北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题十 磁场
专题检测题组
1.(2022河南郑州质量预测,7)两个完全相同的弹簧测力计竖直放置,下方悬挂一
粗细均匀的水平直导线ab,长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场
中,如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I,其中一个弹簧测力计的示数
为F 。若将电流反向,大小不变,则其中一个弹簧测力计的示数为F 。下列说法
1 2
正确的是 ( )
F +F
A.直导线ab的质量m= 1 2
g
F +F
B.直导线ab的质量m= 1 2
2g
2F -2F
C.匀强磁场的磁感应强度B= 2 1
IL
F -F
D.匀强磁场的磁感应强度B= 2 1
2IL
答案 A 若水平直导线ab中电流方向由a到b,对ab受力分析可得
BIL+2F =mg;若将ab中电流反向,对ab受力分析可得2F =mg+BIL,联立解得m=
1 2
F +F F -F
1 2,B= 2 1,A正确,B、C、D错误。
g IL
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2.(2022新疆检测,17)如图所示,一足够长且粗细均匀的绝缘细管固定于水平地
面上,细管内表面粗糙。有一带正电的小球沿管水平向右进入管内,细管内径略大
于小球直径。已知细管所在处有沿水平方向且与细管垂直的匀强磁场,小球在管
内的运动情况不可能的是 ( )
A.匀速直线运动
B.做加速度增大的减速运动直至静止
C.先做加速度增大的减速运动,然后做匀速直线运动
D.先做加速度减小的减速运动,然后做匀速直线运动
答案 C 设小球进入管内时速度为v ,若qv B=mg,小球将做匀速直线运动,A正
0 0
确。若qv B<mg,可得qv B+F =mg,小球受到向左的滑动摩擦力f=μF ,小球的加速
0 0 N N
f μ(mg-qvB)
度大小a= = ,加速度a会随小球速度的减小而增大,故小球做加速度
m m
增大的减速运动,当速度减到零后静止,B正确。若qv B>mg,可得qv B-F =mg,小
0 0 N
f μ(qvB-mg)
球受到向左的滑动摩擦力f=μF ,小球的加速度大小a= = ,加速度a
N m m
会随小球速度的减小而减小,故小球做加速度减小的减速运动,当qvB=mg时f=0,
此后小球做匀速直线运动,D正确。故选C。
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3.(2022陕西汉中质检,20)(多选)如图所示,边长为L的正六边形区域内有磁感应
强度大小为B,方向垂直纸面向外的匀强磁场,置于A点的粒子源能沿AD方向向
磁场内同时发射比荷相同但速率不同的带正电粒子。已知刚好从E点射出磁场
的粒子在磁场中的运动时间为t,不计粒子间的相互作用及重力,以下说法正确的
是 ( )
π
A.粒子的电荷量与质量之比为
3Bt
B.从边界上任一点射出的粒子的速度方向的反向延长线必过正六边形的中心
C.粒子在磁场中运动的轨迹越长,则时间也越长
√3πL
D.从F点射出的粒子射入速度为
9t
答案 AD 由几何关系可得从E点射出的粒子对应的轨迹圆的半径r =2L sin
4
T πm q π
60°=√3L,运动轨迹对应的圆心角为60°,所以t= = ,故 = ,A正确。如果
6 3qB m 3Bt
磁场为圆形,粒子沿半径方向射入一定会沿半径方向射出,所以从正六边形的顶点
射出的粒子速度反向延长线过正六边形的中心,但从边界其他点射出的粒子速度
反向延长线不过正六边形的中心,B错误。由几何关系可知,从AF边界射出的粒
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子运动轨迹对应的圆心角相等且均为120°,则虽然粒子的运动轨迹不一样长,但运
L √3
动的时间相等,C错误。从F点射出的粒子对应的轨迹圆的半径r = =
2
2sin60° 3
L,再由qv B=mv 2 可得从F点射出的粒子射入的速度v =√3πL,D正确。
2 2 2
r 9t
2
方法技巧
本题解题关键是准确地画出粒子运动的轨迹。粒子源发射的粒子速度方向相同、
大小不同,所以运动轨迹圆的圆心均在垂直于AD的同一条直线上。
4.(2022云南师大附中联考,19)(多选)如图所示为一种改进后的回旋加速器示意
图,在两D形盒左边的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N,
每当带正电的粒子从a孔进入时,立即在两板间加上恒定电压,粒子经加速后从b
孔射出时,立即撤去电压。粒子进入D形盒中的匀强磁场后做匀速圆周运动。已
知D形盒的缝隙间无磁场,不考虑相对论效应和粒子在M、N两板间运动的时间,
下列说法正确的是 ( )
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A.增大板间电压,粒子最终获得的最大动能变大
B.增大板间电压,可以缩短粒子在回旋加速器中的运动时间
C.粒子每运动一周粒子的动能增加量越来越小
D.粒子每运动一周直径的增加量越来越小
答案 BD 粒子离开D形盒时轨迹圆的半径等于D形盒的半径R,由洛伦兹力
v2 1 R2q2B2
提供向心力可得Bqv=m ,所以粒子的最大动能E = mv2= ,与板间电压无
R k 2 2m
1
关,A错误。粒子在电场中加速的次数为n,由动能定理可得nqU= mv2,粒子在磁
2
2πm
场中运动的周期T= ,粒子在回旋加速器中的运动时间t=nT,联立解得t=
qB
πBR2
,所以运动时间会随板间电压U的增大而减小,B正确。粒子每运动一周粒
U
子动能的增加量ΔE =qU,直径的增加量Δd=2R -2R =
k n n-1
2m[ √2nqU √2(n-1)qU ]=2 √2mU( - ),所以Δd会随n的增大而减小,
- √n √n-1
qB m m B q
D正确。
模型特征
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带电粒子在运动一周的过程中只有从a孔经过加速电场到b孔才被加速一次,所
以粒子运动一周后会回到a孔。粒子仍然是在电场中加速做匀变速直线运动,在
磁场中做匀速圆周运动,不考虑粒子在电场中的运动时间,则粒子在回旋加速器中
运动的时间等于粒子在磁场中运动的时间。
5.(2022无锡天一中学期末,5)如图所示,一个质量为m、电荷量为+q的圆环,可在水平放置
的足够长的粗糙细杆上滑动。细杆处于水平方向垂直于杆的匀强磁场中,磁感应强度大小为
B,不计空气阻力,重力加速度为g。现给圆环向右的初速度v,以下关于圆环运动描述一定错
0
误的是 ( )
A.圆环一直以速度v 做匀速直线运动
0
B.圆环做减速运动,直到最后停在杆上
mg
C.圆环先做变加速运动,最后以速度v= 匀速运动
qB
mg
D.圆环先做匀变速运动,最后以速度v= 匀速运动
qB
答案 D 给圆环一个初速度,圆环受到向上的洛伦兹力、向下的重力,有可能受到杆的弹力
和摩擦力。若洛伦兹力等于圆环的重力,即mg=qvB,则圆环和杆之间的弹力为0,圆环不受摩
0
擦力,圆环将一直以速度v 做匀速直线运动,故A可能正确;若洛伦兹力小于圆环的重力,即
0
mg>qvB,圆环和杆之间存在弹力,圆环受到向左的滑动摩擦力,做减速运动,直到最后停在杆上,
0
故B可能正确;若洛伦兹力大于重力,即mg<qvB,圆环和杆之间存在弹力,圆环受到向左的滑
0
动摩擦力,圆环将做减速运动,因为速度不断变化,圆环受到的洛伦兹力不断变化,圆环和杆之
间的弹力不断变化,滑动摩擦力也不断变化,根据牛顿第二定律可知圆环的加速度也不断变化,
mg
当洛伦兹力等于重力,即mg=qvB,解得v= ,则圆环所受支持力变为0,摩擦力变为0,圆环将
qB
mg
一直以速度 做匀速直线运动,故C可能正确,D一定错误。
qB
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6.(2022镇江一中月考,6)如图所示,匀强磁场垂直于纸面向里,匀强电场平行于斜面向下,斜
面是粗糙的。一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动,经a点后到b点时速度减为零,接
着又滑了下来。设物块带电荷量保持不变,则从a到b和从b回到a两过程相比较 (
)
A.加速度大小相等
B.摩擦产生热量不相同
C.电势能变化量的绝对值不相同
D.动能变化量的绝对值相同
答案 B 两过程中,重力、电场力恒定,支持力方向不变,洛伦兹力方向相反,摩擦力方向相反,
物块所受合外力大小不同,由牛顿第二定律知,加速度大小必定不同,A项错误;上滑过程中,洛
伦兹力垂直斜面向上,物块所受滑动摩擦力F'=μ(mg cos θ-qvB),下滑过程中,洛伦兹力垂直斜
f
面向下,物块所受滑动摩擦力F″=μ(mg cos θ+qvB),摩擦产生热量Q=Fx,两过程位移大小相等,
f f
摩擦力大小不同,故产生热量不同,B项正确;a、b两点电势确定,由E=qφ可知,两过程中电势
p
能变化量的绝对值相等,C项错误;上滑过程和下滑过程,都是重力、摩擦力及电场力做功,但
是上滑时摩擦力小于下滑时摩擦力且摩擦力方向相反,则合外力做的功的绝对值不相等,由动
能定理可知,动能变化量大小不相同,D项错误。
7.(2023届苏州实验中学开学考试,5)带电粒子在重力场中和磁场中的运动可以分解为在水
平方向上的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。若带正电小球的初速度为零,可
以分解为在水平方向上有两个大小相等、方向相反的速度。水平向右的速度对应的洛伦兹
力与小球的重力平衡,水平向左的速度对应的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动所需的向心
力。设带电小球的质量为m、电荷量为+q,磁感应强度为B(范围无限大),重力加速度为g,小
球由静止开始下落,则以下猜想正确的是 ( )
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A.M、N两点间的距离为πm2g
q2B2
B.小球在运动过程中机械能不守恒
C.小球下降的最大高度为2m2g
q2B2
D.小球的加速度小于g
mg
答案 C 在水平方向上带电小球做匀速直线运动,则有mg=Bqv,求得水平速度为v= ,竖
0 0
Bq
直平面内小球做匀速圆周运动,有Bqv=mv2 =m4π2 R,匀速圆周运动半径为R=mv =m2g,
0 0 0
R T2 Bq B2q2
周期为T=2πm,M、N两点间距离为s=vT=2πm2g,故A错误;小球在运动过程中只有重力
0
Bq q2B2
做功,洛伦兹力不做功,则小球的机械能守恒,故B错误;小球下落的最大高度为h=2R=2m2g,
B2q2
故C正确;小球在水平方向做匀速直线运动,竖直平面内做匀速圆周运动,小球的加速度大小
恒为a
=v2
=g,故D错误。
向 0
R
8.(2022泰州一中月考,6)如图所示,空间中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁
场方向垂直纸面向里,在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆,与电场方向成
60°夹角且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上,当小球沿杆向下的初速度为v 时,小
0
球恰好做匀速直线运动,则下列说法正确的是 ( )
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A.小球可能带正电,也可能带负电
E 1
B.磁场和电场的大小关系为 = v
0
B 2
C.若撤去磁场,小球仍做匀速直线运动
D.若撤去电场,小球的机械能不断增大
答案 C 洛伦兹力和支持力与运动方向相互垂直,均不做功,重力做正功,而小球做匀速直线
运动,动能保持不变,则电场力一定做负功,小球带正电,故A错误;当支持力为零时,电场力、重
E √3
力、洛伦兹力三力平衡,则有qE=qvB sin 60°,可得 = v,故B错误;撤去磁场后,因重力和
0 0
B 2
电场力的合力垂直于杆,小球仍做匀速直线运动,故C正确;撤去电场后,小球仅有重力做功,机
械能不变,故D错误。
9.(2022南通如皋中学模拟,8)如图所示为一圆形区域,O为圆心,半径为R,P为边界上的一点,
区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B。电荷量为q、质量为m
qBR
的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v= 射入磁场,粒子a正对
m
圆心射入,粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成θ角,已知粒子a与粒
子b在磁场中运动的时间之比为3∶4,下列说法正确的是 ( )
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=R
B.θ=60°
C.θ=37°
D.a、b粒子离开磁场时的速度方向也成θ角
mv2 mv qBR
答案 A 根据Bqv= ,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r= ,代入速度v= ,得
r qB m
1
r=R,故A正确;粒子a正对圆心射入,又r=R,故粒子a在磁场中的运动时间为 T,运动轨迹圆
4
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弧的圆心角为90°,两粒子在磁场中运动的周期相等,根据Bqv=m·4π2rR,r=mv得T=2πm,
T2 Bq qB
1
根据粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为3∶4可知,粒子b在磁场中的运动时间为 T,
3
即运动轨迹圆弧的圆心角为120°,运动轨迹圆弧对应的圆心与O、P三点的连线构成等边三
角形,故θ=30°,故B、C错误;作图并由几何知识可知a、b粒子离开磁场时速度方向平行,是
“磁发散”模型,故D错误。
10.(2022湖南师大附中三模,4)通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导
线MN在同一平面内,电流方向如图所示,ab边与MN平行。则在通电直导线MN的
磁场中 ( )
A.线框所受安培力的合力为零
B.线框有两条边所受的安培力方向相同
C.线框有两条边所受的安培力大小相同
D.线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势
答案 C 直导线中的电流方向为由N到M,根据安培定则,导线右侧区域磁感应
强度方向为垂直纸面向内,根据左手定则,ab边受向左的安培力,cd边受到向右
的安培力,ad边受到斜向左下方的安培力,bc边受到斜向左上方的安培力,四个
边所受的安培力的合力不为零,其中bc边和ad边所受的安培力大小相同,故A、
B错误,C正确;离MN越远的位置,磁感应强度越小,故根据安培力公式F=BIL,cd
边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和,则线框在安培
力作用下一定有向左的运动趋势,故D错误。
11.(2022湖南师大附中一模,10)(多选)
如图,一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,杆和磁场垂直,与
水平方向成θ角。杆上套一个质量为m、电荷量为+q的小球,小球与杆之间的
动摩擦因数为μ。从A点开始由静止释放小球,使小球沿杆向下运动。设磁场区
域很大,杆足够长,已知重力加速度为g。则下列叙述中正确的是 ( )
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A.小球运动的速度先变大,后不变,加速度不断减小
B.小球运动的加速度先增大到g sin θ,然后减小到零
C.小球的速度达到最大速度一半时加速度为0.5g(sin θ+μ cos θ)
D.小球的速度达到最大速度一半时加速度为g sin θ+μg cos θ
答案 BC 下滑过程分两个阶段,第一阶段:随着小球速度增大,洛伦兹力增大,
导致受杆的弹力(垂直杆向上)减小,则滑动摩擦力也减小,所以加速度增大;当速
度达到某个特定值时,洛伦兹力的大小等于重力在垂直于杆方向上的分力,弹力
为零,摩擦力也为零,此时加速度达到最大值,小球受力如图所示
根据牛顿第二定律得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ。第二阶段:小球继续向下
加速运动,洛伦兹力大于重力在垂直于杆方向上的分力时,杆对球的弹力反向(垂
直杆向下)增大,滑动摩擦力跟着增大,合力减小,加速度减小,直到加速度为零,
小球受力平衡。因此小球先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运
动,直到加速度减小到零,最后做匀速直线运动,故A错误,B正确。当小球所受合
力为零时,速度最大,设最大速度为v ,小球受力如图所示
m
根据平衡条件可得qv B=N+mg cos θ,mg sin θ=f,f=μN,联立解得v =
m m
mg(sinθ+μcosθ)
;当小球加速度最大时,a=g sin θ,设此时速度为v ,有
1
μBq
mgcosθ
qv B=mg cos θ,解得v = ;小球静止释放能下滑,则有mg sin θ>μmg
1 1
qB
v
cos θ,联立方程,可知v < m,说明小球速度为最大值一半时,处于加速度减小
1
2
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v
的加速阶段,所受杆对它的弹力垂直杆向下,则有mg sin θ-f=ma,q mB=N'+mg
2
cos θ,f=μN',联立方程,解得a=0.5g(sin θ+μ cos θ),故C正确,D错误。
故选B、C。
12.(2022长沙市3月调研联考,6)如图所示,现有包含 Ar和 Ar两种同位素
40 36
18 18
氩离子,它们经同一个加速电场(未画出)从静止状态加速后,垂直左边界进入一
个等边三角区域的匀强磁场。已知同位素 Ar在出磁场时也垂直于磁场另一个
36
18
边界,轨迹如图中曲线所示。设同位素 Ar和 Ar质量分别是m 和m ,则 Ar
36 40 1 2 36
18 18 18
和 Ar射出磁场后速度之间的夹角δ为(当δ很小时,δ≈ sin δ) (
40
18
)
A.√m -√m ·√3 rad B.√m -√m ·√3 rad
2 1 2 1
√m 2 √m 2
2 1
C.m -m ·√3 rad D.m -m ·√3 rad
2 1 2 1
m 2 m 2
2 1
答案 A 作出 Ar在磁场中运动的轨迹如图所示,O 为 Ar运动轨迹的圆
40 1 36
18 18
心,O 为 Ar运动轨迹的圆心。设 Ar在磁场中运动的速度为v ,轨道半径为
2 40 36 1
18 18
R Ar在磁场中运动的速度为v ,轨道半径为R 。
1;40 2 2
18
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1
首先粒子从同一电场中射出,则有qU= mv2;又同位素带电荷数相同,质量不同,
2
则 v =√m ;在磁场中,洛伦兹力提供向心力,qvB=mv2 ,则 R =√m 。由图可知,在
1 2 1 1
v m R R m
2 1 2 2
△AO 1 O 2 中由正弦定理得R 2 -R 1 = R 2 = R 2 ,则δ=√3( R 2 -R 1 )。综上
sinδ sin(180°-φ) sin60° 2 R
2
可得δ= √3(√m 2 -√m 1 ),故选A。
2 √m
2
13.(2022雅礼中学一模,6)如图所示,某同学在xOy平面直角坐标系中设置了一
L
个“心”形图线,A点坐标为(0,-L),C点坐标为(- ,0),D点与C点关于y轴对
2
称。为使带电粒子
沿图线运动,该同学在x轴下方和上方添加了方向垂直纸面向里、磁感应强度大
小分别为B 和B 的匀强磁场,在O点沿x轴放置很短的绝缘弹性板,粒子撞到板
1 2
上时,竖直速度反向,水平速度不变。从A点沿与y轴正方向成53°角的方向向
左以速度v 射入一带电荷量为-q、质量为m的粒子,不计粒子重力,经过一段时
0
间粒子又回到A点。则B 与B 的比值应为 ( )
1 2
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 3 4 5
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答案 D 带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,粒子从A点运动到C
点,设轨迹半径为r ,过C点时速度方向与竖直方向夹角为θ,由几何关系可得
1
L 5
L=r cos 37°+r sin θ, =r cos θ-r sin 37°,可得r = L,θ=0°,粒子
1 1 1 1 1
2 4
L 1
从C点运动到O点,设轨迹半径为r ,则有2r = ,可得r = L,带电粒子在磁场中
2 2 2
2 4
做圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有Bqv =mv2,B=mv ,可得B =r =1,故选
0 0 0 1 2
r qr B r 5
2 1
D。
14.(2022茂名一模,5)如图所示,两根相互平行放置的长直导线a和b通有大小相等、
方向相反的电流,a受到磁场力的大小为F,当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后,
1
a受到的磁场力大小变为F。则此时b受到的磁场力大小为 ( )
2
A.F B.F-F
2 1 2
C.F+F D.2F-F
1 2 1 2
答案 A 由于同向电流相互吸引,反向电流相互排斥,则两导线之间存在相互作用的力,
即它们受力等大反向,故选A。
知识解读
本题以安培力为背景,实质上考查的是相互作用力的问题,两根导线受到的安培力等大
反向。
15.(2022汕头二模,8)(多选)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度。图示
为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹,已知图示云室加垂直纸面方向的
匀强磁场,由图可以判定 ( )
A.匀强磁场方向向外
B.正电子由上而下穿过铅板
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C.正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同
D.正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等
v2 mv
答案 BC 带电粒子在匀强磁场中,洛伦兹力提供向心力,则有qvB=m ,解得r= ,正
r qB
电子穿过铅板后速度会减小,则其轨迹半径减小,从图中可知铅板上方轨迹半径比下方
轨迹半径大,故正电子由上而下穿过铅板,由左手定则可以判断匀强磁场方向向里,A错
误,B正确;正电子穿过铅板后速度会减小,动量减小,正电子在铅板上、下磁场运动中动
v qB
量大小不相等,D错误;正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω= = ,则正电子在
r m
铅板上、下磁场中运动的角速度相同,C正确。故选B、C。
16.(2022新疆二模,17)如图甲,竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电
场和垂直纸面的水平匀强磁场,电场和磁场的范围足够大,电场强度E=40 N/C,磁
感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示,选定磁场垂直纸面向里为正方
向。t=0时刻,一质量为m=8×10-4 kg、电荷量为q=+2×10-4 C的带电粒子在O点
具有竖直向下的速度v=0.12 m/s,O'是挡板MN上一点,直线OO'与挡板MN垂直,
取g=10 m/s2。求:
(1)带电粒子再次经过直线OO'时与O点的距离;
(2)带电粒子在运动过程中离开直线OO'的最大高度;
(3)水平移动挡板,使带电粒子能垂直射到挡板上,挡板与O点间的距离L应满足的
条件。
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甲
乙
答案 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L=(0.6+1.2n) m,(n=0,1,2,3,…)
解析 (1)对带电粒子进行受力分析,mg=qE=8×10-3 N,即当空间内有磁场时,带电
粒子做匀速圆周运动,当空间内没有磁场时,带电粒子做匀速直线运动;粒子在磁
2πm 1
场中做圆周运动的周期T= =10π s,所以0~5π s粒子做 个圆周运动,5π~10π s
qB 2
v2
粒子做匀速直线运动,运动轨迹如图所示,由qvB=m 可得r=0.6 m,则粒子再次经
r
过直线OO'时与O点的距离d=2r=1.2 m。
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(2)5π~10π s粒子做匀速直线运动,粒子向上运动的距离h=vt≈1.88 m,则粒子离开
直线的最大高度H=h+r=2.48 m。
(3)若使带电粒子垂直打到挡板上,则挡板与O点间的距离L=r+2nr=(0.6+1.2n)
m(n=0,1,2,3,…)。
17.(2022河南郑州质量预测,17)竖直平面内有Ⅰ、Ⅱ两个区域的匀强磁场,方向
均垂直纸面向外,两区域边界相切,如图所示。Ⅰ区域是半径为R的圆形边界磁场,
磁感应强度大小为B;Ⅱ区域是边长为2R的正方形边界磁场,磁感应强度大小为
2B。以圆形边界磁场最底端O为原点建立xOy直角坐标系。一质量为m、电荷
量为+q的粒子,由原点O沿与x轴正方向60°夹角进入Ⅰ磁场区域,速度大小v=
qBR
。粒子重力忽略不计,求:
m
(1)粒子运动到x轴时的位置;
(2)若Ⅱ区域内磁场反向,则粒子再次经过y轴时的位置。
3
答案 (1)( R,0) (2)(0,2R)
2
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解析 (1)由qvB=mv2 可得粒子在Ⅰ区域内轨迹圆的半径r =mv=R;
1
r qB
1
R
同理可得粒子在Ⅱ区域内轨迹圆的半径r = ;
2
2
R 3 3
由图甲可得所求位置横坐标x=R+ = R,所以粒子运动到x轴的位置为( R,0)。
2 2 2
图甲
(2)若Ⅱ区域内磁场反向,粒子运动轨迹如图乙所示,粒子再次经过y轴时的纵坐标
R
y=2(R-R cos 60°)+2× =2R,所以粒子再次经过y轴时的位置为(0,2R)。
2
图乙
18.(2022岳阳市二模,14)如图甲所示,在xOy平面的第一象限内存在周期性变化
的磁场,规定磁场垂直纸面向内的方向为正,磁感应强度B随时间t的变化规律
如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子,在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原
点O射入磁场。图乙中T 为未知量,不计粒子的重力(sin 37°=0.6,cos
0
37°=0.8)。
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2
(1)若粒子射入磁场时的速度为v ,求0~ T 时间内粒子做匀速圆周运动的半径;
0 0
5
(2)若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场,求磁感应强度变化的周期T ;
0
(3)若使粒子能从坐标为(d,√3d)的D点平行于Ox轴射出,求射入磁场时速度大
小。
答案 (1) mv (2)143πm
0
3qB 216B q
0 0
(3)4√3B qd(n=1,2,3,…)
0
5nm
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力得qv ·3B =mv2 ,解得r = mv 。
0 0 0 1 0
r 3qB
1 0
甲
(2)要使粒子恰好不从Oy轴射出,如图甲,在前2T 内的运动半径r = mv ,在后
0 1 0
5 3qB
0
3T 内的运动半径r = mv ,由几何关系知 sin θ= r =0.6,解得θ=37°,0~
0 2 0 2
5 2qB r +r
0 1 2
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2 2πm 180°-37° 2
T 粒子做圆周运动的周期T= ,则 T= T ,解得磁感应强度变化周
5 0 3qB 360° 5 0
0
143πm
期T = 。
0 216B q
0
(3)要想使粒子经过D点且平行于Ox轴射出,则粒子只能在nT (其中
0
n=1,2,3,…)时刻经过D点,则轨迹如图乙,设粒子射入磁场的速度为v,由(2)可
得r =3r ,由几何关系可知,n(2r cos 30°+2r cos 30°)=2d,又qv·3B =mv2,
2 1 1 2 0
2 r
1
解得v=4√3B qd(n=1,2,3,…)。
0
5nm
乙
疑难突破
带电粒子在磁场中周期性运动的轨迹问题一直是个难点,要抓住三个原则:(1)分
段画圆弧轨迹;(2)圆弧必须是标准圆作图;(3)注意交界点的速度方向。
19.(2022长沙市一中月考八,14)如图甲所示,有一磁感应强度大小为B、垂直纸
面向外的匀强磁场,磁场边界OP与水平方向夹角为θ=45°,紧靠磁场右上边界
放置长为L、间距为d的平行金属板M、N,磁场边界上的O点与N板在同一水平
面上,O 、O 为电场左右边界中点。在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖
1 2
直向下为正方向)。某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质
量为m、电荷量为+q的粒子a和b。结果粒子a恰从O 点水平进入板间电场运动,
1
由电场中的O 点射出;粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场。不计粒子重力
2
和粒子间相互作用,电场周期T未知。求:
(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度v 、v ;
a b
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(2)粒子a从O点进入磁场到O 点射出电场运动的总时间t;
2
4m
(3)如果金属板间交变电场的周期T= ,粒子b从图乙中t=0时刻进入电场,要
qB
使粒子b能够穿出板间电场,E 满足的条件。
0
qBd qBd m qB2d2
答案 (1) (2) (πd+2d+4L) (3)E ≤
2m m 2qBd 0 mL
解析 (1)如图所示,粒子a、b在磁场中均转过90°,平行于金属板进入电场。
1
由几何关系可得:r = d,r =d
a b
2
由牛顿第二定律可得:qv
B=mv2
,qv
B=mv2
a a b b
r r
a b
qBd qBd
解得:v = , v =
a b
2m m
(2)粒子a在磁场中运动轨迹如图
2πm
在磁场中运动周期为T =
0
qB
T πm
在磁场中运动时间t = 0= ,粒子出磁场后在水平方向上做匀速直线运动,所
1 4 2qB
(d )
用时间为t = +L ,则全程所用时间为t=t +t = πm +m(d+2L)= m
2 2 1 2
2qB qBd 2qBd
v
a
(πd+2d+4L)
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(3)两粒子在磁场中运动的时间相同,a、b同时离开磁场,a比b进入电场落后时
d m T
间Δt= = = 。
2v qB 4
a
粒子b在t=0时刻进入电场。由于粒子a在电场中从O 射出,在电场中竖直方向
2
位移为0,故a在板间运动的时间t 是交变电场周期的整数倍,由于v =2v ,b在
a b a
1
电场中运动的时间是t = t ,可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍,
b a
2
即t
b
= L=n·T,n= 2L ,粒子b在T内竖直方向的位移为y=1a·(T) 2,粒子b在
v 2 T v 2 2 2
b b
qE 4m
电场中的加速度a= 0,由题知T= ,粒子b能穿出板间电场应满足ny≤d
m qB
qB2d2
解得E ≤
0
mL
20.(2023届广东六校联考,15)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+,经
电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽
度的平行双边界匀强磁场区域,如图所示,已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右
边界射出。已知磷离子P+质量为m,带电荷量为e,忽略重力影响,求:
(1)磷离子P+进入磁场的速度大小v;
(2)磁场宽度L。
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√2eU 1 √2mU
答案 (1) (2)
m 2B e
1
解析 (1)对磷离子研究,由动能定理可得eU= mv2
2
√2eU
解得v=
m
v2
(2)由洛伦兹力提供向心力可得evB=m
r
L
磷离子通过磁场转过的角度θ等于其运动轨迹圆心角,所以有 sin θ=
r
1 √2mU
解得L=
2B e
21.(2022茂名二模,14)如图所示,在x轴上方以原点O为底边中点、底边长为2a的等
腰直角三角形区域内存在匀强磁场,磁场的方向垂直于xOy平面向外,磁感应强度为
B(边界无磁场)。在x轴下方-a≤x≤a的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场。y轴上
A点与O点间距为d,一质量为m、电荷量为-q的粒子从y轴上的A点由静止释放,经电
场加速后从O点射入磁场,不计粒子重力。
(1)若粒子第一次经过磁场的偏转角为45°,求粒子在磁场中运动的速度v大小;
1
(2)要使粒子经过磁场之后不再经过x轴,求电场强度E应满足的条件;
qB2a2
(3)若电场强度E= ,求粒子在电磁场区域的运动时间。
18md
qBa qB2a2 5πm 18dm
答案 (1) (2)E≥ (3) +
m 8md 4qB qBa
解析 (1)若粒子第一次经过磁场的偏转角为45°,则其运动轨迹的圆心角为45°,如
图所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心刚好在x轴上的x=-a处
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由几何关系可得r=a,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2
1 1 1
r
1
qBa
联立解得v=
1
m
(2)要使粒子经过磁场之后不再经过x轴,粒子从第二象限射出磁场时的速度不能指向
第三象限,设粒子射出磁场时的速度方向刚好与x轴平行,如图
a
由图中几何关系可得r=
2
2
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2
2 2
r
2
1
粒子在电场中从A点运动到O点过程中,由动能定理可得qEd= mv2
2 2
qB2a2
联立解得E=
8md
qB2a2
故电场强度需要满足的条件为E≥
8md
qB2a2 1
(3)当电场强度E= 时,粒子在电场中由动能定理可得qEd= mv2
18md 2 3
qBa
解得v=
3
3m
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2
3 3
r
3
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a
解得r=
3
3
粒子在电磁场区域中的运动轨迹如图所示
2πm
粒子在磁场中的周期为T=
qB
180°+45° 5πm
粒子在磁场中的运动时间为t= T=
1
360° 4qB
d 6dm
=
粒子在电场中从A点加速到O点的时间为t=v qBa
2 3
2
5πm 18dm
粒子在电磁场区域中运动的总时间为t=t+3t= +
1 2
4qB qBa
22.(2022深圳一模,14)利用电磁场改变电荷运动的路径,与光的传播、平移等效果相似,
称为电子光学。如图所示,在xOy坐标平面上,第三象限存在着方向沿y轴正方向的匀
强电场,电场强度大小为E。在其余象限存在垂直纸面的匀强磁场,其中第一、二象限向
L
外,第四象限向里,磁感应强度大小均为B(未知)。在坐标点(0,- )处有一质量为m、
2
√3qEL
电荷量为q的带正电粒子,以初速度 沿着x轴负方向射入匀强电场,粒子在运动
m
过程中恰好不再返回电场,忽略粒子重力。求:
(1)粒子第一次进入磁场时的速度v;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)现将一块长为√3L的上表面涂有荧光粉的薄板放置在x轴上(图中未画出),板中心
点的横坐标x=4√3L,仅将第四象限的磁感应强度变为原来的k倍(k>1),当k满足什么
0
条件时,板的上表面会出现荧光点。
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√qEL √ mE 4
答案 (1)2 (2) (3) ≤k≤4
m 3qL 3
解析 (1)对带电粒子受力分析,其进入电场后做类平抛运动
由牛顿第二定律qE=ma
L 1
竖直方向 = at2
2 2
竖直方向速度v=at
y
设带电粒子进入磁场时与水平方向夹角为θ, tan θ=v ,θ=30°
y
v
0
进入磁场时速度v=
√v2+v2
0 y
√qEL
联立解得v=2
m
(2)带电粒子在运动过程中恰好不再返回电场,说明粒子进入第四象限轨迹恰好与y轴
相切,如图。
带电粒子在电场中运动的水平方向位移x=vt
0
由几何关系,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R=2x
v2
洛伦兹力充当向心力qvB=m
R
√ mE
联立解得B=
3qL
(3)①当粒子第一次打到薄板的右端时,由几何关系θ=30°
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√3L
2r sin θ+2·2R sin θ=x+x+
1 0
2
洛伦兹力充当向心力,有qv·kB=mv2
1
r
1
4
联立解得k=
1
3
②当粒子第一次打到薄板的左端时,由几何关系
√3L
2r sin θ+2·2R sin θ=x+x-
2 0
2
洛伦兹力充当向心力,有qv·kB=mv2
2
r
2
联立解得k=4
2
③当第四象限的磁感应强度极大时,其做匀速圆周运动的半径极小,可以认为从哪个位
置进入第四象限磁场,再从那个位置出去进入第一象限磁场,从几何关系看,带电粒子没
有机会再打到荧光板上。
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4
因此,板上会出现荧光点的条件为 ≤k≤4
3
23.(2022潮州二模,13)在芯片制造过程中,离子注入是芯片制造的重要工序。如图是我
国自主研发的离子注入机的部分工作原理示意图。从离子源发出的离子经电场加速后
沿水平方向先通过速度选择器,再进入磁分析器,磁分析器是中心线半径为R的四分之
一圆环,其两端中心位置M和N处各有一个小孔,利用磁分析器选择出特定比荷的离子
后经N点打在硅片(未画出)上,完成离子注入。已知速度选择器和磁分析器中的匀强磁
场的磁感应强度大小均为B、方向均垂直纸面向外;速度选择器中匀强电场的电场强度
大小为E。整个系统置于真空中,不计离子重力。求:
(1)能从速度选择器中心线通过的离子的速度大小v;
q
(2)能通过N打到硅片上的离子的比荷 ,并判断该离子的带电性质。
m
E E
答案 (1) (2) 带正电
B B2R
解析 (1)离子通过速度选择器时,受力平衡
有qE=qvB
E
解得v=
B
v2
(2)对离子在磁分析器中受力分析,有qvB=m
R
q E
解得 =
m B2R
离子受到的洛伦兹力指向圆心O,根据左手定则可知离子应带正电。
第28页 共28页
