答案：A 画出粒子在磁场中由O点运动到S点的轨迹如图所示,找出轨迹圆心O',由几
R-a
何关系可知θ=30°,设轨迹半径为R,则sin θ= ,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力有
R
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v2
qvB=m ,如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该
R
粒子入射后则会沿x轴到达接收屏,则粒子所受洛伦兹力与电场力平衡,有qE=qvB,联立
q E
解得粒子的比荷 = ,A正确。
m 2aB2
6.(2023全国甲,20,6分)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点
开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射
入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方
向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反;电荷量不变。不计重力。下
列说法正确的是( )
A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出
C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短
D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
v2
答案：BD 带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m ,T=
r
2πr mv 2πm
,解得运动轨迹半径r= ,运动周期T= 。当粒子初速度方向过磁场圆心O时,
v qB qB
由对称性可知,粒子与筒壁发生n次碰撞后必能返回入射点P,则碰撞点(含P点)将筒壁
等分成n+1份圆弧,且每次与筒壁碰撞反弹后速度方向由碰撞点指向圆心O,但轨迹不能
通过O点,A选项错误,D选项正确;若粒子与筒壁仅碰撞一次,则轨迹将圆筒平分,由对称
性可知碰撞位置一定在PO延长线与筒壁交点位置,粒子将做直线运动,但粒子仅在洛伦
兹力作用下无法做直线运动,故该粒子至少与筒壁发生2次碰撞(运动轨迹如图所示)才
可以从小孔射出,故B选项正确;若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周从P点飞出,则
粒子速度越大,在筒内运动的时间越短,若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周无法从P
点飞出,则粒子速度越大,在筒内运动的时间不一定越短,C选项错误;综上,应选B、D。
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7. (2023海南,13,4分)(多选)如图所示,质量为m、带电荷量为+q的带电粒子,从坐标原点
O以初速度v 射入第一象限内的电、磁场区域,在0<y<y ,0<x<x (x 、y 为已知量)区域内
0 0 0 0 0
有竖直向上的匀强电场,在x>x 区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场,控制电场
0
强度E(E值有多种可能),可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上,不
计重力,则 ( )
y mv2
0 0
A.粒子从NP中点射入磁场,电场强度E=
qx2
0
√ x2
B.粒子从NP中点射入磁场时的速度v=v 1+ 0
0 y2
0
mv
C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为 0
qB
mv √x2+4 y2
D.粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是 0 0 0
qBx
0
答案AD 由题意可知,若粒子从NP中点射入磁场,在电场中,水平方向有x =v t,竖直方
0 0
1 1 qE my v2 y 1 1
向有 y = · t2,解得E= 0 0 ,A对;粒子在电场中运动,由动能定理有qE· 0= mv2-
2 0 2 m qx2 2 2 2
0
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√ y2 qE
mv 2 ,结合A项分析可得v=v 1+ 0,B错;粒子在电场中的运动过程,竖直方向有v= ·
0 0 x2 y m
0
x v2
0
,粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m ,设粒子从电场中射出时的速
v R
0
mv
度方向与y轴正方向的夹角为θ,根据几何关系可知,圆心到MN的距离为s=R cos θ= y
qB
Ex
0
= ,C错;分析可知,粒子从N点进入磁场时,速度最大,在磁场中运动的轨迹半径最大,
Bv
0
1 qE 1
在电场中运动时,水平方向有x =v t',竖直方向有y = · mt'2,由动能定理有qE ·y = m
0 0 0 2 m m 0 2
1 v 2
v 2 - mv 2 ,粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qv B=m m ,联立解得R =
m 2 0 m R m
m
mv √x2+4 y2
0 0 0,D对。
qBx
0
8. (2023广东,5,4分)某小型医用回旋加速器,最大回旋半径为0.5 m,磁感应强度大小为
1.12 T,质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据,可计算质子经该回
旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应,1 eV=1.6×10-19 J) ( )
A.3.6×106 m/s B.1.2×107 m/s
C.5.4×107 m/s D.2.4×108 m/s
答案C 由题意可知质子在回旋加速器中的最大圆周运动半径R=0.5 m,质子的带电荷
v2 1
量为元电荷的电荷量,即q=e=1.6×10-19 C,则有qv B=m m,又E = mv2 ,联立并代入数据
m R k 2 m
解得v ≈5.4×107 m/s。故选C。
m
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9.(2023海南,17,12分)如图所示,U形金属杆上边长为L=15 cm,质量为m=1×10-3 kg,下端
插入导电液体中,导电液体连接电源,金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B=8×10-2
T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h=2.5 cm,闭合开关,金属杆飞起后,其下端离液面最大高度
H=10 cm,设离开导电液体前杆中的电流不变,求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆
中的电流有多大;(g=10 m/s2)
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触,改变电动势的大小,通电后金属杆跳起高度H'=5 cm,
通电时间t'=0.002 s,求通过金属杆横截面的电荷量。
25
答案 (1)√2 m/s A (2)0.085 C
6
解析 (1)对金属杆,离开液面后跳起的最大高度为H,由运动学公式知v=√2gH,解得v=√2
m/s
对金属杆从刚闭合开关至其到达最高点的过程中,由动能定理有BILh-mg (H+h)=0,得I=
25
A
6
(2)对金属杆,由动量定理有(BI'L-mg)t'=mv',由运动学公式有v'=√2gH' ,又q=I't',可得
q=0.085 C
10. (2023福建,14,11分)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位
素而获得诺贝尔奖,质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP'上方存在一垂直
纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场
边界入射,在磁场中发生偏转,分别落在M和N处。已知某次实验中,v=9.6×104 m/s,B=0.1
T,落在M处的氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg;P、O、M、N、P'在同一
直线上;离子重力不计。
(1)求OM的长度;
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(2)若ON的长度是OM的1.1倍,求落在N处氖离子的比荷。
答案 (1)0.4 m (2)4.4×106 C/kg
v2
解析 (1)氖离子进入匀强磁场做匀速圆周运动,由牛顿第二定律可得q vB=m ,则r =
1 1r 1
1
m v 9.6×104
1
= m=0.2 m,所以OM的长度s =2r =0.4 m。
q B 4.8×106×0.1 OM 1
1
v2
(2)由题意得s =1.1s ,且s =2r ,即r =1.1r ,根据洛伦兹力提供向心力有q vB=m ,则
ON OM ON 2 2 1 2 2r
2
q v v
2
= = ≈4.4×106 C/kg。
m r B 1.1r B
2 2 1
11.(2023天津,12,18分)信号放大器是一种放大电信号的仪器,如图1,其可以通过在相邻
极板间施加电压,使阴极逸出的电子击中极板时,激发出更多的电子,从而逐级放大电信号。
已知电子的质量为m,带电荷量为-e。
(1)在极板上建立空间直角坐标系,极板上方空间内存在磁场,其磁感应强度大小为B,方向
平行于z轴。极板间的电压U极小,几乎不影响电子运动。如图2,某次激发中,产生了2
个电子a和b,其初速度方向分别在xOy与zOy平面内,且与y轴正方向成θ角,则:
(ⅰ)判断磁场的方向;
(ⅱ)求a、b两个电子运动到下一个极板的时间t 和t 。
1 2
(2)若单位时间内阴极逸出的电子数量不变,每个电子打到极板上可以激发出δ个电子,且
δ∝U,阳极处接收电子产生的电流为I,在图3的坐标系中定性画出表示U和I关系的图
像并说明这样画的理由。
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(π-2θ)m πm
答案 (1)(ⅰ)沿z轴负方向 (ⅱ)
eB eB
(2)见解析
解析 (1)(ⅰ)a电子初速度方向在xOy平面内,与y轴正方向成θ角,若要到达下一极板,a电
子在洛伦兹力作用下应向x轴正方向偏转,结合左手定则可知,磁感应强度B的方向沿z
轴负方向。
mv2 m·4π2R 2πm
(ⅱ)a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图,根据Bev= = ,T= ,由图可知
R T2 eB
π π
2( -θ) ( -θ) 2πm (π-2θ)m
电子运动到下一个极板的时间t = 2 T= 2 · = ,b电子沿z轴
1 eB eB
2π π
的分速度与磁感线平行,不受洛伦兹力,沿z轴正方向做匀速直线运动;沿y轴方向具有分
π
速度,受到洛伦兹力,使电子向右偏转,电子运动半个圆周到下一个极板的时间t = T=
2 2π
πm
。
eB
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(2)设δ=kU,单位时间内阴极逸出的电子数量N 不变,每个电子打到极板上可以激发δ个
0
电子,经过n次激发阳极处接收电子数量N=N δn=N (kU)n=N knUn
0 0 0
对应的电流I=Ne=eN knUn=(eN kn)Un=AUn
0 0
可得I-U图像如图。
12.(2023江苏,16,15分)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存
在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、
电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v 时,电子沿x轴做直线
0
运动;入射速度小于v 时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所
0
受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E;
v v
(2)若电子入射速度为 0,求运动到速度为 0 时位置的纵坐标y ;
4 2 1
mv
(3)若电子入射速度在0<v<v 范围内均匀分布,求能到达纵坐标y = 0 位置的电子数N
0 2 5eB
占总电子数N 的百分比。
0
3mv
答案 (1)v B (2) 0 (3)90%
0 32eB
解析 (1)当电子的入射速度为v 时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有
0
eE=ev B,解得电场强度的大小E=v B。
0 0
(2)解法一:
v v
若电子沿x轴正方向的入射速度为 0,利用运动的分解,可将初速度 0 分解为一个沿x轴
4 4
( 3 )
正方向的速度(大小v =v )和一个沿x轴负方向的速度 大小v = v ,由v 产生的洛伦
1 0 2 4 0 1
兹力ev B与电场力eE平衡,得到电子的一个分运动为速度为v 的匀速直线运动,另一个
0 0
3
分运动为速率为 v 的匀速圆周运动。
4 0
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v
设v 的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v 与v 的合速度大小为 0,由余弦定
2 1 2 2
(v ) 2
v2+v2- 0
理得cos θ= 2 1 2
2v v
1 2
7
解得cos θ=
8
3 v2 v
设以v = v 做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev B=m 2,运动速度为 0 时的纵坐标
2 4 0 2 R 2
3mv
y =R(1-cos θ),联立解得y = 0 。
1 1 32eB
解法二:
由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知,
1 (v ) 2 1 (v ) 2 3mv
eEy = m 0 - m 0 ,解得y = 0
1 2 2 2 4 1 32eB
mv
(3)设能到达纵坐标y = 0 位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v ',半径为R',则
2 5eB 2
y ≤2R'
2
v '2
洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,ev 'B=m 2
2
R
v
解得v '≥ 0
2 10
则电子入射速度v=v -v '
0 2
9
即v≤ v
10 0
mv
由题意可知电子入射速度在0<v<v 范围内均匀分布,能到达纵坐标y = 0 位置的电子
0 2 5eB
9
v
数N占总电子数N 的百分比η=10 0 ×100%=90%。
0
v
0
13.(2023山东,17,14分)如图所示,在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中,存在沿y轴正方向、场强
大小为E的匀强电场,电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m,
电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。
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(1)若粒子初速度为零,粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后,垂直NP再次进入电场,
求磁场的磁感应强度B的大小;
(2)若改变电场强度大小,粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场,离开
电场后从P点第二次进入电场,在电场的作用下从Q点离开。
(ⅰ)求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v ;
0
(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
√mE √qEd
答案 (1)6 (2)(ⅰ)36E 9
qd m
(ⅱ)见解析
解析 (1)由题意分析,带电粒子运动轨迹如图所示
易知d=3R①
设带电粒子以速度v 进入磁场,在电场中有
1
1
qE·2d= mv2 ②
2 1
v2
在磁场中根据洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,有qv B=m 1 ③
1
R
√mE
联立①②③式解得B=6 ④
qd
(2)(ⅰ)带电粒子运动轨迹如图所示,
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在△PNO'中,由几何关系得
r2=(2d)2+(r-d)2⑤
5
解得r= d⑥
2
设带电粒子以速度v 进入磁场,在磁场中根据洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,有
2
v2
qv B=m 2⑦
2
r
在电场中,由动能定理得
1 1
qE'·2d= mv2- mv2 ⑧
2 2 2 0
带电粒子从P点运动到Q点
x轴方向上2d=v t sin θ⑨
2
1
y轴方向上2d=v t cos θ+ at2⑩
2 2
qE'
a=
m
2d
sin θ=
r
r-d
cos θ=
r
√Eqd
联立解得v =15
2
m
1√md
t=
6 Eq
E'=36E
√qEd
v =9
0
m
(ⅱ)设带电粒子从Q点射出时的速度为v ,从P点第二次进入电场并运动到Q点出来,故
3
有
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v =v sin θ
x 2
v =v cos θ+at
y 2
√369Eqd
联立解得v =√v2+v2=
3 x y m
从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,有
v2
qv B=m 3
3
r'
√41
解得r'= d
2
设v 与y轴正方向的夹角为α,若粒子能从P点第三次进入电场,对应半径为r″,则有
3
(r″ sin α+2d)2+(r″ cos α-2d)2=r″2
v
x
sin α=
v
3
v
y
cos α=
v
3
联立解得r″=2√41d
r'≠r″,故带电粒子不能从P点第三次进入电场
14.(2023重庆,15,18分)某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示,xOy平面
内,x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场,x轴上方被某边界分成两部分,一部分充满
匀强电场(电场强度方向与y轴的负方向成α角),另一部分无电场,该边界与y轴交于M
点,与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒
q
子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为 的带电粒子A,其速度大小为v 、
m 0
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方向与电场方向垂直,仅在电场中运动时间T后进入磁场,且通过N点时的速度大小为
2v 。忽略边界效应,不计粒子重力。
0
(1)求角度α及M、N两点的电势差。
q
(2)在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为 的带电粒子,只
m
要速度大小适当,就能通过N点进入磁场,求N点的横坐标及此边界方程。
(3)若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B ,以后每次在磁场中运动时磁感
1
应强度大小为上一次的一半,则粒子A从M点发射后,每次加速均能通过N点进入磁场。
求磁感应强度大小B 及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。
1
3mv 2 3√3v T v T √3 √3m 10√3π
答案 (1)30° 0 (2) 0 y= 0 - x (3) (3+ )2n-1T-(2+
2q 4 4 9 6qT 3
10√3π
)T
3
解析 (1)带电粒子由M点垂直于电场方向入射,在电场中做类平抛运动,沿电场方向做匀
加速直线运动,垂直于电场方向做匀速直线运动,在N点将速度沿电场方向与垂直于电场
方向分解,如图甲所示。
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在垂直于电场方向上有2v cos 2α=v ,解得α=30°。带电粒子从M→N过程,根据动能定
0 0
理有
1 1
qU = m(2v )2- mv 2
MN 2 0 2 0
3mv 2
解得U = 0 。
MN
2q
(2)对于从M点射入的带电粒子,沿初速度方向的位移x =v T
0 0
2v sin2α
沿电场方向的位移y = 0 T
0 2
令N点横坐标为x ,根据几何关系有
N
x =x cos α+y sin α
N 0 0
3√3v T
联立解得x = 0
N
4
根据上述与题意可知,令带电粒子入射速率为v,则通过N点进入磁场的速率为2v,令边
界上点的坐标为(x,y),则沿初速度方向上有(x -x-y tan α) cos α=vt
N
y 2vsin2α
沿电场方向有 +(x -x-y tan α) sin α= t
cosα N 2
v T √3
联立解得y= 0 - x。
4 9
U
MN
(3)由上述结果可知电场强度E=
y
0
√3mv
联立解得E= 0
qT
设带电粒子A第n次在磁场中做圆周运动的线速度为v ,可得第(n+1)次在N点进入磁场
n
v
的速度v = n =2v (n=1,2,3,…)
n+1 cos2α n
第一次在N点进入磁场的速度大小为2v ,可得
0
v =2nv (n=1,2,3,…)
n 0
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B
1
设带电粒子A第n次在磁场中运动时的磁感应强度大小为B ,由题意可得B =
n n 2n-1
(n=1,2,3,…)
v 2
由洛伦兹力提供向心力得qv B =m n
n n r
n
4nmv
联立解得r = 0
n 2qB
1
带电粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图乙所示
粒子每次在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角均为300°,第n次离开磁场的位置C与N
1 1 √3m
的距离等于r ,由C到N由动能定理得qEr sin 30°= mv 2 - mv 2 ,联立解得B =
n n 2 n+1 2 n 1 6qT
由粒子A沿电场方向的运动可得,粒子A第n次在电场中运动的时间
2nv sin60°
v v ·sin60° 0
t = yn= n = qE =2n-1T
n
a a
m
粒子A第n次在磁场中运动的周期
2πr
T'= n =2n+1√3πT
v
n
粒子A第n次在磁场中运动的时间
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300° 5
t '= T'= ·2n+1√3πT
n 360° 6
设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为x ,边界与x轴负方向
n
√3 1
的夹角为β,则根据边界方程可得 tan β= ,sin β=
9 2√7
x r
由正弦定理可得 n = n
sinβ sin(180°-30°-β)
解得x =22n-1v T
n 0
粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间
x
t ″= n =2n-1T
n v
n
粒子A从发射到第n次通过N点的过程,在电场中运动n次,在磁场和无场区域中均运动
(n-1)次,则所求时间
5 5
t=(20+21+…+2n-1)T+ ·√3πT(22+23+…+2n)+(20+21+…+2n-2)T=(2n-1)T+ ·√3πT[4(2n-1-1)]
6 6
+(2n-1-1)T
10√3π 10√3π
解得t=(3+ )2n-1T-(2+ )T。
3 3
22年及以往真题
1.(2022湖南,3,4分)如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,
其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等
且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I,静止后,悬绳偏离竖直方向的夹
角为θ。下列说法正确的是 ( )
A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
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B.电流I增大,静止后,导线对悬绳的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
答案 D 由左手定则可知,当直导线静止在右侧时,电流方向为由M到N,选项A错误;
F
当直导线MN在右侧时,对直导线MN受力分析,得到力的矢量三角形如图,sin θ= 安=
mg
BIL
,F =mg cos θ,B、L、mg为定值,所以sin θ与电流I成正比,则电流I增大,θ也增大,
mg 绳
悬绳中的拉力F 会随着θ的增大而减小,所以选项B、C错误,选项D正确。
绳
易错警示 本题中安培力的方向垂直于悬绳,分析时容易错画为水平方向。
2.(2022江苏,3,4分)如图所示,两根固定的通电长直导线a、b相互垂直,a平行于纸面,电
流方向向右,b垂直于纸面,电流方向向里。则导线a所受安培力方向 ( )
A.平行于纸面向上
B.平行于纸面向下
C.左半部分垂直纸面向外,右半部分垂直纸面向里
D.左半部分垂直纸面向里,右半部分垂直纸面向外
答案 C 由安培定则判定导线b中电流产生的磁场方向如图所示,由左手定则可判定
导线a所受安培力方向如C选项所述,故选C。
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3.(2022浙江1月选考,3,3分)利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因
素,导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变,改变电流I的大小,
然后保持电流I不变,改变导线通电部分的长度L,得到导线受到的力F分别与I和L的关
系图像,则正确的是 ( )
A B
C D
答案 B 由安培力F=BIL可知,当L不变时,F∝I;当I不变时,F∝L,则对应图线均为过原
点的倾斜直线,故B正确,A、C、D错误。
4.(2022广东,7,4分)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区
域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速
度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹
在不同坐标平面的投影中,可能正确的是 ( )
第21页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
答案 A 分析在xOy平面内的投影即俯视图,由左手定则可知质子所形成的轨迹如图
所示,选项A正确,B错误。而该轨迹在xOz平面上的投影应为平行于x轴的直线,故C、
D项错误。
5.(2022北京,7,3分)正电子是电子的反粒子,与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中
有垂直于纸面的匀强磁场,从P点发出两个电子和一个正电子,三个粒子运动轨迹如图中
1、2、3所示。下列说法正确的是 ( )
A.磁场方向垂直于纸面向里
B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D.轨迹3对应的粒子是正电子
答案 A 由题意和轨迹图可知,轨迹1、3的弯曲方向均偏左,故为电子的轨迹,轨迹2
对应的粒子是正电子,故D错;由左手定则知,磁场方向垂直纸面向里,A正确;轨迹3的半
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mv2 mv
径比轨迹2的大,由Bqv= 得r= ,故知轨迹3对应的粒子初速度大,C错;轨迹1的半
r qB
径在逐渐减小,说明轨迹1对应的粒子速度在逐渐减小,B错。
6.(2022全国甲,18,6分)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平
面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点
O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是 ( )
答案 B 带正电粒子从原点O由静止释放,在电场力作用下,获得向上的速度后,会受到
向左的洛伦兹力,故粒子向左侧偏转,排除A、C选项;当粒子再回到x轴时,电场力整体做
功为零,洛伦兹力始终不做功,故此时速度为零,以后会重复原来的运动,不可能运动到x
轴下方,故B正确,D错误。
7.(2022重庆,5,4分)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗
略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场
和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感
应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场
方向的分量大小为v ,垂直于磁场方向的分量大小为v ,不计离子重力,则 ( )
1 2
A.电场力的瞬时功率为qE√v2+v2
1 2
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv B
1
C.v 与v 的比值不断变大
2 1
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D.该离子的加速度大小不变
答案 D 由题意可知,离子在平行于场方向上做匀加速直线运动、在垂直于场的方向
上做匀速圆周运动,离子在沿场方向上的加速度不变、垂直于场方向上的向心加速度大
小也不变且二者始终相互垂直,故该离子的加速度大小不变,D正确。由P=Fv cos α可知,
电场力的瞬时功率P=qEv ,A错误。在洛伦兹力公式F =Bqv中v是沿垂直磁场方向上
1 洛
的速度大小,故该离子受到的洛伦兹力大小为F =Bqv ,B错误。由于v 不变、v 增大,故
洛 2 2 1
v 与v 的比值不断减小,C错误。
2 1
8.(2022全国乙,18,6分)(多选)安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可以测量磁
感应强度B。如图,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在
某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。
根据表中测量结果可推知 ( )
测量序号 B/μT B/μT B/μT
x y z
1 0 21 -45
2 0 -20 -46
3 21 0 -45
4 -21 0 -45
A.测量地点位于南半球
B.当地的地磁场大小约为50 μT
C.第2次测量时y轴正向指向南方
D.第3次测量时y轴正向指向东方
答案 BC 依题意,z轴正向保持竖直向上,测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负,即
测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的,说明测量地点位于北半球,A错误;每次测量
得到的地磁场的两个分量互相垂直,任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的
地磁场磁感应强度大小约为50 μT,B正确;在北半球,地磁场的水平分量是由南向北的,第
2次测量时得到的水平分量即B 是负值,说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反,即
y
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指向南方,C正确;第3次测量时B 为零,说明y轴沿东西方向,又因B 为正,即x轴正向指
y x
北方,则y轴正向指向西方,D错误。
9.(2022广东,8,6分)(多选)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂
直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。
已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的有 ( )
A.电子从N到P,电场力做正功
B.N点的电势高于P点的电势
C.电子从M到N,洛伦兹力不做功
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
答案 BC 电子所受电场力方向向左,且电场力做功只与电子初末位置有关而与运动路
径无关,故从N到P电场力对电子做负功,A错误;沿电场线方向电势降低,故B正确;洛伦
兹力方向一定始终和速度方向垂直,故洛伦兹力不做功,C正确;电子从M到P,因为
φ =φ ,由W =qU 可知,W =0,结合动能定理可知电子在P点时的速度等于零,故电子
M P MP MP MP
在M、P两点均只受电场力,所受合力大小相等,故D错误。
10.(2022湖北,10,4分)(多选)如图所示,一带电粒子以初速度v 沿x轴正方向从坐标原点
0
O射入,并经过点P(a>0,b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,粒子从
O到P运动的时间为t ,到达P点的动能为E 。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强
1 k1
磁场实现,粒子从O到P运动的时间为t ,到达P点的动能为E 。下列关系式正确的是 (
2 k2
)
A.t <t B.t >t
1 2 1 2
C.E <E D.E >E
k1 k2 k1 k2
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a
答案 AD 若是电场,粒子做类平抛运动,沿x轴方向以初速度v 匀速运动,t = ,再由动
0 1 v
0
能定理可知E =E +qEb>E 。若是磁场,粒子做匀速圆周运动,在x轴方向上的分速度由
k1 k0 k0
a a
v 逐渐减小,平均速度必小于v ,则t = > ,由于洛伦兹力不做功,故E =E ,A、D正
0 0 2 v v k2 k0
0
确,B、C错误。
11.(2022湖北,11,4分)(多选)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在
导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,
方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体
棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀
√3
减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为 g;减速时,加速度的最大值为√3g,其
3
中g为重力加速度大小。下列说法正确的是 ( )
√3
A.棒与导轨间的动摩擦因数为
6
√3
B.棒与导轨间的动摩擦因数为
3
C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°
D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°
答案 BC 当导体棒加速运动时受力如图甲,由BIL sin θ-μ(mg-BIL cos θ)=ma,可得a=
BILsinθ+μBILcosθ BIL
-μg=
√1+μ2
sin (θ+φ)-μg,其中tan φ=μ,可见当θ+φ=90°时,加速
m m
BIL √3
度取得最大值为
√1+μ2
-μg= g;
m 3
当导体棒减速运动时受力如图乙,由BIL sin α+μ(mg+BIL cos α)=ma,其中α=180°-θ,可得
BILsinα+μBILcosα BIL
a= +μg=
√1+μ2
sin (α+φ)+μg,其中tan φ=μ,可见当α+φ=90°时,
m m
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BIL √3
加速度取得最大值为
√1+μ2
+μg=√3g,可得μ= ,则φ=30°,故当导体棒加速阶段加
m 3
速度大小最大时θ=60°,当导体棒减速阶段加速度大小最大时θ=120°,A、D错误,B、C正
确。
12.(2022湖北,8,4分)(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成
两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里
的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大
小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不
计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对
应θ角的可能组合为 ( )
1 1
A. kBL,0° B. kBL,0°
3 2
C.kBL,60° D.2kBL,60°
v2
答案 BC 通过作图可以得到规律,当(2n+1)R=L(n=0,1,2,3,…)时,θ=60°,结合Bqv=m ,
R
kBL
得此时速度v= (n=0,1,2,3,…),故C正确,D错误;当2nR=L(n=0,1,2,3,…)时θ=0°,此时
2n+1
kBL
v= (n=1,2,3,…),故B正确,A错误。
2n
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13.(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
1 2 1 2
与两根导线等高并垂直,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。
14.(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
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
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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。
15.(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。
16.(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。
17.(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。
18.(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
19.(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( )
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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
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。
20.(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
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v
②角速度表达式:ω= 。
r
21.(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
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。
22.(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,
2 1
若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
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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
23.(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
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。
24.(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
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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
25.(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
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。
26.(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( )
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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
L
O'C-dcosθ= +√r2-(r-d )2-dcosθ。当θ=90°时,l=9.1cm,当θ=60°时,l=6.78cm,当θ=45°
2 0
时,l=5.68cm,当θ=30°时,l=4.55cm。故可知A、D正确,B、C错误。
27.(2022江苏,13,8分)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示,云室中存在磁感应
强度大小为B的匀强磁场,一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量
异号电荷的粒子a和b,a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧,相同时间内的径迹长度
之比l ∶l =3∶1,半径之比r ∶r =6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力。求:
a b a b
(1)粒子a、b的质量之比m ∶m ;
a b
(2)粒子a的动量大小p 。
a
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6
答案 (1)2∶1 (2) mv
7
解析 (1)中性粒子分裂过程中电荷守恒,粒子a、b所带电荷量大小:q =q ,由l ∶l =3∶1可
a b a b
知分裂后两粒子在磁场中运动的速率之比为v ∶v =3∶1,带电粒子在磁场中做匀速圆周运
a b
mv2 r v
a b
动,洛伦兹力提供向心力,Bqv= ,结合r ∶r =6∶1可得,m ∶m = =2∶1。
r a b a b r v
b a
(2)中性粒子分裂过程中动量守恒:mv=m v +m v ,结合v ∶v =3∶1、m ∶m =2∶1、m=m +m 可
a a b b a b a b a b
6
得,p =m v = mv。
a a a 7
28.(2022全国甲,25,20分)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器,其简化的工作
原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧,C为位于纸面上的线圈,虚线框内有与纸
面垂直的匀强磁场;M为置于平台上的轻质小平面反射镜,轻质刚性细杆D的一端与M
固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连,PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读
数条,PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时,M竖直且与纸
面垂直;入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流
后弹簧长度改变,使M发生倾斜,入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心,通过
读取反射光射到PQ上的位置,可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数k,磁场磁感
应强度大小为B,线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l,细杆D的长度为d,圆弧PQ
的半径为r,r≫d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
(1)若在线圈中通入的微小电流为I,求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射
光点与O点间的弧长s;
(2)某同学用此装置测一微小电流,测量前未调零,将电流通入线圈后,PQ上反射光点出现
在O点上方,与O点间的弧长为s ;保持其他条件不变,只将该电流反向接入,则反射光点
1
出现在O点下方,与O点间的弧长为s 。求待测电流的大小。
2
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NBIl 2NBIlr k(s +s )d
答案 (1) (2) 1 2
k kd 4NBlr
解析 (1)通入电流后线圈所受安培力F=NBIl
由胡克定律及平衡条件有F=kΔx
NBIl
故弹簧长度改变量Δx=
k
由于d远大于弹簧长度的改变量,故细杆转过的角度
Δx NBIl
θ≈ =
d kd
由于入射光线不变,平面镜转过θ角时反射光线转过2θ,故
2NBIlr
s=2θr=
kd
(2)电流反向前后光点移动的弧长为s'=s +s
1 2
s +s
可知反射光线在此过程中转过的角度为θ'= 1 2
r
θ' s +s
则细杆转过的角度为 = 1 2
2 2r
θ' s +s
故弹簧长度的变化量Δx'= d= 1 2d
2 2r
由胡克定律得ΔF =kΔx'
弹
而此过程中弹簧弹力的变化量等于安培力的变化量,设待测电流为I,则ΔF =2NBIl
x 弹 x
k(s +s )d
解得I= 1 2
x 4NBlr
29.(2022北京,20,12分)指南针是利用地磁场指示方向的装置,它的广泛使用促进了人们
对地磁场的认识。现代科技可以实现对地磁场的精确测量。
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(1)如图1所示,两同学把一根长约10 m的电线两端用其他导线连接一个电压表,迅速摇
动这根电线。若电线中间位置的速度约10 m/s,电压表的最大示数约2 mV。粗略估算该
处地磁场磁感应强度的大小B 。
地
(2)如图2所示,一矩形金属薄片,其长为a,宽为b,厚为c。大小为I的恒定电流从电极P
流入、从电极Q流出,当外加与薄片垂直的匀强磁场时,M、N两电极间产生的电压为
U。已知薄片单位体积中导电的电子数为n,电子的电荷量为e。求磁感应强度的大小
B。
(3)假定(2)中的装置足够灵敏,可用来测量北京地区地磁场磁感应强度的大小和方向,请
说明测量的思路。
图1
图2
nec
答案 (1)见解析 (2) U (3)见解析
I
解析 (1)由E=BLv可估算得该处地磁场磁感应强度B 的大小的数量级为10-5 T。
地
(2)设导电电子定向移动的速率为v,Δt时间内通过横截面的电荷量为Δq,
Δq
有I= =nebcv
Δt
导电电子定向移动过程中,在MN方向受到的电场力与洛伦兹力平衡,
U
有e =evB
b
nec
得B= U
I
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(3)如图建立三维直角坐标系Oxyz。设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为B、B、
x y
B。把金属薄片置于xOy平面内,M、N两极间产生电压U 仅取决于B。
z z z
nec
由(2)得B= U
z I z
由U 的正负(M、N两极电势的高低)和电流I的方向可以确定B 的方向。
z z
同理,把金属薄片置于xOz平面内,可得B 的大小和方向;把金属薄片置于yOz平面内,可
y
得B 的大小和方向。
x
地磁场的磁感应强度的大小为B=√B2+B2+B2
。
x y z
根据B、B、B 的方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向。
x y z
30.(2022浙江6月选考,22,10分)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒
P,可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调),其上有
一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的
半圆柱面探测板Q,板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量
为-q(q>0)、速度大小不同的离子,其中速度大小为v 的离子进入转筒,经磁场偏转后恰好
0
沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷,不
计离子的重力和离子间的相互作用。
(1)①求磁感应强度B的大小;②若速度大小为v 的离子能打在板Q的A处,求转筒P角
0
速度ω的大小;
(2)较长时间后,转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处,OC与x轴负方向的夹角为
θ,求转筒转动一周的时间内,C处受到平均冲力F的大小;
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6v
(3)若转筒P的角速度小于 0,且A处探测到离子,求板Q上能探测到离子的其他θ'的值
R
(θ'为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。
答案 见解析
mv2 mv
解析 (1)①离子在磁场中运动qv B= 0 B= 0
0 R qR
πR
②离子在磁场中的运动时间t=
2v
0
π
转筒的转动角度ωt=2kπ+
2
v
ω=(4k+1) 0,k=0,1,2,…
R
(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R'
θ θ
R'=R tan v=v tan
2 0 2
R
离子在磁场中的运动时间t'=(π-θ)
v
0
转筒的转动角度ω't'=2nπ+θ
(2nπ+θ)v
0
转筒的转动角速度ω'= ,n=0,1,2,…
(π-θ)R
2π
动量定理F =Nmv
ω'
(2nπ+θ)Nmv2 θ
F= 0 tan ,n=0,1,2,…
2(π-θ)πR 2
(4k+1)v (2nπ+θ')v 6v
(3)转筒的转动角速度 0= 0 < 0
R (π-θ')R R
5-2n
k=1,θ'= π,n=0,2
6
5 1
可得θ'= π, π
6 6
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31.(2022浙江1月选考,22,10分)如图为研究光电效应的装置示意图,该装置可用于分析
光子的信息。在xOy平面(纸面)内,垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置,板N中
间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧
所围的区域Ⅰ,整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强
度大小恒为B 、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y
1
轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ,其宽度为a,长度足够长,其中
的磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U
加速(板间电场视为匀强电场),调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度,使电子恰
好打在坐标为(a+2l,0)的点上,被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为
e,板M的逸出功为W ,普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为
0
ν的光照射板M时有光电子逸出。
(1)求逸出光电子的最大初动能E ,并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v 的大小范
km 0
围;
√3eU √emU
(2)若区域Ⅰ的电场强度大小E=B ,区域Ⅱ的磁感应强度大小B = ,求被探测
1 m 2 ea
到的电子刚从板M逸出时速度v 的大小及与x轴的夹角β;
M
(3)为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到,需要调节区
域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B ,求E的最大值和B 的最大值。
2 2
答案 见解析
解析 (1)由光电效应方程有E =hν-W
km 0
1
设光电子从O点射入区域Ⅰ时速度为v ,根据动能定理有eU=
mv2
-E ,且0≤E ≤E
0 2 0 k k km
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√2eU √2(hν+eU-W )
则 ≤v ≤ 0
0
m m
(2)为使电子恰好打在坐标为(a+2l,0)的点上,则电子通过区域Ⅰ时,须沿纸面运动,根据速
E √3eU
度选择器原理ev B =eE,解得v = =
0 1 0 B m
1
1 1 √eU
根据动能定理有eU=
mv2
-
mv2
,解得v =
2 0 2 M M m
电子从O点到坐标(a+2l,0)点的运动轨迹如图所示
a v2
由几何关系有r sin α= 且eB v =m 0
2 2 0 r
沿y轴方向有v sin β=v sin α,解得β=30°
M 0
(3)由ev B =eE可得E=B v ,则
0 1 1 0
√2(hν+eU-W )
E =B 0
max 1
m
a mv sinα a 1 √2(hν-W )
由r sin α= 得 0 = ,且 m(v sin α)2≤E ,则v sin α≤ 0
2 eB 2 2 0 km 0 m
2
2√2m(hν-W )
解得B = 0
2max
ea
32.(2022河北,14,16分)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置,如图1所示。金属
板与可调电源相连形成电场,方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场,方向垂直xOy平
面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子
源,可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子,不计重力及粒子间的相
互作用,图中物理量均为已知量。求:
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2πm
(1)t=0时刻释放的粒子,在t= 时刻的位置坐标;
qB
0
6πm
(2)在0~ 时间内,静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功;
qB
0
(4πE m π2E m) 6πm
(3)在M 0 , 0 点放置一粒子接收器,在0~ 时间内什么时刻释放的粒
qB2 4qB2 qB
0 0 0
子在电场存在期间被捕获。
(2πE m π2E m) 2π2E2m
答案 (1) 0 , 0 (2) 0
qB2 2qB2 B2
0 0 0
πm 13 πm
(3) 和 ·
2qB 3 qB
0 0
πm
解析 (1)在0~ 时间内,带电粒子在电场中做匀加速直线运动
qB
0
1 πE π2mE
0 0
由v =at,E q=ma,y = at2,解得v = 、y =
1 0 1 2 1 B 1 2qB2
0 0
πm 2πm
在 ~ 时间内,带电粒子在磁场中做了半个周期的匀速圆周运动
qB qB
0 0
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mv2 2πmE
由qB v = 1,x =2R,解得x = 0
0 1
R
1 1 qB2
0
2πm (2πmE π2mE )
故在 时刻带电粒子的坐标为
0, 0
qB qB2 2qB2
0 0 0
πm πE
0
(2)在0~ 时间内v =
qB 1 B
0 0
2πm 3πm πm πE
0
在 ~ 时间内,由2E q=ma ,v =-v +a ,解得v =
qB qB 0 2 2 1 2qB 2 B
0 0 0 0
4πm 5πm πm 2πE
0
在 ~ 时间内,由3E q=ma ,v =-v +a ,解得v =
qB qB 0 3 3 2 3qB 3 B
0 0 0 0
1 6πm
2π2mE2
由W=
mv2
,解得在0~ 时间内,静电力对带电粒子做的功为:W=
0
2 3 qB B2
0 0
πm E q
(3)设 =T, 0 =a,
qB m
0
πm
(ⅰ)若在0~ 时间内某时刻t'释放,粒子首次加速时间为(T-t'),
qB
0
mv '
1
则首次加速后速度v '=a(T-t'),在磁场内偏转的半径R = ,
1 1 qB
0
4πmE
0
由(1)易知,粒子至少要再次加速并偏转才可能通过x = ,
M qB2
0
3πm mv '
2
设粒子在 的速度为v ',在磁场内偏转半径为R = ,
qB 2 2 qB
0 0
则v '=-v '+2aT,
2 1
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解得v '=a(T+t'),
2
经过两次半个周期的圆周运动,在x方向上的位移
2m(v '+v ') 4maT
1 2
x=2R +2R = = ,
1 2 qB qB
0 0
4m E q πm 4πmE πm
即x= · 0 · = 0 =x ,可见在0~ 时间内任意时刻释放,经历两次偏转后
qB m qB qB2 M qB
0 0 0 0
水平位移x=x 恒成立。
M
现分析该过程中,在y方向上的位移
1
第一次加速后,y '= a(T-t')2,
1 2
1 (v '-v ')T
第二次加速后,y '=-v 'T+ ·2aT2=aTt'或y '= 2 1 =aTt',
2 1 2 2 2
1 1
此时纵坐标Y=y '+y '= a(T-t')2+aTt'= a(T2+t'2),
1 2 2 2
经过第二次偏转后进入第三次匀变速运动,加速度为3a,
此时粒子向下运动的最大距离
v '2 a2 (T+t') 2 a(T+t') 2
Δy = 2 = = ,
1
2·3a 6a 6
则纵坐标的最小值
1 a(T+t') 2 1
Y'=Y-Δy = a(T2+t'2)- = a(t'2-Tt'+T2)
1 2 6 3
1 [ T 2 3 ] T πm
Y'= a (t'- ) + T2 ,即当t'= = 时Y'有最小值
3 2 4 2 2qB
0
第45页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
1 1 E q π2m2 π2mE
Y '= aT2= · 0 · = 0 =y
min 4 4 m q2B2 4qB2 M
0 0
πm 4πm 5πm
可见当t'= 时,在 ~ 阶段中粒子向下减速到0时恰好能被捕获。
2qB qB qB
0 0 0
2πm 3πm
(ⅱ)若在 ~ 时间内某时刻释放,粒子加速时间为(T-t″),
qB qB
0 0
1 2mv ″ 4πmE 4E
1 0 0
则有v ″=2a(T-t″),y ″= ·2a(T-t″)2,在x方向上的位移x ″=2R ″= = - t″,
1 1 2 1 1 qB qB2 B
0 0 0
2πm
可见要到达x 应在t″=0即 时刻释放,
M qB
0
此时v ″=2aT,
1
1 E q π2m2 π2mE
则y轴方向上y ″= ·2aT2=aT2= 0 · = 0 ,
1 2 m q2B2 qB2
0 0
v ″2 2 2π2mE
偏转后向下移动的最大距离Δy '= 1 = aT2= 0 ,
1 2·3a 3 3qB2
0
π2mE π2mE
0 0
此时纵坐标的最小值Y″=y ″-Δy '= > ,即不可能到达y 而被捕获。
1 1 3qB2 4qB2 M
0 0
4πm 5πm
(ⅲ)若在 ~ 时间内某时刻释放,
qB qB
0 0
则加速后速度v ‴=3a(T-t‴),
1
2mv ‴ 6ma(T-t‴)
1
在x方向上的位移x ‴=2R ‴= = ,
1 1 qB qB
0 0
6πmE 6E
0 0
解得x ‴= - t‴,
1 qB2 B
0 0
6πmE 6E 4πmE πm T
0 0 0
令x ‴=x ,即 - t‴= ,得t‴= = ,
1 M qB2 B qB2 3qB 3
0 0 0 0
4πm 13πm
即在 +t‴= 时刻释放能满足到达x 的条件,
qB 3qB M
0 0
第46页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
T 2πE
0
此时粒子加速后的速度v =3a(T- )=2aT= ,
0 3 B
0
1 2 2π2mE v2 1
此时Y = ·3a(T-t‴)2= aT2= 0 ,粒子偏转后,纵坐标的最小值Y ″=Y - 0 = aT2=
1 2 3 3qB2 1 1 2·4a 6
0
1 E q π2m2 π2mE π2mE
· 0 · = 0 < 0
6 m q2B2 6qB2 4qB2
0 0 0
即偏转后粒子向下运动过程中必经过M点。
6πm πm 13πm
综上可知在0~ 时间内有两个时刻即 和 释放的粒子满足要求。
qB 2qB 3qB
0 0 0
33.(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。
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
第47页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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)
34.(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
(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
第48页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
35.(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
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
第49页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
3m
t= ⑥
2qB
36.(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
第50页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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
第51页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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。
37.(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'
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
第52页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(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
38.(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
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。
第53页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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
(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
第54页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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
39.(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;
第55页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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
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
第56页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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
40.(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
第57页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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。
41.(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
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
第58页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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
q q
1 2
∶ =1∶4⑧
m m
1 2
42.(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
第59页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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
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
43.(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
0
坐标原点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
第60页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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
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
第61页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
E v
= 0
B 2
44.(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
d
一小孔。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
2
上的速度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。
(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
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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
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区磁感应
1 2
2mv 4mv
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 ,圆弧和大圆的两个切点
1 2
与圆心O连线间的夹角设为α,由几何关系得
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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
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
45.(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
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(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。
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
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图1
r sinθ -r sinα =d⑧
n n n n
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
第66页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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。
46.(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
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
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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
(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。
47.(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
1 2
板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
0 1 2 1 2
MN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
1 1
离是L的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。
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(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
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
第69页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(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
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
48.(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
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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'
√ 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
49.(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
第71页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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。
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
第72页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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。
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
第73页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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。
50.(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
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
第74页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(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
51.(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
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
第75页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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:
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
第76页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
52.(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
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
第77页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(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
53.(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。
第78页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(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
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
第79页共86页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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)
54.(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;
(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
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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
(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。
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55.(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
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
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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,
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)
56.(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
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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。
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
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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
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。
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由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图A所示。
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