曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
专题十 磁场
1.物理科技 (2022河南名校联盟三诊)(多选)回旋加速器的工作原理如图所示,D形金属盒的半径为R,两D
形盒间狭缝的宽度为d,匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直。D形金属盒的中心O处有一粒
子源,能产生质量为m、电荷量为e的质子(质子的初速度及其所受重力均不计),质子在加速电压为U的电场
中加速,最终从出口处射出。下列说法正确的是( )
BRd
A.质子在电场中运动的总时间为
U
πBR2
B.质子在磁场中运动的总时间为
U
C.若仅将电压U增大,则质子从出口处射出时的动能不变
e2R2B2
D.若仅将O处的粒子源改为氦(4
He)核源并适当调整交流电频率,则氦核可获得的最大动能为
2 4m
mv2 eBR
答案 AC 当质子射出D形盒时,根据洛伦兹力提供向心力得evB= ,v= ,质子在电场中的加速度
R m
eE eU v BRd
大小为a= = ,质子在电场中运动的总时间t= = ,故A正确;设在电场中加速的次数为n,根据动
m md a U
1 T πm
能定理得neU= mv2, 在电场中加速一次后 , 在磁场中运动半圈 ,在磁场中运动半圈的时间t= = ,质子
0
2 2 eB
eB2R2 πm πBR2
在磁场中运动的总时间t'=nt= × = ,故B错误;当质子射出D形盒时,质子的速度v=
0 2mU eB 2U
eBR
,若仅将电压U增大,则质子从出口处射出时的速度不变,动能不变,故C正确;若仅将O处的粒子源改为
m
氦 (4 He)核源并适当调整交流电频率,则与质子比较,电荷量增大为2倍,质量增大为4倍,则氦核可获得的最
2
eBR 1 e2B2R2
大速度为v'= ,最大动能E= ×4mv'2= ,故D错误。
2m k 2 2m
2.物理探索 (2022东北师大附中测试七)如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图,演示仪中有一对彼此平
行且共轴的励磁圆形线圈,通入电流I后,能够在两线圈间产生匀强磁场;玻璃泡内有电子枪,通过加速电压U
对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心O点正下方的S点水平向左射出,电子通过玻璃泡
内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是( )
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A.若要正常观察电子径迹,励磁线圈的电流方向应为逆时针(垂直纸面向里看)
B.若保持U不变,增大I,则圆形径迹的半径变大
C.若同时减小I和U,则电子运动的周期减小
D.若保持I不变,减小U,则电子运动的周期将不变
答案 D 若要正常观察电子径迹,则电子向左运动时需要受到向上的洛伦兹力,根据左手定则可知,玻璃泡
内的磁场应向里,根据安培定则可知,励磁线圈的电流方向应为顺时针,故A错误;电子在磁场中,向心力由洛
v2 mv 1
伦兹力提供,则有eBv=m ,可得r= ,而电子进入磁场的动能由电场力做功得到,即eU= mv2,即U不变,
r eB 2
2πr 2πm
则v不变,由于m、e不变,而当I增大时,B增大,故半径减小,故B错误;因为T= = ,所以电子运动
v eB
的周期与U无关,当减小电流I时,B也减小,则电子运动的周期T增大,故C错误;当I不变,U减小时,T不变,
故D正确。
解题指导 磁场是由通电励磁圆形线圈产生,电流变化时磁场也会变化。
3.(2022山东潍坊一模,7)如图所示,正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以速度v
1
从a点沿ad方向射入磁场,从c点离开磁场;若该粒子以速度v 从a点沿ae方向射入磁场,则从d点离开磁场。
2
v
不计粒子重力, 1的值为 ( )
v
2
√6 √3 √3
A.√3 B. C. D.
2 2 3
答案 C 带正电粒子以速度v 从a点沿ad方向射入磁场,从c点离开磁场,设六边形的边长为L,则由几何
1
关系得R=√3L;若该粒子以速度v 从a点沿ae方向射入磁场,则从d点离开磁场,则由几何关系得R=2L,由
1 2 2
洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2 ,则R=mv,故速度之比即半径之比, v 1= R 1=√3,故选C。
R Bq v R 2
2 2
4.(2022山东聊城一模,9)(多选)如图所示,匀强磁场方向垂直纸面向里,上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放
置,玻璃管内壁光滑,管底有一带正电的小球(未画出),在外力作用下,玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变,小
球最终从上端管口飞出。从进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中,下列说法正确的是 ( )
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A.洛伦兹力对小球做正功
B.小球的机械能增加
C.小球的运动轨迹是一条抛物线
D.小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度无关
答案 BC 洛伦兹力的方向与速度方向垂直,永远不做功,故A错误;设小球竖直分速度为v、水平分速度
y
为v,小球受力如图所示,玻璃管对带电小球的弹力水平向右,小球的速度方向斜向右上方,弹力对小球做正功,
小球的机械能增加,故B正确;小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动,小球在竖直方向所受的洛伦兹力
qvB
F=qvB是恒力,在竖直方向,由牛顿第二定律得qvB-mg=ma,解得小球的加速度大小a= -g,小球的加速度
1
m
不随时间变化,恒定不变,小球在竖直方向做匀加速直线运动,合运动为匀变速曲线运动,运动轨迹是一条抛物
√ 2h
线,故C正确;小球在竖直方向做匀加速运动,根据h=1at2,可知t=√2h= ,则小球在玻璃管中的运
qvB
2 a -g
m
动时间与玻璃管速度有关,选项D错误。
R
5.自然现象 (2022广东深圳二模,8)(多选)如图为地球赤道剖面图,地球半径为R,把地面上高度为 区域内的
2
地磁场视为磁感应强度为B、方向垂直于剖面的匀强磁场,一带电粒子以速度v正对地心射入该磁场区域,
轨迹恰好与地面相切。则( )
A.粒子带正电荷
5R
B.轨迹半径为
8
v
C.粒子的比荷为
BR
D.若粒子速度减小,在该磁场区域的运动时间增大
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答案 BD 由左手定则知,粒子带负电,A错误;由几何关系知r2+( R) 2 =(R+r)2,解得r=5R,B正确;根据
R+
2 8
v2 q 8v
qvB=m ,解得 = ,C错误;若粒子速度减小,则运动半径减小,在磁场中运动的圆心角变大,粒子的周
r m 5BR
2πm θ
期T= 不变,则由t= T知,在该磁场区域的运动时间变大,D正确。
qB 2π
6.(2022临澧一中开学考,5)磁单极子是物理学家设想的一种仅带有单一磁极(N极或S极)的粒子,它们的磁感
线分布类似于点电荷的电场线分布,目前科学家还没有证实磁单极子的存在。若自然界中存在磁单极子,以
其为球心画出两个球面1和2,如图所示,a点位于球面1上,b点位于球面2上,则下列说法正确的是( )
A.a点比b点的磁感应强度大
B.a点比b点的磁感应强度小
C.球面1比球面2的磁通量大
D.球面1比球面2的磁通量小
答案 A 由于磁单极子的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布,磁感线越密集的地方,磁感应强度越
大,A正确,B错误;由于磁感线都是发散射线,中间没有断开,穿过两个面的磁感线的条数相等,因此两个面的
磁通量相等,C、D错误。
7.(2022长沙长郡中学月考六,9)(多选)自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图
甲所示,一块磁铁安装在前轮上,轮子每转一圈,磁铁就靠近传感器一次,传感器就会输出一个脉冲电压。如图
乙所示,电源输出电压为U,当磁场靠近霍尔元件时,在导体前后表面间出现电势差U(前表面的电势低于后
1 2
表面的电势)。下列说法中正确的是( )
图甲
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图乙
A.图乙中霍尔元件的载流子带正电
B.已知自行车车轮的半径,再根据单位时间内的脉冲数,即获得车速大小
C.若传感器的电源输出电压U 变大,则霍尔电压U 变大
1 2
D.自行车的车速越大,则霍尔电压U 越大
2
答案 BC 霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的,选项A错误;根据单位时间内的脉冲数,可求得车
轮转动周期,从而求得车轮的角速度,最后由线速度公式v=rω,结合车轮半径,即可求解车轮的速度大小,选项
U I IdB
2
B正确;根据qvB=q ,得U=vdB,由电流的微观表达式I=nqSv,v= ,解得U= ,霍尔电压U 与车速
d 2 nqS 2 nqS 2
IdB
大小无关,选项D错误;由公式U= ,若传感器的电源输出电压U 变大,那么电流I变大,则霍尔电压U 将
2 1 2
nqS
变大,选项C正确。
8.(2020塘沽一中期末)如图所示为一种质谱仪的示意图,该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组
成。若速度选择器中电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,静电分析器通道中心线为
1 1
1
圆弧,圆弧的半径(OP)为R,通道内有均匀辐射的电场,在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器中有范围
4
足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度
选择器后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点,不计粒子重力。
下列说法正确的是( )
A.速度选择器的极板P 的电势比极板P 的电势低
1 2
B
B.粒子的速度v= 1
E
1
E2
C.粒子的比荷为 1
ERB2
1
2ERB2
D.P、Q两点间的距离为 1
E2B
1
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答案 C 根据图可知,粒子在磁分析器内向左偏转,则粒子受到的洛伦兹力的方向向左,由左手定则可知,该
粒子带正电;粒子在速度选择器内向右运动,根据左手定则可知,粒子受到的洛伦兹力的方向向上;因为粒子匀
速穿过速度选择器,所以粒子受到的电场力的方向向下,则电场的方向向下,所以极板P 的电势比极板P 的电
1 2
E
势高,故A项错误。粒子在速度选择器内匀速运动,受力平衡,则有qE
1
=qvB
1
,解得v= 1,故B项错误。粒子
B
1
在静电分析器内做匀速圆周运动,则有qE=mv2
,联立可得粒子的比荷
q
=
v2
=
E
1
2
,故C项正确。粒子
R m ER ERB2
1
在磁分析器内做匀速圆周运动,有qvB=mv2
,联立解得r=
ERB
1,由几何关系知P、Q之间的距离为2r=
r E B
1
2ERB
1
,故D项错误。
E B
1
9.物理科技 (2022滨海七校联考,5)新型冠状病毒传播能力非常强,因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须是
全程都在高度无接触物理防护性条件下操作。武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室,在该实验
室中有一种污水流量计,其原理可以简化为如图所示模型:污水内含有大量正、负离子,从直径为d的圆柱形
容器右侧流入,左侧流出。流量Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应
强度为B的匀强磁场,下列说法正确的是( )
A.所有离子所受洛伦兹力方向均由M指向N
B.M点的电势高于N点的电势
C.污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D.若再测量出M、N两点间的电压就能够推算出污水的流量
答案 D 根据左手定则可知,正离子受到的洛伦兹力向下,负离子受到的洛伦兹力向上,因此正离子向下聚
集,负离子向上聚集,N点电势高于M点电势,故A、B均错误;不带电的粒子不会受洛伦兹力,因此也不会偏
转,M、N之间不会出现电势差,故C错误;当M、N两点间电压U稳定时,根据平衡条件有qvB=qE,根据匀强
1 πdU
电场中电势差与场强的关系有U=Ed,由题意可知Q=vS= πd2v,联立解得Q= ,由该式可知只需要知道
4 4B
磁感应强度B、直径d及M、N两点间的电压U,就能够推算出污水的流量,故D正确。
10.(2022北京朝阳一模,13)为了测量化工厂的污水排放量,技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单
位时间内流过某截面流体的体积)。如图所示,长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c,左、右两端开
口,所在空间有垂直于前后面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在上、下两个面的内侧固定有金属板
M、N,含有大量的正、负离子的污水充满管道,从左向右匀速流动,测得M、N间电压为U。由于污水流过
管道时受到阻力f的作用,左、右两侧管口需要维持一定的压强差。已知沿流速方向长度为L、流速为v的
污水,受到的阻力f=kLv(k为比例系数)。下列说法正确的是( )
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abU
A.污水的流量Q=
B
B.金属板M的电势低于金属板N的电势
C.电压U与污水中的离子浓度有关
kaU
D.左、右两侧管口的压强差为
bc2B
答案 D 由左手定则知正离子受洛伦兹力向上,负离子受洛伦兹力向下,因此金属板M的电势高于金属板
U
N的电势,B错误。由动生电动势U=Bcv①知U与离子浓度无关,C项错误;由①得v= ②,因此污水流量
Bc
U Ub kav kav kaU
Q=v·S= ·bc= ,A项错误;污水匀速流动,则有pS=f=kav,p= = ,将②代入得p= ,D项正确。
Bc B S bc bc2B
U U
思路点拨 计算流体速度v也可以利用正、负离子受洛伦兹力与电场力平衡计算,即Bqv=q ,v= 。污
c Bc
水受左、右两侧压强差产生的推力等于污水受到的阻力。
11.(2022北京丰台二模,14)跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行,
相距为L,磁感应强度大小均为B,方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场,电场强度为E,方向与磁
场边界垂直。质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场,多次经过电场加速和磁场偏转后,从位于边界上
的出射口K引出时动能为E。已知K、Q的距离为d,带电粒子的重力不计。则下列说法正确的是( )
k
A.第一次加速后,粒子在Ⅱ中运动的半径比在Ⅰ中的半径大
B.粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间相同
q2B2d2
C.粒子从出射口K引出的动能E=
k
8m
qB2d2
D.粒子出射前经过加速电场的次数N=
mEL
答案 C 第一次加速后,粒子在Ⅰ和Ⅱ中运动的速率相等,洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力,有Bqv=
mv2 mv
,R= ,故粒子在Ⅰ和Ⅱ中运动的半径相等,A错误。粒子每次从P点被加速到再次回到P点,在磁场
R Bq
中运动的时间相等,但在电场中因为受到电场力加速,时间变短,故再次回到P点所用时间不同,B错误。设粒
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子从出射口K引出时速度大小为v ,此时粒子在磁场中运动的轨迹半径最大,R=d,有Bqv =mv2 ,E=1m
m m m k
2 R 2
q2B2d2 qB2d2
v2
= ,C正确;设粒子在电场中加速次数为N,则有NEqL=E,解得N= ,D错误。
m 8m k 8mEl
思路点拨 该题中的P相当于回旋加速度器D形盒的粒子源,K即D形盒边缘处的粒子出口,则d相当于D
形盒半径。
12.物理技术 (2022浙江宁波十校联考)为了降低潜艇噪音,科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截
面图如图所示,电磁推进器用绝缘材料制成海水管道,马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场,现潜艇在前进过
程中海水正源源不断地被推向纸外。则下列说法正确的是( )
A.图中所接电源为直流电源,a极为电源正极
B.同时改变磁场方向和电源正负极可实现潜艇倒退
C.加速阶段,海水对潜艇的力与潜艇对海水的力大小相等
D.电源输出的能量完全转化为海水的动能和潜艇的动能
答案 C 海水被推向纸外,根据左手定则可知,电流方向由b指向a,b为电源正极,A错误;同时改变电流和磁
场方向,海水受到的安培力不变,航行方向不变,B错误;根据牛顿第三定律,海水对潜艇的力与潜艇对海水的力
大小相等,方向相反,C正确;电源输出的能量不可能完全转化为动能,有焦耳热损耗,D错误。
13.物理生活 (2022江苏南京期中,3)某磁悬浮地球仪的磁悬浮原理如图所示,地球仪中有一个磁铁,底座中有
一个线圈(线圈电阻不计),给线圈通电,地球仪可以悬浮起来。下列说法正确的是( )
A.线圈必须连接交流电源
B.地球仪悬浮时,线圈a端接正极,b端接负极
C.若仅增加线圈匝数,可增加地球仪稳定悬浮的高度
D.减小地球仪与底座的距离,地球仪稳定悬浮时,地球仪受到的斥力增大
答案 C 磁铁稳定悬浮,线圈一定接的是直流电源,而且螺线管的上端为等效磁铁的N极,根据右手螺旋定
则可知线圈a端接负极,b端接正极,A、B错误;若仅增加线圈匝数,可使螺线管周围的磁场增强,因此地球仪
稳定悬浮的高度增加,C正确;减小地球仪与底座的距离,地球仪稳定悬浮时,排斥力仍等于重力,D错误。
14.物理学史 (2022江苏盐城调研,5)安培曾做过如图所示的实验:把绝缘导线绕制成线圈,在线圈内部悬挂一
个用薄铜片做成的圆环,圆环所在平面与线圈轴线垂直,取一条形磁铁置于铜环的右侧,条形磁铁的右端为N
极。闭合开关,电路稳定后,发现铜环静止不动,安培由此错失发现电磁感应现象的机会。实际上,在电路闭合
的瞬间( )
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A.从右侧看,铜环中有逆时针方向的感应电流
B.从右侧看,铜环中有顺时针方向的感应电流
C.铜环仍保持不动
D.铜环会远离磁铁
答案 A 根据楞次定律,当接通开关瞬间时,导致穿过线圈的磁通量向左增大,则从右侧看,线圈的感应电流
为逆时针方向,故A正确,B错误;当线圈中有逆时针方向的电流时,可等效为右侧为N极的磁体,则当处于左
侧是S极的条形磁铁的磁场中时,铜环会靠近磁铁,故C、D错误。
15.(2022贵州新高考联盟第一次测试)如图所示,水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d,a、b间加有
电压,b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的
带正电的粒子(不计重力),从贴近a板的左端以v 的初速度水平射入匀强电场,刚好从狭缝P处穿过b板进入
0
匀强磁场,最后粒子打到b板的Q处(图中未画出)被吸收。已知P到b板左端的距离为2d,求:
(1)粒子进入磁场时速度的大小和方向;
(2)P、Q之间的距离。
2mv
答案 (1)√2v 与b板成45°角斜向右下方 (2) 0
0
Bq
解析 (1)粒子在两板间做类平抛运动,在水平方向有
2d=vt
0
1
在竖直方向有d= vt
y
2
解得v=v
y 0
粒子进入磁场时的速度大小v=
√v2+v2
=
√2
v
0
0 y
v
速度方向与b板夹角θ的正切值tan θ= y=1
v
0
解得θ=45°
即速度方向与b板成45°角斜向右下方
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示
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mv2
由洛伦兹力提供向心力得Bqv=
R
解得R=mv=√2mv
0
Bq Bq
2mv
则x =√2R= 0
PQ
Bq
16.(2022山东青岛一模,17)某电子显像装置的原理如图所示,平面内有匀强电场和匀强磁场区域,磁场分布在
x轴下方及抛物线与y轴之间,抛物线方程为y=2x2,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外;电场分布在抛物
线与x轴之间所夹的空间,电场强度大小为E,方向沿y轴负方向。现有带正电粒子从抛物线上各处无初速度
释放,粒子进入第四象限经磁场偏转后都会经过原点O,粒子重力不计,求:
(1)带电粒子的比荷;
(2)y=2 m处释放的粒子从释放到再次运动到抛物线(非原点)所用的时间;
(3)y=2 m处释放的粒子第三次经过x轴的位置坐标。
16E (3π+16)B
答案 (1) (2) (3)(2.5 m,0)
B2 32E
mv2
解析 (1)设带电粒子在磁场中的运动半径为R,根据洛伦兹力提供向心力qvB=
R
1
带电粒子在电场中加速Eqy= mv2
2
由于粒子恰好能经过圆心O,可知x=2R
又y=2x2
q 16E
联立解得 =
m B2
(2)当y=2 m时,得x=1 m
此时粒子做圆周运动的半径R=0.5 m
由圆运动方程可得(x-0.5)2+y2=R2
又抛物线方程为y=2x2
解得x=0,y=0或者x=0.5,y=0.5
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3
即粒子再次到达抛物线的坐标为(0.5 m,0.5 m),可知粒子在磁场中恰好运动了 周期,粒子做圆周运动的周
4
2πm
期T=
qB
3 3πB
粒子在磁场中运动的时间t= T=
1
4 32E
1
在电场中Eq=ma,y= at2
2 2
B
解得t=
2
2E
(3π+16)B
则运动的时间t=t+t=
1 2
32E
(3)粒子再次进入电场后做类平抛运动
1 qE
带电粒子在电场中加速R=
t2
,则平抛的水平位移x=vt=2 m
2 m 3 0 3
因此达到x轴上的坐标为(2.5 m,0)。
17.物理科技 (2022广东二模,13)如图(a)是一种防止宇宙射线危害宇航员的装置,在航天器内建立半径分别
为R和√3R的同心圆柱,圆柱之间加上沿轴向方向的磁场,其横截面如图(b)所示。宇宙射线中含有大量的质
子,质子沿各个方向运动的速率均为v,质子的电荷量为e、质量为m。
0
(1)若设置磁感应强度大小为某值时,恰好所有方向入射的质子都无法进入防护区,求这种情况下磁感应强度
的大小。
(2)若设置磁感应强度大小使得正对防护区圆心入射的质子,恰好无法进入防护区,求这种情况下质子从进入
磁场到离开磁场的时间。
答案 (1)(√3+1)mv (2)2πR
0
eR 3v
0
解析 (1)设磁感应强度为B时,运动半径为r的质子渗透最深入时都无法进入防护区,其在磁场中的运动轨
迹如图甲所示。
甲
√3R-R
由几何关系可知r= ①
2
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洛伦兹力提供向心力ev 0
B=mv2
0 ②
r
联立①②解得B=(√3+1)mv
0
eR
(2)设磁感应强度为B,质子的运动半径为r,如图乙所示。
1 1
乙
由几何关系可知 r2 + (√3R)2 = (r +R)2③
1 1
又tan α=√3R④
r
1
2αr
质子在磁场中运动的时间t= 1⑤
v
0
2πR
联立③④⑤解得t=
3v
0
18.(2022常德统考,14)物理气相沉积镀膜是芯片制作的关键环节之一,如图是该设备的平面结构简图。初速
度不计的氩离子(比荷 q 1=2.4×106 C/kg)经电压U
0
=25×103 V的电场加速后,从C点水平向右进入竖直向
m 12
1
5
下的场强为E= ×104 V/m的匀强电场,恰好打到电场、磁场的竖直分界线Ⅰ最下方M点(未进入磁场)并被
3
q
位于该处的金属靶材全部吸收,C、M两点的水平距离为0.5 m。靶材溅射出的部分金属离子(比荷 2
m
2
=2.0×106 C/kg)沿各个方向进入两匀强磁场区域,速度大小均为1.0×104 m/s,并沉积在固定基底上,M点到基
√2
底的距离为 m。基底与水平方向夹角为45°,大小相等(B=1×10-2 T)、方向相反(均垂直纸面)的两磁场的
4
分界线Ⅱ过M点且与基底垂直。求:(两种离子均带正电,忽略重力及离子间相互作用力)
(1)C、M两点的高度差;
(2)在纸面内,基底上可被金属离子打中而镀膜的区域长度;
(3)金属离子打在基底上所用时间最短时离子的入射方向与分界线Ⅱ的夹角的正弦值。
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2-√2 √2
答案 (1)0.5 m (2) m (3)
2 4
解析 (1)氩离子在电场中加速
1
根据动能定理有qU= mv2
1 0 2 1 0
故v 0
=√2q
1
U
0=105 m/s
m
1
氩离子在电场中偏转
CM=vt
x 0
1
CM= at2
y
2
qE=ma
1 1
代入数据得高度差CM=0.5 m
y
(2)金属离子在磁场中运动
m v2 =Bqv
2 2
R
m v
R= =0.5 m
2
Bq
2
金属离子沿着靶材和右下磁场边界入射,其圆心O在M点正上方0.5 m处,金属离子沉积点为K,分界线Ⅱ与
基底的交点为A。
OM sin 45°=AM
所以O恰好在基底上
√2
OA=AM tan 45°= m
4
2-√2
所以AK= m
4
离子靠近MA方向射出,则会落在A点的附近。左上磁场区域范围内离子受到洛伦兹力偏向右,根据对称性,
2-√2 2-√2
离子能够到达K'点(在A左侧),与A的距离也为 m,与右侧相同。故镀膜区域的长度为L=
4 2
m。
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(3)金属离子从A点射出时,所用时间最短,由几何知识可得,此时入射方向与两磁场边界的夹角满足 sin θ=
√2
。
4
19.(2022和平一模,12)质谱仪是一种检测同位素的仪器,利用电场和磁场可以将同位素进行分离。现有氕
(1
1
H)、氘
(2
H)两种带电粒子从容器A下方的狭缝S
1
飘入电势差为U
0
的加速电场,其初速度几乎为零,然后沿
1
着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的足够大匀强磁场中,最后打到照相底片上。已知带电粒子从狭
0
缝S 进入磁场时与垂直磁场边界方向存在一个很小的散射角θ,所有粒子均打在底片区域内,所能到达的最
3
远点为M。已知氘粒子的质量为m、电荷量为q,忽略带电粒子的重力及粒子间相互作用力。
(1)求M点与狭缝S 之间的距离d;
3
(2)若某些氘粒子进入磁场后,形成等效电流为I的粒子束,最终垂直打在照相底片上的P点(图中未画出)形成
一个曝光点,粒子均被吸收,求氘粒子束单位时间内对P点的冲击力F的大小;
(3)若考虑磁感应强度在(B-ΔB)到(B+ΔB)之间波动,要使在底片上能完全分辨氕、氘两种粒子,求ΔB应满足
0 0
的条件。
答案 (1) 1 √8U 0 m
B q
0
(2)I√2U m
0
q
√2 cosθ-1
(3)ΔB< B
√2 cosθ+1 0
解析 (1)氘粒子在加速电场中运动,由动能定理可知
1
qU
0
= mv2①
2
v2
在磁场中运动,qvB=m ②
r
d
r= ③
2
联立①②③可得d= 1 √8U 0 m ,由此式分析可知,打到最远点的是氘粒子
B q
0
(2)设t时间内打到P点的氘粒子个数为N
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It
N= ④
q
由动量定理-F't=0-Nmv⑤
由牛顿第三定律F=F'⑥
联立④⑤⑥可得F=I√2U m
0
q
(3)设氕粒子在磁场中运动的半径为r
0
联立qU=1mv2与qvB=mv2 可得r=1 √2U m
0 0
2 r B q
因此对氕粒子r=1 √U m
0 0
B q
两种粒子在底片上不重叠,需要氘粒子曝光点的最近距离大于氕粒子的曝光点的最远距离,最远距离为垂直
边界射入磁场时,最近距离为与垂直于边界方向夹角为θ入射,因此两种粒子不重叠的条件为
2r min cos θ>2r 0max⑦
又磁感应强度最大时半径最小,因此有
2 1 √2U m cos θ>2 1 √U m⑧
0 0
B +ΔB B -ΔB
q q
0 0
√2 cosθ-1
整理可得ΔB< B
√2 cosθ+1 0
20.(2022北京丰台二模,19)场是看不见、摸不着的,但我们却可以根据它表现出来的性质去认识它、研究它;
我们也常采用类比的方法去研究和认识不同的场。
甲
(1)真空中静止的点电荷,电荷量为Q,在与其相距为r的位置产生的场强为E,请用电场强度的定义和库仑定
Q
律推导E=k ;
r2
(2)1821年,安培分子电流假说开启了近代磁学,认为磁性源于运动的电荷,科学的发展证实了电流元在空间可
以形成磁场。根据电流元周围存在磁场,小鑫同学大胆猜想:两电流元之间存在相互作用的磁场力F,可能与
两点电荷间的静电力类似。如图甲所示,通有电流I、I 的两根导线平行放置且电流均向上,设Il 和Il 分别
1 2 11 22
表示导线上A、B两点处的电流元,A、B两点相距为r。(说明:若需常量可用K 表示)
m
a.请你根据小鑫同学的猜想,写出两电流元间相互作用的磁场力大小F;
b.请类比电场强度的定义方法写出在距电流元Il 为r处B点的磁感应强度的大小,并由安培定则判断B点
11
磁感应强度的方向;
c.如图乙所示,环形电流可以视为是由许多段的电流元组成,假设半径为r的圆环形导线通有电流为I,试求在
圆心O处产生的磁感应强度B。
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乙
答案 见解析
解析 (1)电荷量为Q的点电荷,在与之相距r处放一试探电荷q,根据库仑定律,该试探电荷受到的电场力为:
Qq
F=k
r2
F
由电场强度E= 得带电荷量为Q的点电荷,在与之相距r处电场强度为:
q
Q
E=k
r2
(2)a.通过类比可以猜想两电流元间相互作用的磁场力大小F可以写为:
(I l )·(I l )
F=K m 1 1 2 2 ①
r2
b.通过类比电场强度的定义可写出在距电流元Il 为r处的磁感应强度B的表达式为:
11
F
B= ②
I l
2 2
I l
将磁场力F表达式代入②式得B=K m 1 1③
r2
由安培定则判断B的方向:垂直纸面向里。
c.环形电流是由许多段的电流元组成,设任意一段电流元为Il,则在距其r处产生的磁感应强度由③可知:
xx
(I l )
B x =K m x x ④
r2
则环形电流在圆心O处产生的磁感应强度的大小B可表示为:
I(l +l +l ……+l )
B=K
m 1 2 3 n
r2
I
得到:B=2πK
m
r
总结归纳 本题完全用类比的思想分析。将电流元类比为点电荷,然后利用电场相关规律研究磁场。
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