北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
专题十 磁场
【5 年高考】
考点一 磁场及其作用
1.(2021湖北新高考适应卷,2,4分)一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,导线中的电流为I。下列
说法正确的是 ( )
A.通电直导线受到安培力的大小为ILB
B.无论通电直导线如何放置,它都将受到安培力
C.通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面
D.安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现,所以安培力对通电直导线不做功
答案 C
2.(2021河北新高考适应卷,1,4分)如图,两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置,沿x轴方向的电流为I。
0
I
已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B=k ,其中k为常量,I为导线中的电流,r为场中某点到导线的距离。
r
图中A点的坐标为(a,b),若A点的磁感应强度为零,则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为 ( )
a a
A. I,沿y轴正向 B. I,沿y轴负向
b 0 b 0
b b
C. I,沿y轴正向 D. I,沿y轴负向
a 0 a 0
答案 A
3.(2021河北新高考适应卷,5,4分)如图,x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直
1
纸面向里。甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v 平行于x轴正向进入磁场,并都从P点离开磁场,OP=
0 2
h。则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) ( )
A.32∶41 B.56∶41 C.64∶41 D.41∶28
答案 C
4.(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 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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A.向前 B.向后 C.向左 D.向右
答案 A
5.(2019课标Ⅰ,17,6分)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感
应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的
安培力的大小为( )
A.2F B.1.5F C.0.5F D.0
答案 B
6.(2018课标Ⅱ,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L、L,L 中的电流方向向左,L 中的电流方
1 2 1 2
向向上;L 的正上方有a、b两点,它们相对于L 对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B,方
1 2 0
1 1
向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为 B 和 B,方向也垂直于纸面向外。则 ( )
3 0 2 0
7
A.流经L 的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B
1 12 0
1
B.流经L 的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B
1 12 0
1
C.流经L 的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B
2 12 0
7
D.流经L 的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B
2 12 0
答案 AC
7.(2017课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L、L 和L 两两等距,均通有电流I,L 中电流方向与
1 2 3 1
L 中的相同,与L 中的相反。下列说法正确的是 ( )
2 3
A.L 所受磁场作用力的方向与L、L 所在平面垂直
1 2 3
B.L 所受磁场作用力的方向与L、L 所在平面垂直
3 1 2
C.L、L 和L 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶√3
1 2 3北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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D.L、L 和L 单位长度所受的磁场作用力大小之比为√3∶√3∶1
1 2 3
答案 BC
⏜
8.(2020课标Ⅰ,18,6分)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab为半圆,
ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从c点垂直于
ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为
( )
7πm 5πm 4πm 3πm
A. B. C. D.
6qB 4qB 3qB 2qB
答案 C
9.(2020课标Ⅱ,17,6分)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某
种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场,虚
线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带
箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则 ( )
图(a)
图(b)
A.M处的电势高于N处的电势
B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案 D
10.(2020课标Ⅲ,18,6分)真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,磁场的方向与圆柱轴
线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m, 电荷量为e, 忽略重
力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为( )
3mv mv 3mv 3mv
A. B. C. D.
2ae ae 4ae 5ae北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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答案 C
11.(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
P Q
角为45°。已知两粒子均从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
答案 AC
12.(2019课标Ⅱ,17,6分)如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所
在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从
a、d两点射出的电子的速度大小分别为 ( )
1 √5 1 5
A. kBl, kBl B. kBl, kBl
4 4 4 4
1 √5 1 5
C. kBl, kBl D. kBl, kBl
2 4 2 4
答案 B
1
13.(2019课标Ⅲ,18,6分)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 B和B、方向均垂直于纸面
2
向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后
经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 ( )
5πm 7πm 11πm 13πm
A. B. C. D.
6qB 6qB 6qB 6qB
答案 B
14.(2017课标Ⅱ,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相
同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v,这些粒子在磁场边界的出
1
射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的
2
相互作用。则v∶v 为 ( )
2 1北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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A.√3∶2 B.√2∶1 C.√3∶1 D.3∶√2
答案 C
15.(2018海南单科,3,4分)如图,一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,
通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I,磁感应强度大小变为3B,电流和磁场的方向均不变,则金
属细杆将( )
A.沿斜面加速上滑 B.沿斜面加速下滑
C.沿斜面匀速上滑 D.仍静止在斜面上
答案 A
16.(2020课标Ⅱ,24,12分)如图,在0≤x≤h,-∞<y<+∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B的大小可调,
方向不变。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v 从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不计重力。
0
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值
B ;
m
B
(2)如果磁感应强度大小为 m ,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正
2
方向的夹角及该点到x轴的距离。
答案 见解析
17.(2019课标Ⅰ,24,12分)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。
一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直
于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的
出射点之间的距离为d,不计重力。求
(1)带电粒子的比荷;
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
4U Bd2 π √3
答案 (1) (2) ( + )
B2d2 4U 2 3北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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18.(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
考点二 带电粒子在复合场中的运动
1.(2017课标Ⅰ,16,6分)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸
面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为m、m、m。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运
a b c
动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 ( )
A.m>m>m B.m>m>m
a b c b a c
C.m>m>m D.m>m>m
c a b c b a
答案 B
2.(2021湖北新高考适应卷,16,18分)在如图所示的直角坐标系中,x<0区域有沿x轴正向的匀强电场,x≥0区域有垂直于
纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从原点O进入磁场,初速度大小为v,
0
速度方向与y轴正向夹角为φ(60°<φ<90°),不计重力。
(1)求带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度ω;
(2)带电粒子每次离开磁场进入电场后,都从O点离开电场进入磁场,从而形成周期性运动,求电场强度的大小E和
粒子运动周期T;
3
(3)当粒子运动到磁场区离y轴最远处时,有一个质量为m、速度大小为 v、方向沿y轴负方向的电中性粒子与
2 0
带电粒子发生弹性正碰,在碰撞过程中没有电荷转移。求碰撞以后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的
距离L。
qB 2m(π-φ+tanφ)
答案 (1) (2)Bvcos φ
m 0 qB北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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mv
(3) 0(sin φ+√2-cos2φ+cosφ)
qB
3.(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m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v 从坐标原点O沿
0 0 0
x轴正向射入磁场,此时开始计时。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
4.(2018课标Ⅱ,25,20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁
场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度
均为l',电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正
电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向
射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;
π
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为 ,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时
6
间。
答案 见解析
5.(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
(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
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6.(2018课标Ⅰ,25,20分)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y<0的区域存在方向垂
1 2
直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 H和一个氘核 H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正
1 1
方向。已知
1 H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场。1
H的质量为m,
1 1
电荷量为q。不计重力。求
(1)1H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;
1
(2)磁场的磁感应强度大小;
(3)2H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
1
2√3 √6mE 2√3
答案 (1) h (2) (3) (√2-1)h
3 qℎ 3
[教师专用题组]
【5 年高考】
考点一 磁场及其应用
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三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点
1 2 1 2
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
1 2
为B'和B',如图所示,由平行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
1 2
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点产生磁场的磁感应强度为B‴
1 2 1
和B‴,如图所示,故c点的合磁感应强度方向竖直向上,D错误。
2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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2.(2018浙江4月选考,12,3分)在城市建设施工中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所示。有一种探测方法是,首
先给金属长直管线通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作:①用测量仪在金属管线附近的水平
地面上找到磁场最强的某点,记为a;②在a点附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线
EF;③在地面上过a点垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点,测得b、c两点距离为L。由
此可确定金属管线 ( )
L
A.平行于EF,深度为 B.平行于EF,深度为L
2
L
C.垂直于EF,深度为 D.垂直于EF,深度为L
2
答案 A 根据题意作出垂直于管线方向的某一截面图,如图所示,点a为水平地面距离管线最近的点即磁场最强的
点,同一水平地面相距L的b、c两点磁场方向与地面夹角为45°,由几何关系可得a点距管线距离即管线深度,为L/2;与
a点磁感应强度相同的点与管线等距,其连线EF应过a点垂直纸面与管线平行,故选项A正确。
3.(2016北京理综,17,6分)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常
微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是
( )
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
答案 C 由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感线是闭合的,再由图可推
知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向
地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D
正确。选C。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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审题指导 题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察,挖掘有用信息。
试题评析 本题考查地磁场的分布情况,属于容易题。
4.(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。
5.(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、C。
1 2 3
6.(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。
7.(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。
8.(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 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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。
9.(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=BIL sin
θ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
10.(2019江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导线,通过的电流强度相
等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可
能是 ( )
A.均向左
B.均向右
C.a的向左,b的向右
D.a的向右,b的向左
答案 CD 本题考查安培定则及左手定则,考查基础的物理概念。
由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等,只要a、b两导线通有相反方向的电流,利用安培定
则,可知线框的对边所在处磁场大小相等,方向相同,再利用左手定则可判定线框对边所受安培力大小相等,方向相反,线
框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正确。
11.(2017课标Ⅱ,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的
两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直
面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
答案 AD 本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、实验能力。要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有
电流通过,电路必须接通,故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180°时,靠近
磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线圈最终做往
返运动,要使线圈连续转动,当线圈转过180°时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现
连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、D正确。
12.(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
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 √2BId·L √2kI2dL
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 = = (d
安 2 m m m
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。
13.(2020天津,7,5分)(多选)如图所示,在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁
场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未
画出)垂直穿过x轴。已知OM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则 ( )
A.粒子带负电荷
qBa
B.粒子速度大小为
m
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.N与O点相距(√2+1)a北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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答案 AD 粒子在磁场中的偏转轨迹如图,由左手定则可知粒子带负电,故A正确。由粒子在磁场中做圆周运动的
mv2 √2qBa
轨迹以及几何关系可知,R=√2a,ON=R+a,由洛伦兹力提供向心力得qvB= ,联立解得v= ,ON=(√2+1)a,故
R m
B、C错误,D正确。故选A、D。
14.(2016课标Ⅱ,18,6分)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。
图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒
内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未
与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为 ( )
ω ω ω 2ω
A. B. C. D.
3B 2B B B
1 πm
答案 A 定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角θ=30°,所需时间t= T= ;由题意可知粒子由
12 6qB
π
π q ω
M飞至N'与圆筒旋转90°所用时间相等,即t= 2 = ,联立以上两式得 = ,A项正确。
2ω m 3B
ω
15.(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
mv
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,其速度大小不变,由r= 知,轨
qB
v
道半径增大;由角速度ω= 知,角速度减小,选项D正确。
r
mv
解题关键 ①轨道半径表达式:r= 。
qB北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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v
②角速度表达式:ω= 。
r
16.(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 Bev
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正确。加速度大小a= ∝B,
1 2 1 2 Be B 2 1 m
2πm 1 2π Be
故a=a/k,B错。周期T= ∝ ,故T=kT,C正确。角速度ω= = ∝B,故ω=ω/k,D错。
2 1 Be B 2 1 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。
17.(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,若它们的动量大小相等,则α粒
2 1
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 r 1 2πm
α
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= = ,可知 = ,A错误;由T= ,
qB qB r 2 qB
H
T 2 v 1 f 1
α α α
知 = ,B正确;由p=mv,知 = ,C错误;由f=Bqv,知 = ,D错误。
T 1 v 4 f 2
H H H
18.(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。
19.(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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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mv2
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;由洛仑兹力提供向心力:qvB= 得
R
qBR 1 q2B2R2 √2mE B √E R √2
v= ;其动能E= mv2= ,故磁感应强度B= k, 1 = k1· 2 = ,选项D正确。
m k 2 2m q2R2 B E R 2
2 k2 1
20.(2014课标Ⅱ,20,6分)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探
测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法
正确的是 ( )
A.电子与正电子的偏转方向一定不同
B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小
答案 AC 在同一匀强磁场中,各粒子进入磁场时速度方向相同,但速度大小关系未知。由左手定则可知电子与正
mv
电子进入磁场时所受洛仑兹力方向相反,偏转方向必相反,故A正确。因r= ,各粒子虽q相同,但v关系未知,故m相
qB
1
同、v不同时轨迹半径不同,而当r相同时只能表明mv相同,不能确定m的关系,故B错误、C正确。由E= mv2、r=
k 2
mv √2mE
有r= k ,可见当E 越大时粒子轨迹半径越大,故D错误。
qB qB k
21.(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=
R m
1 1 B2q2R2
动能E= mv2=
k 2 2 m
由题意得E=kT
k
B2q2R2
故有:kT=
2m
√ 2km
得B= T
q2R2
即B∝√T,选项A正确。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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22.(2013课标Ⅰ,18,6分,0.456)如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向
垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为
R
。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力) ( )
2
qBR qBR 3qBR 2qBR
A. B. C. D.
2m m 2m m
R
答案 B 作出粒子运动轨迹如图中实线所示。因P到ab距离为 ,可知α=30°。因粒子速度方向改变60°,可知转
2
R v2 qBR
过的圆心角2θ=60°。由图中几何关系有(r+ )tan θ=R cos α,解得r=R。再由Bqv=m 可得v= ,故B正确。
2 r m
23.(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 沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不
0
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,其运动的轨迹半径r=R/tan 30°=
mv2 mv √3mv
√3R,由洛伦兹力提供向心力,即qvB= 0知√3R= 0 ,故匀强磁场的磁感应强度B= 0,若磁场方向向里可得
0
r qB 3qR
到同样的结果。选项A正确。
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!
24.如图所示,a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电
流,方向如图所示。一带正电粒子从正方形中心O点垂直纸面向内运动,它所受洛伦兹力的方向 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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A.向上 B.向下 C.向左 D.向右
答案 A 带电粒子在磁场中受洛伦兹力,磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场,根据
右手定则,a在O点产生的磁场方向为水平向左,b在O点产生的磁场方向为竖直向上,c在
O点产生的磁场方向为水平向左,d在O点产生的磁场方向为竖直向下,所以合磁场方向水
平向左。根据左手定则,带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向上。故选A。
25.(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 的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。
1 2 1 2
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 mv p
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= ,得轨道半径r= = ,已知
r qB qB
1 2πm
两粒子动量大小相等,若q=q,则r=r,A项正确;若m=m,r与 有关,B项错误;带电粒子在磁场中运动的周期T=
1 2 1 2 1 2 q qB
2π p m 1 m m
1 2
= ,因此运动周期T∝ 或 ,若m≠m,但 = ,周期T可相等,D项错误;若q≠q,但qv=qv,周期T也可相等,
qBv q qv 1 2 q q 1 2 1 1 2 2
1 2
C项错误。
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=9.1 cm,中点O与S间的距离d=4.55 cm,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=2.0×10-4 T。电子质量m=9.1×10-31 kg,电荷量e=-1.6×10-19 C,不计电子重
力。电子源发射速度v=1.6×106 m/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=9.1 cm B.θ=60°时,l=9.1 cm
C.θ=45°时,l=4.55 cm D.θ=30°时,l=4.55 cm
答案 AD 如图,S到MN的距离d=d sin θ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN上最上端的位置对
0
应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上最下端的位置对应于到S的距离等于电子运动轨迹直径的点(若OD
1 mv
> MN,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹的半径r= =4.55 cm。由图中几何关系有O'C=√r2-(r-d )2,
2 |e|B 0
L L
O'D=√(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+O'C-d cos θ= +
0 2 2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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-d cos θ。当θ=90°时,l=9.1 cm,当θ=60°时,l=6.78 cm,当θ=45°时,l=5.68 cm,当θ=30°时,l=4.55 cm。故可
√r2-(r-d )2
0
知A、D正确,B、C错误。
⏜
27.(2020课标Ⅰ,18,6分)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab为半圆,
ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从c点垂直于
ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为
( )
7πm 5πm 4πm 3πm
A. B. C. D.
6qB 4qB 3qB 2qB
⏜
答案 C 如图所示,设某一粒子从磁场圆弧 ab上的e点射出磁场,粒子在磁场中转过的圆心角为π+θ=π+2α,由于所
有粒子在磁场中运动周期相同,粒子在磁场中做圆周运动时,运动轨迹对应的圆心角最大,则运动时间最长。由几何关
⏜ eO 1 π π
系可知,α最大时,ce恰好与圆弧 ab相切,此时sin α= = ,可得α= ,θ=2α= ,设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,
cO 2 6 3
T T 2πm 4πm
粒子在磁场运动的最长时间t= + ,又T= ,解得t= ,故选C。
2 6 qB 3qB
28.(2016课标Ⅲ,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,
磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度
从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从
OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 ( )
mv √3mv
A. B.
2qB qB
2mv 4mv
C. D.
qB qB北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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v2 mv
答案 D 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m 得R= ,分析图中角度关系可知,PO'半径与O'Q半径在
R qB
同一条直线上。
4mv
则PQ=2R,所以OQ=4R= ,选项D正确。
qB
29.(2013广东理综,21,6分)(多选)如图,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最
后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有 ( )
A.a、b均带正电
B.a在磁场中飞行的时间比b的短
C.a在磁场中飞行的路程比b的短
D.a在P上的落点与O点的距离比b的近
答案 AD 因离子均向下偏转打到屏P上,根据左手定则可知a、b均带正电,A项正确。又因a、b为同种离子,m、
mv 2πm
q均相同,由R= ,T= ,可知它们的轨道半径R与周期T也均相同。而a离子的轨迹是一段优弧,b离子的轨迹是
Bq Bq
一个半圆。a的路程比b的路程长,飞行时间也比b的飞行时间长,故B、C项均错误。b在P上的落点到O点的距离
等于圆轨迹的直径,说明b的落点离O点最远,故D项正确。
30.(2015课标Ⅰ,24,12分)如图,一长为10 cm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0.1 T,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12 V
的电池相连,电路总电阻为2 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;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0.3 cm。重力加速度大小取10 m/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=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得
1
2kΔl=mg ①
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。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为
F=IBL ②
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=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡条件得
2
2k(Δl+Δl)=mg+F ③
1 2
由欧姆定律有
E=IR ④
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=0.01 kg⑤
(安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分)
31.(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
32.(2020北京理综,24,18分)对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,可以更
加深刻地理解其物理本质。
(1)一段横截面积为S、长为l的直导线,单位体积内有n个自由电子,电子电量为e。该导线通有电流时,假设自由
电子定向移动的速率均为v。
(a)求导线中的电流I;
(b)将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B,导线所受安培力大小为F ,导线内自由电子所受洛伦
安
兹力大小的总和为F,推导F =F。
安北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(2)正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题,我们假定:
粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且
速率不变。利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明)
答案 (1)(a)neSv (b)见解析
1
(2)f= nmv2
3
解析 (1)(a)设Δt时间内通过导体横截面的电量为Δq,由电流定义,有
Δq neSvΔt
I= = =neSv
Δt Δt
(b)每个自由电子所受的洛伦兹力:F =evB
洛
设导体中共有N个自由电子,则N=n·Sl
导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和
F=NF =nSl·evB
洛
由安培力公式,有
F =IlB=neSv·lB
安
得F =F
安
(2)一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI=2mv如图所示,以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体,
1 1
由题设可知,其内有 的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞,碰壁粒子总数N= n·SvΔt
6 6
1
Δt时间内粒子给器壁的冲量I=N·ΔI= nSmv2Δt
3
I
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F=
Δt
F 1
则器壁单位面积所受粒子的压力f= = nmv2
S 3
33.(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t。
2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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
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+sin 60°)
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
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。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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34.(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
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=R sin α
OD=AD cot 60°
BP=OD cot β
OP=AD+BP
α=β③
由以上五式和题给条件得
1
sin α+ cos α=1 ④
√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=R cos α- AD
3
利用以上两式和AD=R sin α得北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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2
h=R- R cos (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
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。
35.(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
(2n-1)πm
(2)B= ,(n=1,2,3…)
0 qτ
(3)横坐标x=0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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
0
解得v=
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qvB=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
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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。
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不变,因此粒子经电场加速
2
( 1)
后在磁场中只可能转过
n-
圈,在下一个周期内粒子先减速后反向加速,再在磁场作用下返回……如此反复,才能使
2
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电场中的加速时间,所以
0 0 2
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。
36.(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,
1 2
正反向电压的大小均为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,粒子在电场
0 0 1
T
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。(不计粒子重力,不考虑极板外的电场)
2
2
(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,求该过程中粒子在磁场内运
0 2
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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= mv2 ①
0 2
由①式得
√2qU
v= 0 ②
m
设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得
U
q 0=ma ③
d
由运动学公式得
1 T
d= a( 0)2 ④
2 2
联立③④式得
T √2qU
d= 0 0 ⑤
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< 0 ⑧
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
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,设匀减速运动的时间为t,根据运动学公式
2 2
得
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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
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、
0
3B。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置
0
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
(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。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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
d
射入磁场。当入射速度为v 时,粒子从O上方 处射出磁场。取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。
0 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运动到O'的时间增加Δt,求Δt
0
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=r sin α,得sin α= ,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-cos α)+x tan α
3
由y≤2d,解得x≤ d
4
3
则当x = d时,Δt有最大值
m 4北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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2x
m
粒子直线运动路程的最大值s = +(2d-2x )=3d
m cosα m
增加路程的最大值Δs =s -2d=d
m m
Δs d
m
增加时间的最大值Δt = =
m v 5v
0
思路点拨 带电粒子在匀强磁场中的运动
d 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r= 的圆周运动,轨迹为半
0 2 0 4
圆。
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;
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,求粒子此次入射速度的大小。
3 0
πm √3πL
答案 (1) (2)2t (3)
2qt 0 7t
0 0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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°,故其周期:T=4t ①
0 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,由几何关系和题给条件可知,此时有∠OO'D=∠BO'A=30° ⑦
0
r
0
r cos ∠OO'D+ =L ⑧
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。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(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。
41.(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。
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,运动轨迹与两磁场区域边界的
a1 a
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'=θ ②
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),∠P'OP=θ'。由洛伦兹力公
a a2 a a a
式和牛顿第二定律得北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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
3
x= d ⑦
2
的平面上。由对称性知,P 点与P'点纵坐标相同,即
a
y =R cos θ+h ⑧
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+cos α)+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
考点二 带电粒子在复合场中的运动
1.(2018北京理综,18,6分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做
匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是 ( )
A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱
C.粒子的电性和电荷量 D.粒子入射时的速度北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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答案 C 本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。不计重力的带电粒子,在电场和磁场的复合场中做匀速直线运
v2
动,则一定满足关系Eq=qvB①;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅需满足洛伦兹力充当向心力,即qvB=m ②,综合
r
①②可知,粒子的电性和电荷量与能否完成题述两类运动无关,C对。
2.(2019天津理综,4,6分)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元
件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的
矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。
当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控制屏幕
的熄灭。则元件的 ( )
A.前表面的电势比后表面的低
B.前、后表面间的电压U与v无关
C.前、后表面间的电压U与c成正比
eU
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
a
答案 D 本题考查了霍尔元件的工作原理和应用,以及考生的理解能力和应用数学知识处理物理问题的能力,体现
了科学推理素养和应用与创新的价值观念。
根据左手定则判断出电子受力情况,可知电子偏转到后表面,前表面电势高于后表面电势,故A项错误。再由
U eU
Ee=Bev=F ,E= ,解得U=Bva,F = ,U与v成正比、U与c无关,故B、C项错误,D项正确。
洛 a 洛 a
思路分析 熟练应用霍尔效应的原理、特点进行推导分析。
3.(2016课标Ⅰ,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在
入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同
一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质
子的质量比约为( )
A.11 B.12 C.121 D.144
1
答案 D 设质子和离子的质量分别为m 和m,原磁感应强度为B,改变后的磁感应强度为B。在加速电场中qU=
1 2 1 2 2
v2 R2B2q m B2
2 2
mv2①,在磁场中qvB=m ②,联立两式得m= ,故有 = =144,选项D正确。
R 2U m B2
1 1
审题指导 注意题给信息的含义,“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在磁场中运动的半径相等。
4.(2014江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生
匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为I ,与其前后表面
H北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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I B
相连的电压表测出的霍尔电压U 满足:U =k H ,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于
H H
d
R ,霍尔元件的电阻可以忽略,则 ( )
L
A.霍尔元件前表面的电势低于后表面
B.若电源的正负极对调,电压表将反偏
C.I 与I成正比
H
D.电压表的示数与R 消耗的电功率成正比
L
答案 CD 由左手定则可判定,霍尔元件的后表面积累负电荷,前表面电势较高,故A错。由电路关系可见,当电源的
正、负极对调时,通过霍尔元件的电流I 和所在空间的磁场方向同时反向,前表面的电势仍然较高,故B错。由电路可
H
I R R ( RI ) 2 R2I2 I B
见, H = L ,则I = L I,故C正确。R 的热功率P =I2 R = H R = H ,因为B与I成正比,故有:U =k H =k'
I R H R+R L L L L R L R H d
L L L L
I I I2 (R+R ) k'(R+R )
H =k' H L = L P ,可得知U 与P 成正比,故D正确。
d dR dR2 L H L
L
5.(2020山东,17,14分)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记
录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两
正对的小孔。以a、b所在直线为z轴,向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x
轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强
电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),
经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
图甲
图乙
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L;
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标;
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示);北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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1 3 4
(4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s、s、s,若这三个点是质子 H、氚核 H、氦核 He的位置,请写出这三个
1 2 3 1 1 2
点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。
答案 见解析
解析 (1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域Ⅰ中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,在M、N两金
属板间,由动能定理得
1
qU= mv2 ①
2
在区域Ⅰ中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得
v2
qvB=m ②
R
联立①②式得
√2mqU
R= ③
qB
由几何关系得
d2+(R-L)2=R2④
√R2-d2
cos α= ⑤
R
d
sin α= ⑥
R
联立①②④式得
√2mqU √2mU
L= -
-d2
⑦
qB qB2
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为v,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二
z
定律得
qE=ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得
v=v cos α ⑨
z
d=vt ⑩
z
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得
1
x= at2
2
联立①②⑤⑧⑨⑩ 式得
md2E
x=
4mU-2qd2B2
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y',由运动学公式得
y'=vt sin α
由题意得
y=L+y'
联立①④⑥⑨⑩ 式得北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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d2
y=R-√R2-d2+
√R2-d2
3 4 1
(4)s、s、s 分别对应氚核 H、氦核 He、质子 H的位置。
1 2 3 1 2 1
6.(2018天津理综,11,18分)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直向下,ab的上方存在匀
强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、√3R的半圆环形区域,外圆与ab的交
点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出。不计粒子
重力。
(1)求粒子从P到M所用的时间t;
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出。粒子从M到N的过程中,始终
在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v 的大小。
0
√3RB qBR
答案 (1) (2)
E m
解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。
(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有
v2
qvB=m ①
√3R
设粒子在电场中运动所受电场力为F,有
F=qE ②
设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有
F=ma ③
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有
v=at ④
联立①②③④式得
√3RB
t= ⑤
E
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心
角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。设粒子在磁场中的轨迹半径为r',由几何关系可得
(r'-R)2+(√3R)2=r'2 ⑥
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知
√3R
tan θ= ⑦
r'-R北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁
场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于v,由运动的合成和分解可得
0
v
tan θ= ⑧
v
0
联立①⑥⑦⑧式得
qBR
v= ⑨
0 m
思路分析 带电粒子在复合场中的运动
(1)粒子从P点静止释放,在环形区域中做匀速圆周运动。可先求出粒子做匀速圆周运动的速度,即粒子在电场中
运动的末速度,再由在电场中的加速运动求得运动的时间。
(2)从Q点射出的粒子,在环形区域中仍做匀速圆周运动。要使其圆周运动时间最短,其运动轨迹必与内圆相切。
7.(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
0
x轴距离的2倍。粒子从坐标原点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=vt ①
0
1
L= at2 ②
2
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为v
y
v=at ③
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
tan α= 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=ma ⑧
又F=qE ⑨北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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
8.(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
d
匀强电场,上极板开有一小孔。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上的速
2
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H点,求这段时间粒子运
qD qD
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
由①式得
mv2
E= ②
qd
v2
(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 ③
R
D
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,由几何关系得R= ④
4
图甲北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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区磁感应强度的大小分别为B=
1 2 1
2mv 4mv
、B= ,由牛顿第二定律得
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 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= 2 ⑩
1 2 1 2
v 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与圆心O连线间的夹角设为α,由几何关系得
1 2
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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9.(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sin θ;
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。
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
qvB=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数,下同)。
n n
1
nqEd=
mv2
⑤
2 n
v2
qvB=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时速度方向与水平方向的
n
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不变,有
n北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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图1
v sin θ =v sin α ⑦
n-1 n-1 n n
由图1看出
r sin θ-r sin α=d ⑧
n n n n
由⑥⑦⑧式得
r sin θ-r sin θ =d⑨
n n n-1 n-1
由⑨式看出r sin θ,r sin θ,…,r sin θ 为一等差数列,公差为d,可得
1 1 2 2 n n
r sin θ=r sin θ+(n-1)d ⑩
n n 1 1
图2
当n=1时,由图2看出
r sin θ=d
1 1
由⑤⑥⑩ 式得
√ nqd
sin θ=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
sin θ=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层磁场右侧边界,粒子穿出时速
m'
q' q
度方向与水平方向的夹角为θ',由于 >
n m' m
则导致sin θ'>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界。
n
10.(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
0
子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与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)
2
v
0
tan2 θ (2)
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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v2
qvB=m 0 ①
0
R
0
由题给条件和几何关系可知R=d ②
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,在电场中运动的时间为t,离开电场时沿x
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=at ④
x x
v
xt=d
⑤
2
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有
v
x
tan θ= ⑥
v
0
联立①②③④⑤⑥式得
E 1
= v tan2 θ ⑦
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。
11.(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。两板间存在两个方向相反的匀强
1 2
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
0 1 2
小孔S、S,两孔与分界面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
1 2
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的k倍,不计重力,碰到挡板的
1 1
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的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与
2
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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解析 (1)粒子在电场中,由动能定理有
1
qEd=
mv2
-0 ①
2 1
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
v2
qvB=m 1 ②
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= L ⑥
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
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
12.(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点北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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点时速度的大小为v,沿y轴方
0 0
向分速度的大小为v,速度与x轴正方向间的夹角为θ,由牛顿第二定律得
y
qE=ma ①
由运动学公式得
1
d=
at2
②
2 0
2d=vt ③
00
v=at ④
y 0
v=√v2+v2
⑤
0 y
v
y
tan θ= 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,由几何关系可知△OOQ为等腰
1 1 1
直角三角形,得
R=2√2d ⑨
1
由牛顿第二定律得北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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'是粒子做圆周运动的圆心,
2 2 2
Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O、O',由几何关系知,OFGO'和OQHO'均为矩形,进而知FQ、GH均
2 2 2 2 2 2
为直径,QFGH也是矩形,又FH⊥GQ,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
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
13.(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。
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,有北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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。
14.(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处由静止释放,粒子自进入圆筒
3
至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。
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= mv2 ①
2
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得
U=Ed ②
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
π
筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角∠AO'S等于 。
3
由几何关系得
π
r=R tan 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式得北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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√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
U' v'2
=
U v2
综合⑦式可得
√3
v'= v ⑧
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
2π n-1
位置。碰撞次数为n,每段圆弧所对应的圆心角θ=π- = ·π,n=2,3,4…
n+1 n+1
15.(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
3
度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为 R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同
5
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。
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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式中v为粒子在a点的速度
过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点,由几何关系知,线段ac、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两
条半径(未画出)围成一正方形。因此
ac=bc=r ②
设cd=x,由几何关系得
4
ac= R+x ③
5
3
bc= R+√R2-x2 ④
5
联立②③④式得
7
r= R ⑤
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=ma ⑥
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= at2 ⑦
2
r=vt ⑧
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。
16.(2016天津理综,11,18分)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5√3 N/C,同时存在着水平
方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T。有一带正电的小球,质量m=1×10-6 kg,电荷量
q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现
象),取g=10 m/s2。求:
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
答案 (1)见解析 (2)3.5 s
解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有
qvB=√q2E2+m2g2 ①
代入数据解得
v=20 m/s②北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
qE
tan θ= ③
mg
代入数据解得
tan θ=√3
θ=60° ④
(2)解法一:
撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有
√q2E2+m2g2
a= ⑤
m
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有
x=vt ⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有
1
y= at2 ⑦
2
a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ,又
y
tan θ= ⑧
x
联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得
t=2√3 s=3.5 s⑨
解法二:
撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,
小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为
v=v sin θ ⑤
y
若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有
1
vt- gt2=0 ⑥
y 2
联立⑤⑥式,代入数据解得
t=2√3 s=3.5 s⑦
17.(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
D
t,求小滑块运动到P点时速度的大小v 。
P北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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=qE ①
小滑块在C点离开MN时
N=0 ②
E
解得v = ③
C B
(2)由动能定理
1
mgh-W=
mv2
-0 ④
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'2t2 ⑦
P D
√ [ qE ]
解得v = v2 + ( )2+g2 t2 ⑧
P D m
18.(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。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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、下区域的运动半径分别为r 和
min 1
r,圆心的连线与NS的夹角为φ。
2
图1
mv
由r=
qB
mv 1
min
有r= ,r= r
1 qB 2 2 1
由(r+r)sin φ=r
1 2 2
r+r cos φ=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,粒子第一次通过KL时距离K
1 2
点为x。北京曲一线图书策划有限公司 2022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。
19.(2013福建理综,22,20分)如图甲,空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。
让质量为m,电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和
粒子间的影响。
(1)若粒子以初速度v 沿y轴正向入射,恰好能经过x轴上的A(a,0)点,求v 的大小;
1 1
(2)已知一粒子的初速度大小为v(v>v),为使该粒子能经过A(a,0)点,其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几
1
个?并求出对应的sin θ值;
(3)如图乙,若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场,一粒子从O点以初速度v 沿y轴正向发射。研究
0
表明:粒子在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x分量v 与其所在位置的y坐标成正比,比例系数与
x
场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值v 。
m
qBa aqB E √ E
答案 (1) (2)2个 (3) + ( )2+v2
2m 2mv B B 0
解析 (1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动,半径为R,有北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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v2
qvB=m ①
R
当粒子以初速度v 沿y轴正向入射,转过半个圆周至A点,该圆周半径为R,有:
1 1
a
R= ②
1 2
将②代入①式得
qBa
v= ③
1 2m
a
(2)如图,O、A两点处于同一圆周上,且圆心在x= 的直线上,半径为R。当给定一个初速率v时,有2个入射角,分别
2
在第1、2象限,有
a
sin θ'=sin θ= ④
2R
由①④式解得
aqB
sin θ= ⑤
2mv
(3)粒子在运动过程中仅电场力做功,因而在轨道的最高点处速率最大,用y 表示其y坐标,由动能定理,有
m
1 1
qEy =
mv2
-
mv2
⑥
m 2 m 2 0
由题知,有
v =ky ⑦
m m
若E=0时,粒子以初速度v 沿y轴正向入射,有
0
v2
qvB=m 0 ⑧
0
R
0
v=kR ⑨
0 0
由⑥⑦⑧⑨式解得
E √ E
v = + ( )2+v2
m B B 0
评析 解答本题要求能够做到物理与数学相结合。图中的OA若从数学角度看其实就是一条弦,过该弦可以作出两个
相交圆,两相交圆对应的两切线即为所求的粒子速度方向所在直线。
20.(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。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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
tan α=
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=p cos α=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
21.(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。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此
0
时给霍尔片通以沿C、C 方向的电流I,则在侧面上D、D 两点间产生霍尔电压U。
1 2 1 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I=nevbd,其中e为电子电
0 0
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变化图像如图3。忽略霍尔片在磁
H
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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,因此D 点电势高。
2 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
22.(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
0
速度几乎为0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与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没有重叠,求狭缝宽度L
0 0
满足的条件。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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
(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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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2 √m
解得L< [2√(U -ΔU)-√2(U +ΔU)]
B q 0 0
23.(2016江苏单科,15,16分)回旋加速器的工作原理如图1所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间狭缝的间距
为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图2所
2πm T
示,电压值的大小为U,周期T= 。一束该种粒子在t=0~ 时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零。现考
0 qB 2
虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用。求:
(1)出射粒子的动能E ;
m
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E 所需的总时间t;
m 0
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件。
图1
图2
q2B2R2 πBR2+2BRd πm
答案 (1) (2) -
2m 2U qB
0
πmU
0
(3)d<
100qB2R
解析 (1)粒子运动半径为R时
v2
qvB=m
R
1
且E = mv2
m 2
q2B2R2
解得E =
m 2m
(2)粒子被加速n次达到动能E ,则E =nqU
m m 0
粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为Δt
qU
0
加速度a=
md
1
匀加速直线运动nd= a·Δt2
2
T πBR2+2BRd πm
由t=(n-1)· +Δt,解得t= -
0 2 0 2U qB
0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(T )
(3)只有在0~ -Δt 时间内飘入的粒子才能每次均被加速
2
T
-Δt
2
则所占的比例为η=
T
2
πmU
0
由η>99%,解得d<
100qB2R
24.(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
O'Q=R,OQ=L,O'O=R-r
mv2
引出轨迹为圆弧,有B'qv= ③
R北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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)
25.(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
0
场,其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿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
2
打在底片上。已知放置底片的区域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,但右侧
3
1
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的离子即可在QN检测到。
3
(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lg 2=0.301,lg
3=0.477,lg 5=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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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
2 1 2 2
打在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。
26.(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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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 2
Mv2
M =eU ①
Mv2
U= M ②
2e
eE U v2
a= =e = M ③
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= R ⑤
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)
27.(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。求北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(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
qvB= 1 ②
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
-0 ④
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=qU ⑥
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式并分别应用A、B的数据
n n
得
2πm
T=
n qB
n北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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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,故B仅在与A同时进入电
n
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
Tv=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。
【3 年模拟】
时间:80分钟 分值:85分
一、单项选择题(每题3分,共9分)
1.(2019河北冀州中学检测)如图为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场场强大小恒定,且被限制在
A、C板间,虚线中间不需加电场,如图所示,带电粒子从P 处以速度v 沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D
0 0
形盒中的匀强磁场(图中未画出)做匀速圆周运动,对这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是 ( )
A.带电粒子每运动一周被加速两次
B.带电粒子每运动一周PP=PP
1 2 2 3
C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D.加速电场方向需要做周期性的变化
答案 C
2.(2019福建四校二联,15)如图所示,在直角坐标系xOy中,第一象限和第二象限里存在着方向垂直xOy平面向里、磁感
应强度大小为B的匀强磁场,A、C两点在x轴上,且OA=OC。一带电粒子P(不计重力)从A点以速率v沿y轴正向射入
√2
磁场,经t时间恰好从C点射出磁场。若与粒子P相同的粒子Q从A点以速率 v沿y轴正向射入磁场,则 ( )
2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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A.粒子Q带负电
q π
B.粒子Q的比荷 =
m Bt
C.粒子Q会通过O点
D.粒子Q在磁场中运动的时间为√2t
答案 B
3.(2020河北衡水二模)如图所示,圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,P点为磁场边界
1
上的一点。相同的带正电荷粒子以相同的速率从P点射入磁场区域,速度方向沿位于纸面内的各个方向。这些粒子射
1
出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的 。若只将磁感应强度的大小
6
1 B
2
变为B,结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的 ,不计粒子的重力和粒子间的相互作用,则 等于 ( )
2 3 B
1
√3 1
A.√3 B. C. D.2
3 2
答案 B
二、多项选择题(每题4分,共16分)
4.(2020河北枣强中学第一次月考,10)如图所示,直线MN是两个足够大的且均垂直纸面向里的匀强磁场的分界线,左边
的磁感应强度B 大于右边的磁感应强度B,一带正电的质点,从分界线上的P点以跟分界线成30°角的某一速度斜向下
1 2
垂直进入左边磁场区域,带电质点第四次进入右边磁场时,恰好经过P点,不计带电质点的重力,则下列说法正确的是
( )
r 4
1
A.带电质点在左、右两边磁场区域运动的轨道半径之比为 =
r 5
2
B 4
1
B.左、右两边的磁感应强度大小之比为 =
B 3
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t 1
1
C.从开始运动到第四次进入右边磁场区域时,带电粒子在左、右两边磁场区域运动时间之比为 =
t 5
2
t ' 1
1
D.从开始运动到第四次进入左边磁场区域时,带电粒子在左、右两边磁场区域运动时间之比为 =
t ' 6
2
答案 BC
5.(2019湖北十堰调研)如图所示,有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场,磁场的磁感应强度为B,其边界为一边长为L的
0
正三角形(边界上有磁场),A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),以速度v=
√3qBL
从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场,然后从BC边上某点Q射出。若从P点射
4m
入的该粒子能从Q点射出,则 ( )
1+√3 2+√3
A.PB< L B.PB< L
4 4
√3 1
C.QB≤ L D.QB≤ L
4 2
答案 BD
6.(2020天津第一次质量检测)如图所示,一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场
2mg
中,电场强度大小为E= ,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上,环与杆间的动
q
摩擦因数为μ。现使圆环以初速度v 向下运动,经时间t 圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直
0 0
线运动,不计空气阻力,重力加速度为g。则下列说法中正确的是 ( )
t
0
A.环经过 时间刚好到达最低点
2
μqv B
0
B.环的最大加速度为a =g+
m m
1 m2g2
C.环在t 时间内损失的机械能为
m(v2
- )
0 2 0 μ2q2B2
D.环下降过程和上升过程摩擦力的冲量大小不相等
答案 BC
7.(2020辽宁抚顺期末统考)如图所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N之间的距离为d=20 cm,磁场的磁感应
强度大小为B=5 T,方向垂直纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和带负电的微粒,整北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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体呈中性)从左侧喷射入磁场,发现在M、N两板间接入的额定功率为P=100 W的灯泡正常发光,且此时灯泡电阻为
R=100 Ω,不计离子重力和发电机内阻,且认为离子均为一价离子,则下列说法中正确的是 ( )
A.金属板M上聚集负电荷,金属板N上聚集正电荷
B.该发电机的电动势为100 V
C.离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/s
D.每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N上
答案 BD
三、计算题(共60分)
8.(2021届河北唐山第一次摸底)(15分)两金属板M、N平行放置,金属板右侧的矩形区域abcd内存在垂直纸面向里的
匀强磁场,P、Q分别为ad边和bc边的中点,ab=3L,ad=2L,金属板与矩形区域的轴线PQ垂直,如图所示。质量为m、电
荷量为q的粒子在M板附近自由释放,经两板间电压加速后,穿过N板上的小孔,以速度v沿轴线PQ进入磁场区域,并
由b点离开磁场。不计粒子重力,求:
(1)加速电压U的大小;
(2)矩形磁场中磁感应强度的大小;
(3)若在矩形磁场右侧,分布着另一个一条边平行于ab边的矩形磁场区域efgh(未画出),粒子经过efgh偏转后恰好
回到出发位置,求矩形磁场efgh的最大磁感应强度及对应的面积。(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)
mv2 mv 4mv
答案 (1) (2) (3) 5L2
2q 5qL 5qL
9.(2021届湖北安陆一中月考)(15分)如图所示,真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域,半径为R=0.5 m,磁场垂
直纸面向里。在y>R的区域存在沿-y方向的匀强电场,电场强度为E=1.0×105 V/m。在M点有一正粒子以速率
v=1.0×106 m/s沿+x方向射入磁场,粒子穿出磁场进入电场,速度减小到零后又返回磁场,最终又从磁场离开。已知粒子
q
的比荷为 =1.0×107 C/kg,粒子重力不计。
m
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小;
(2)求沿+x方向射入磁场的粒子,从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
答案 (1)0.2 T (2)(0.5π+1) m
10.(2021届辽宁新高考联合调研,18)(15分)OM和水平的x轴之间的夹角为30°,其间存在匀强磁场和匀强电场,如图所
示,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,电场的方向竖直向上。现从OM上的A点沿纸面向左上方先后
v
0
发射速度大小分别为 和v(v 大小未知)、速度方向与OM均成30°角的两相同的带电小球甲、乙。乙进入磁场后恰
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好做匀速圆周运动,运动轨迹恰好与Ox相切,且能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。已知带电小球的质量为m、
带电荷量为q,OA=3L,重力加速度为g。
(1)求两带电小球在磁场中分别运动的时间;
(2)若在y轴上有竖直的光屏,在y轴和OM之间的区域加上与OM和x轴间等大反向的电场,带电小球离开OM与
x轴间的区域后继续运动,最终打在光屏上,求甲、乙两球打到光屏上的位置之间的距离。
5πm 5πm L 99m2g
答案 (1) (2) -
3qB 3qB 4 4q2B2
11.(2020河北衡水第二次调研)(15分)如图(a)所示,整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面),在同一水平线上的
两位置,以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b,带电荷量为+q的a水平向右,不带电的b竖直向上。b上升高度
为h时,到达最高点,此时a恰好与它相碰,瞬间结合成油滴P。忽略空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离;
(2)匀强电场的电场强度及油滴a、b结合为P后瞬间的速度;
(3)若油滴P形成时恰位于某矩形区域边界,取此时为t=0时刻,同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化
的匀强磁场,磁场变化规律如图(b)所示,磁场变化周期为T(垂直纸面向外为正),已知P始终在矩形区域内运动,求矩形
0
区域的最小面积。(忽略磁场突变的影响)
答案 见解析
