高中物理人教版選修31教學案帶電粒子在勻強磁場中的運動 含答案

1、第6節(jié)帶電粒子在勻強磁場中的運動1洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，即洛倫茲力對帶電粒子不做功。2帶電粒子沿垂直磁場方向進入勻強磁場時，洛倫茲力提供向心力，帶電粒子做勻速圓周運動。3帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的牛頓第二定律表達式為qvBm，軌道半徑為r，周期為T，可見周期與帶電粒子的速度沒有關(guān)系。4回旋加速器由兩個D形盒組成，帶電粒子在D形盒中做圓周運動，每次在兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域被電場加速，帶電粒子最終獲得的動能為Ek。一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1用洛倫茲力演示儀觀察運動電子在磁場中運動實驗操作軌跡特點不加磁場時電子束的徑跡是直線給勵磁線圈通電后電子束的徑跡是圓保持電子速度不

2、變，改變磁感應(yīng)強度磁感應(yīng)強度越大，軌跡半徑越小保持磁感應(yīng)強度不變，改變電子速度電子速度越大，軌跡半徑越大2洛倫茲力的作用效果洛倫茲力只改變帶電粒子速度的方向，不改變帶電粒子速度的大小，或者說洛倫茲力不對帶電粒子做功，不改變粒子的能量。3帶電粒子的運動規(guī)律沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強磁場中做勻速圓周運動。洛倫茲力總與速度方向垂直，正好起到了向心力的作用。二、質(zhì)譜儀和回旋加速器1質(zhì)譜儀圖3­6­1(1)原理圖：如圖3­6­1所示。(2)加速帶電粒子進入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理得：qUmv2。(3)偏轉(zhuǎn)帶電粒子進入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場做勻速圓

3、周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB。(4)由兩式可以求出粒子的運動半徑r、質(zhì)量m、比荷等。其中由r 可知電荷量相同時，半徑將隨質(zhì)量變化。(5)質(zhì)譜儀的應(yīng)用可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。圖3­6­22回旋加速器的結(jié)構(gòu)和原理(1)兩個中空的半圓金屬盒D1和D2，處于與盒面垂直的勻強磁場中，D1和D2間有一定的電勢差，如圖3­6­2所示。(2)帶電粒子在D形盒中只受洛倫茲力的作用而做勻速圓周運動，運動半周后帶電粒子到達D形盒的狹縫處，并被狹縫間的電場加速，加速后的帶電粒子進入另一D形盒，由粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動的半徑公式r知，它運動的半徑將增大，

4、由周期公式T可知，其運動周期與速度無關(guān)，即它運動的周期不變，它運動半個周期后又到達狹縫再次被加速，如此繼續(xù)下去，帶電粒子不斷地被加速，在D形盒中做半徑逐漸增大，但周期不變的圓周運動。1自主思考判一判(1)帶電粒子進入勻強磁場后一定做勻速圓周運動。(×)(2)運動電荷在勻強磁場中做圓周運動的周期與速度無關(guān)。()(3)運動電荷進入磁場后(無其他場)可能做勻速圓周運動，不可能做類平拋運動。()(4)回旋加速器的半徑越大，帶電粒子獲得的最大動能就越大。()(5)利用回旋加速器加速帶電粒子，要提高加速粒子的最終能量，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R。()(6)帶電粒子做勻速圓周運動的半

5、徑與帶電粒子進入磁場時速度的大小有關(guān)，而周期與速度、半徑都無關(guān)。()2合作探究議一議(1)帶電粒子若垂直進入非勻強磁場后做半徑不斷變化的運動，這時公式r是否成立？提示：成立。在非勻強磁場中，隨著B的變化，粒子軌跡的圓心、半徑不斷變化，但粒子運動到某位置的半徑仍由B、q、v、m決定，仍滿足r。(2)回旋加速器中所加的交變電壓的周期由什么決定？提示：由于回旋加速器工作時，必須滿足交變電壓周期和粒子在磁場中運動周期相同，即粒子在磁場中運動周期決定了電壓周期。(3)粒子經(jīng)回旋加速器加速后，最終獲得的動能與交變電壓大小有無關(guān)系？提示：無關(guān)，僅與盒半徑有關(guān)。帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動1帶電粒子垂直

6、進入勻強磁場中，只受洛倫茲力，由其提供向心力做勻速圓周運動，運動半徑r，運動周期T，除了半徑和周期外，我們有時還分析粒子運動的速度、時間等問題。2分析方法：“三定”，即一定圓心，二定半徑，三定圓心角。(1)圓心的確定：因為洛倫茲力始終與電荷運動方向垂直，洛倫茲力為粒子做圓周運動提供了向心力，總是指向圓心。根據(jù)此點，我們可以很容易地找到圓周的圓心。在實際問題中，圓心位置的確定極為重要，通常有兩種方法：畫出粒子運動中的任意兩點(一般是射入和射出磁場的兩點)的洛倫茲力的方向，其延長線的交點即為圓心，如圖3­6­3甲。圖3­6­3通過入射點或出射點作速度方向的垂

7、線，再連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條線的交點就是圓弧軌道的圓心，如圖乙。(2)半徑的確定和計算：半徑的計算一般是利用幾何知識(三角函數(shù)關(guān)系、三角形知識等)求解。(3)圓心角的確定：確定圓心角時，利用好四個角的關(guān)系，即圓心角偏向角2×弦切角。利用好三角形尤其是直角三角形的相關(guān)知識。計算出圓心角，則帶電粒子在磁場中的運動時間tT。典例如圖3­6­4所示，一帶電荷量為2.0×109 C、質(zhì)量為1.8×1016 kg的粒子，圖3­6­4在直線上一點O沿與直線夾角為30°方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，經(jīng)過1.5

8、×106 s后到達直線上另一點P，求：(1)粒子做圓周運動的周期；(2)磁感應(yīng)強度B的大??；(3)若O、P之間的距離為0.1 m，則粒子的運動速度多大？思路點撥(1)畫出粒子由O點到P點的運動軌跡，確定圓心、圓心角。(2)確定粒子運動時間與周期的關(guān)系。(3)確定粒子運動的半徑及其與OP之間的關(guān)系。解析(1)作出粒子軌跡，如圖所示，由圖可知粒子由O到P的大圓弧所對的圓心角為300°，則周期Tt×1.5×106 s1.8×106 s。(2)由于粒子做圓周運動所需的向心力為洛倫茲力，得Bqv，所以B T0.314 T。(3)由幾何知識可知，半徑ROP

9、0.1 m故粒子的速度 v m/s3.49×105 m/s。答案(1)1.8×106 s(2)0.314 T(3)3.49×105 m/s分析帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的要點(1)確定粒子的運動軌跡、半徑、圓心角等是解決此類問題的關(guān)鍵。(2)掌握粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌跡半徑公式和周期公式是分析此類問題的依據(jù)。 1(2019·全國卷)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A軌道半徑減小，角速度增大B軌道半徑減小，角速度減小C軌道半徑增

10、大，角速度增大D軌道半徑增大，角速度減小解析：選D分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強度B減小，由公式r可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式T可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)知角速度減小。選項D正確。2.質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖3­6­5中虛線所示，下列表述正確的是()圖3­6­5AM帶負電，N帶正電BM的速率小于N的速率C洛倫茲力對M、N做正功DM的運行時間大于N的運行時間解析：選A根據(jù)左手定則可知N帶正電，M帶負電，選項A正

11、確；由qvBm得r，由題知m、q、B相同，且rNrM，所以vMvN，選項B錯誤；由于洛倫茲力的方向始終與帶電粒子的運動方向垂直，故洛倫茲力不會對M、N做功，選項C錯誤；又周期T，兩個帶電粒子在磁場中運動的周期相等，由圖可知兩個粒子在磁場中均偏轉(zhuǎn)了半個周期，故在磁場中運動的時間相等，選項D錯誤。3.如圖3­6­6所示，一束電子(電荷量為e)以速度v由A點垂直射入磁感應(yīng)強度為B、寬度為d的有界勻強磁場中，在C點穿出磁場時的速度方向與電子原來的入射方向成30°夾角，則電子的質(zhì)量是多少？電子穿過磁場的時間是多少？圖3­6­6解析：電子在磁場中運動，只受

12、洛倫茲力的作用，故其軌跡是圓周的一部分，又因洛倫茲力總是與速度方向垂直，故電子做圓周運動的圓心在電子射入和穿出磁場時受到的洛倫茲力作用線的交點上，即過軌跡上兩點作速度的垂線可找到圓心O點，如圖所示。由幾何關(guān)系可知，弧AC所對的圓心角30°，OC為半徑，則r2d由eBvm得r，所以m因為弧AC所對的圓心角是30°，故電子穿過磁場的時間為tT·。答案：回旋加速器問題1交變電壓的周期：帶電粒子做勻速圓周運動的周期T與速率、半徑均無關(guān)，運動相等的時間(半個周期)后進入電場，為了保證帶電粒子每次經(jīng)過狹縫時都被加速，須在狹縫兩側(cè)加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓，

13、所以交變電壓的周期也與粒子的速率、半徑無關(guān)，由帶電粒子的比荷和磁場的磁感應(yīng)強度決定。2帶電粒子的最終能量：由r知，當帶電粒子的運動半徑最大時，其速度也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekm?？梢姡岣呒铀倭Ｗ拥淖罱K能量，應(yīng)盡可能地增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R。3粒子被加速次數(shù)的計算：粒子在回旋加速器盒中被加速的次數(shù)n(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次。4粒子在回旋加速器中運動的時間：在電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2T(n是粒子被加速次數(shù))，總時間為tt1t2，因為t1t2，一般認為在盒內(nèi)的時間近似等于t2。典例有一回旋加速器，其勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B

14、，所加速的帶電粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，(1)求回旋加速器所加高頻交流電壓的周期T的表達式。(2)如果D形盒半圓周的最大半徑R0.6 m，用它來加速質(zhì)子，能把質(zhì)子(質(zhì)量m1.67×1027 kg，電量q1.6×1019 C)從靜止加速到具有4.0×107 eV的能量，求所需勻強磁場的磁感應(yīng)強度B。解析(1)粒子在磁場中做圓周運動的周期，由qvB，v可得T高頻交流電壓具有和粒子圓周運動同樣的周期T。(2)質(zhì)子在回旋加速器的磁場中繞行到半徑為最大半徑R時，qvB，Emv2由以上兩式，代入數(shù)據(jù)可得：B1.53 T。答案(1)T(2)1.53 T回旋加速器問題的兩點提醒(

15、1)回旋加速器所加高頻交流電壓的周期等于粒子圓周運動的周期且不隨粒子半徑的變化而變化。(2)粒子的最終能量與加速電壓的大小無關(guān)，由磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑?jīng)Q定。 1(多選)1932年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖3­6­7所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是()圖3­6­7A離子由加速器的中心附近進入加速器B離子由加速器的邊緣進入加速器C離子從磁場中獲得能量D離子從電場中獲得能量解析：選AD離子從加速器的中間位置進入加速器，最后由加速器邊緣飛出，所以A對，B錯。加速器中所加的磁場是使離子做勻速圓

16、周運動，所加的電場由交流電提供，它用以加速離子。交流電的周期與離子做圓周運動的周期相同。故C錯，D 對。2(多選)圖3­6­8甲是回旋加速器的工作原理圖。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，所以粒子在半圓盒中做勻速圓周運動。若帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，不計帶電粒子在電場中的加速時間，不考慮由相對論效應(yīng)帶來的影響，下列判斷正確的是()圖3­6­8A在Ek­t圖中應(yīng)該有tn1tntntn1B在Ek­

17、t圖中應(yīng)該有tn1tn<tntn1C在Ek­t圖中應(yīng)該有En1EnEnEn1D在Ek­t圖中應(yīng)該有En1En<EnEn1解析：選AC根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速度無關(guān)可知，在Ek­t圖中應(yīng)該有tn1tntntn1，選項A正確B錯誤；由于帶電粒子在電場中加速，電場力做功相等，所以在Ek­t圖中應(yīng)該有En1EnEnEn1，選項C正確D錯誤。帶電粒子在有界磁場中的運動問題典例如圖3­6­9所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，圖3­6­9一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過

18、t時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角。現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間是多少？解析根據(jù)作圖法找出速度為v時的粒子軌跡圓圓心O，由幾何關(guān)系可得：磁場中的軌跡弧所對圓心角AOC60°，設(shè)圓形磁場的半徑為r，粒子的軌道半徑為R1，因此有：qvBm，tan，軌跡圓半徑：R1r，當粒子速度變?yōu)闀r，粒子的軌道半徑為R2，因此有：qBm，tan，其軌跡圓半徑：R2r，磁場中的軌跡弧所對圓心角：1120°，周期：T，粒子運動時間：t2T，解得：t22t。答案2t帶電粒子在三類有界磁場中的運動軌跡特點(1)直線邊界：進出磁場

19、具有對稱性。(2)平行邊界：存在臨界條件。(3)圓形邊界：沿徑向射入必沿徑向射出。1(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為l，極板不帶電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從兩極板間邊界中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()A使粒子的速度vB使粒子的速度vC使粒子的速度vD使粒子的速度v解析：選AB如圖所示，帶電粒子剛好打在極板右邊緣時，有r2l2又r1，所以v1粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2，v2綜合上述分析可知，選項A、B正確。2. (多選)如圖3­6­13所示，A點的離

20、子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計。為把這束負離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向可能是()圖3­6­13AB，垂直紙面向里BB，垂直紙面向里CB，垂直紙面向外 DB，垂直紙面向外解析：選BD當磁場方向垂直紙面向里時，離子恰好與OP相切的軌跡如圖甲所示，切點為M，設(shè)圓周運動半徑為r1，由幾何關(guān)系可知，sin 30°，可得r1s，由r1可得：B1；當磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡即圓弧與OP相

21、切于N點，如圖乙所示，由幾何關(guān)系，sr2，得r2，r2，所以B2，選項B、D正確，A、C錯誤。3. (多選)如圖3­6­14所示，左右邊界分別為PP、QQ的勻強磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場，欲使粒子不能從邊界QQ射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()圖3­6­14A. B.C. D.解析：選BC粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R知，粒子的入射速度v0越大，R越大。當粒子的徑跡和邊界QQ相切時，粒子剛好不從QQ射出，此時其入射速度v0應(yīng)為最大。若粒子帶正電，其

22、運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，容易看出R1sin 45°dR1，將R1代入得v0，選項B正確。若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O點)，容易看出R2R2cos 45°d，將R2代入得v0，選項C正確。1. (多選)如圖1所示，帶負電的粒子以速度v從粒子源P處射出，若圖中勻強磁場范圍足夠大(方向垂直紙面)，則帶電粒子的可能軌跡是()圖1AaBbCc Dd解析：選BD粒子的出射方向必定與它的運動軌跡相切，故軌跡a、c均不可能，正確答案為B、D。2.如圖2所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓弧所在平面，

23、并且指向紙外。有一束粒子對準a端射入彎管，粒子有不同的質(zhì)量、不同的速度，但都是一價正離子，則()圖2A只有速度v大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管B只有質(zhì)量m大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C只有質(zhì)量m與速度v的乘積大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管D只有動能Ek大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管解析：選C因為粒子能通過彎管要有一定的半徑，其半徑rR。所以rR，由粒子的q、B都相同，則只有當mv一定時，粒子才能通過彎管。3.水平長直導線中有恒定電流I通過，導線正下方的電子初速度方向與電流方向相同，如圖3所示，則電子的運動情況是()圖3A沿路徑Oa運動B沿路徑Ob運動C沿路徑Oc運動 D沿路徑

24、Od運動解析：選D由左手定則知只能是Oc或Od路徑。而遠離導線磁場減弱B減小，由半徑公式r，可知r增大，所以只能是Od路徑，故D正確。4(多選)(2019·全國卷)有兩個勻強磁場區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與中運動的電子相比，中的電子()A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等解析：選AC兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且磁場磁感應(yīng)強度B1是磁場磁感應(yīng)強度B2的k倍。由qvB得r，即中電子運動軌跡的半徑是中的k倍，選項A正確。由F合ma得aB，所以，選

25、項B錯誤。由T得Tr，所以k，選項C正確。由得，選項D錯誤。5.如圖4所示，有界勻強磁場邊界線SPMN，速度不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場，其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直，穿過b點的粒子，其速度方向與MN成60°角，設(shè)兩粒子從S到a、b所需的時間分別為t1、t2，則t1t2為()圖4A13 B43C11 D32解析：選D畫出運動軌跡，過a點的粒子轉(zhuǎn)過90°，過b點的粒子轉(zhuǎn)過60°，故選項D正確。6.如圖5所示，有一混合正離子束先后通過正交的勻強電場、勻強磁場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域，如果這束正離子束在區(qū)域中不偏轉(zhuǎn)，進入?yún)^(qū)域后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一

26、定具有相同的()圖5A速度 B質(zhì)量C電荷量 D動能解析：選A離子束在區(qū)域中不偏轉(zhuǎn)，一定是qEqvB，v，A正確。進入?yún)^(qū)域后，做勻速圓周運動的半徑相同，由r知，因v、B相同，只能是比荷相同，故B、C、D錯誤。7. (多選)如圖6所示，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有()圖6Aa、b均帶正電Ba在磁場中飛行的時間比b的短Ca在磁場中飛行的路程比b的短Da在P上的落點與O點的距離比b的近解析：選AD離子要打在屏P上，都要沿順時針方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷，離子都帶正電，選項A正確；由于是同種離子，因此質(zhì)量、電荷量相同，初

27、速度大小也相同，由qvBm可知，它們做圓周運動的半徑相同，作出運動軌跡，如圖所示，比較得a在磁場中運動的路程比b的長，選項C錯誤；由t可知，a在磁場中運動的時間比b的長，選項B錯誤；從圖上可以看出，選項D正確。8如圖7甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是()圖7A在Ek­t圖像中應(yīng)有t4t3<t3t2<t2t1B加速電壓越大，粒子最后獲得的動能就越大C粒子加速

28、次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的面積解析：選D帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關(guān)，因此，在Ek­t圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1，A錯誤；粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，加速電壓越小，粒子加速次數(shù)就越多，由粒子做圓周運動的半徑r可知Ek，即粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，當軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不能繼續(xù)加速，故C錯誤，D正確。9回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極圖8相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂

29、直于盒底的勻強磁場中，如圖8所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是()A增大勻強電場間的加速電壓B減小磁場的磁感應(yīng)強度C減小周期性變化的電場的頻率D增大D形金屬盒的半徑解析：選D粒子最后射出時的旋轉(zhuǎn)半徑為D形盒的最大半徑R，R，Ekmv2?？梢姡龃罅Ｗ由涑鰰r的動能，應(yīng)增大磁感應(yīng)強度B和增大D形盒的半徑R，故D正確。10.1922年，英國物理學家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎。質(zhì)譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉(zhuǎn)磁場。圖9所示為質(zhì)譜儀的原理圖，設(shè)想有一個靜止的帶電粒子(不計重力)P，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最

30、后打到底片上的D點。設(shè)ODx，則在下列中能正確反映x2與U之間函數(shù)關(guān)系的是()圖9解析：選A根據(jù)動能定理qUmv2得，v 。粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)洛倫茲力提供向心力qvBm，則R。x2R 。知x2U。故A正確，B、C、D錯誤。11.如圖10所示，空間存在一方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強度為B的正方形勻強磁場區(qū)域，一電荷量為q的粒子(不計重力)從A點沿AB方向以速度v射入磁場，粒子從BC邊上的E點離開磁場，且AE2BE2d。求：圖10(1)磁場的方向；(2)帶電粒子的質(zhì)量及其在磁場區(qū)域的運動時間。解析：(1)粒子沿弧AE運動，從帶電粒子所受洛倫茲力的方向可判斷出磁場的方向垂直紙面向里。(2)如圖所示，連接A

31、E，作線段AE的中垂線，交AD的延長線于O點，O即為圓心，為弦切角，因AE2BE2d，所以30°；為圓弧軌跡的圓心角，260°。AOE為等邊三角形，R2d，由qvBm得，m；T，所以粒子在磁場區(qū)域的運動時間t。答案：(1)垂直紙面向里(2)12(2019·江蘇高考節(jié)選)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖11所示，電荷量均為q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MNL，且OML。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍

32、能正常檢測到離子。在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。圖11(1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m；(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍。解析：(1)離子在電場中加速，qU0mv2在磁場中做勻速圓周運動，qvBm解得r0 代入r0L，解得m。(2)由(1)知，U，離子打在Q點時，rL，得U離子打在N點時，rL，得U則電壓的范圍U。答案：(1)(2)U帶電粒子在磁場、復合場中的運動1(多選)在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(nèi)，電子(不計重力)可能沿水平方向向右作直線運動的是()解析：選BC對選項A，若電子向右運動，則受到電場力向左，洛倫茲

33、力向下，合力跟初速度方向不在同一直線上，故A錯誤；對選項B，若電子向右運動，則受到電場力向左，不受洛倫茲力，合力跟初速度方向在同一直線上，故B正確；對選項C，若電子向右運動，則受到電場力向上，洛倫茲力向下，當BvqEq時，電子做勻速直線運動，C正確；選項D中，若電子向右運動，則電子所受電場力和洛倫茲力均向上，電子不可能做直線運動，D錯誤。2.一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段運動軌跡如圖1所示，運動軌跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減少(帶電荷量不變)，從圖中情況可以確定()圖1A粒子從a運動到b，帶正電B粒子從a運動到b，帶負電

34、C粒子從b運動到a，帶正電D粒子從b運動到a，帶負電解析：選C帶電粒子做圓周運動的半徑r，隨著Ek的減小，半徑減小，故粒子從b運動到a；由左手定則知粒子帶正電，故選C。3. (多選)速度相同的一束帶電粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖2所示，則下列說法中正確的是()圖2A該束帶電粒子帶負電B速度選擇器的P1極板帶正電C能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于D粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0，粒子的比荷越小解析：選BC由左手定則可知，該束帶電粒子帶正電，速度選擇器的P1極板帶正電，選項A錯誤，B正確；由qEqvB1可得能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于v，選項C正確；由r可知，粒子打在膠片上的位

35、置越靠近狹縫S0，r越小，粒子的比荷越大，選項D錯誤。4. (多選)在半導體離子注入工藝中，質(zhì)量相等、初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里，寬度為d的勻強磁場區(qū)域，P離子在磁場中轉(zhuǎn)過30°后，從磁場右邊界射出，如圖3所示。關(guān)于上述運動，下列說法正確的是()圖3AP和P3在電場中運動的時間之比為31BP和P3在磁場中運動的半徑之比為31CP和P3在磁場中運動的時間之比為32DP和P3離開磁場時的動能之比為13解析：選CD兩個離子的質(zhì)量相同，其帶電量是13的關(guān)系，所以由a可知，其在電場中的加速度是13，dat2，t ，所以運動

36、時間之比是1，故A錯誤。要想知道半徑必須先知道進入磁場的速度，而速度的決定因素是加速電場，所以在離開電場時其速度表達式為：v ，可知其速度之比為1。又由qvBm知，r，所以其半徑之比為1，故B錯誤。由B的分析知道，離子在磁場中運動的半徑之比為1，設(shè)磁場寬度為L，離子通過磁場轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以有sin ，則可知角度的正弦值之比為1，又P轉(zhuǎn)過的角度為30°，可知P3轉(zhuǎn)過的角度為60°，即在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12，在磁場中的運動時間：t，故運動時間之比為：×，故C正確。由電場加速后：qUmv2可知，兩離子離開電場的動能之比為13，故D正確。5.如圖4所示是

37、質(zhì)譜儀示意圖，它可以測定單個離子的質(zhì)量，圖中離子源S產(chǎn)生帶電荷量為q的離子，經(jīng)電壓為U的電場加速后垂直射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，沿半圓軌道運動到記錄它的照相底片P上，測得它在P上位置與A處水平距離為d，則該離子的質(zhì)量m大小為()圖4A.B.C. D.解析：選A粒子經(jīng)過加速電場過程中由動能定理得qUmv2。在勻強磁場中粒子做圓周運動的半徑為，則有。聯(lián)立以上兩式解得m。6.如圖5所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為。已知粒子射出磁場與射入磁

38、場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()圖5A. B.C. D.解析：選B設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律可得：qvBm，根據(jù)幾何關(guān)系可知rR，聯(lián)立兩式解得v，選項B正確。7. (多選)如圖6所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)。一群比荷為的負離子以相同速率v0(較大)，由P點在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場，則下列說法中正確的是(不計重力)()圖6A離子飛出磁場時的動能一定相等B離子在磁場中運動半徑一定相等C由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長D沿PQ方向射入的離子飛

39、出時偏轉(zhuǎn)角最大解析：選BC射入磁場的離子比荷相等，但質(zhì)量不一定相等，故射入時初動能可能不相等；又因為洛倫茲力不做功，這些離子從射入到射出動能不變，故不同離子的動能可能不相等，A錯誤。離子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑為r，由于比荷和速率都相等，磁感應(yīng)強度B為定值，故所有離子的偏轉(zhuǎn)半徑都相等，B正確。同時，各離子在磁場中做圓周運動的周期T也相等，根據(jù)幾何規(guī)律：圓內(nèi)較長的弦對應(yīng)較大的圓心角，所以從Q點射出的離子偏轉(zhuǎn)角最大，在磁場內(nèi)運動的時間最長，C正確。沿PQ方向射入的離子不會從Q點射出，故偏轉(zhuǎn)角不是最大，D錯誤。8.如圖7所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放

40、置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、O、d三點在同一水平線上。已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從環(huán)的a點由靜止釋放，下列判斷正確的是()圖7A小球能越過d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動B當小球運動到d點時，不受洛倫茲力C小球從a點運動到b點的過程中，電勢能增大D小球經(jīng)過c點時速度最大解析：選B電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環(huán)的“最高點”，關(guān)于圓心對稱的位置(即bc弧的中點)就是“最低點”，速度最大；由于a

41、、d兩點關(guān)于新的最高點對稱，若從a點靜止釋放，最高運動到d點，故A錯誤；由于bc弧的中點相當于“最低點”，即速度最大， 而d點速度最小為零，則不受洛倫茲力，故B正確，D錯誤；小球從a到b，重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減少，故C錯誤。9.如圖8所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里且磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在x軸下方存在垂直于紙面向外且磁感應(yīng)強度為的勻強磁場。一帶負電的粒子從原點O與x軸成30°角斜向上射入磁場，且在x軸上方磁場中運動的半徑為R。則()圖8A粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后一定能回到原點OB粒子在x軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為21C粒子完成一次周期性運動的時間為D粒子第

42、二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進了3R解析：選D由r可知，粒子在x軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為12，選項B錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間tT1T2，選項C錯誤；粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進了lR2R3R，則粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后不能回到原點O，所以選項A錯誤，D正確。10.在x軸上方有勻強電場，場強為E，在x軸下方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向如圖9所示。在x軸上有一點M，離O點距離為l，現(xiàn)有一帶電量為q的粒子，從靜止開始釋放后能經(jīng)過M點，求如果此粒子在y軸上靜止釋放，其坐標應(yīng)滿足什么關(guān)系？(重力忽略不計)圖9解析：要使帶電粒子從靜止釋放后能運動到M點，必須把粒子放在電場中A

43、點先加速才行，當粒子經(jīng)加速以速度v進入磁場后，只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，運動半周后到達B點，再做減速運動，上升到與A點等高處，再返回做加速運動，到B點后又以速度v進入磁場做圓周運動，半徑與前者相同，以后重復前面的運動，從圖中可以看出，要想經(jīng)過M點，OM距離應(yīng)為直徑的整數(shù)倍，即滿足2R·nl。2R·nlREq·ymv2聯(lián)立可得：y(n1、2、3)。答案：見解析11.如圖10所示，在xOy平面內(nèi)，y0的區(qū)域有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一質(zhì)量為m、帶電量大小為q的粒子從原點O沿與x軸正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不計，求帶

44、電粒子在磁場中運動的時間和帶電粒子離開磁場時的位置。圖10解析：當帶電粒子帶正電時，軌跡如圖中OAC，對粒子，由于洛倫茲力提供向心力，則qv0Bm ，R，T故粒子在磁場中的運動時間t1T粒子在C點離開磁場OC2R·sin 60°故離開磁場的位置為當帶電粒子帶負電時，軌跡如圖中ODE所示，同理求得粒子在磁場中的運動時間t2T離開磁場時的位置為。答案：或12. (2019·山東高考節(jié)選)如圖11所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(區(qū))和小圓內(nèi)部(區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為d的兩平行金屬板間

45、有一勻強電場，上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m、電量為q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。圖11(1)求極板間電場強度的大?。?2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求區(qū)磁感應(yīng)強度的大小。解析：(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得qEmv2由式得E。(2)設(shè)區(qū)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm如圖所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況。若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得R聯(lián)立式得B若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得R聯(lián)立式得B。答案：(1)(2)或第三章磁場

46、(時間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分，第15小題中只有一個選項符合題意，第68小題中有多個選項符合題意，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)1如圖1所示，兩個完全相同的線圈套在一水平光滑絕緣圓柱上，但能自由移動，若兩線圈內(nèi)通以大小不等的同向電流，則它們的運動情況是()圖1A都繞圓柱轉(zhuǎn)動B以不等的加速度相向運動C以相等的加速度相向運動D以相等的加速度相背運動解析：選C同向環(huán)形電流間相互吸引，雖然兩電流大小不等，但根據(jù)牛頓第三定律知兩線圈間相互作用力大小相等，所以C項正確。2.圖2中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正

47、方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()圖2A向上B向下C向左 D向右解析：選B根據(jù)通電直導線產(chǎn)生的磁場的特點和安培定則可知，b、d兩導線在O點產(chǎn)生的磁場大小相等，方向相反，a、c兩導線在O點產(chǎn)生的磁場的方向均向左，故O點的合磁場方向向左，又帶正電的粒子沿垂直于紙面的方向向外運動，根據(jù)左手定則可判斷出帶電粒子受到的洛倫茲力向下，選項B正確。3.如圖3所示，兩根垂直紙面、平行且固定放置的直導線M和N，通有同向等值電流；沿紙面與直導線M、N等距放置另一根可自由移動的通電導線ab，則通電導線ab在安

48、培力作用下運動的情況是()圖3A沿紙面逆時針轉(zhuǎn)動B沿紙面順時針轉(zhuǎn)動Ca端轉(zhuǎn)向紙外，b端轉(zhuǎn)向紙里Da端轉(zhuǎn)向紙里，b端轉(zhuǎn)向紙外解析：選D根據(jù)長直導線周圍磁場的分布規(guī)律和矢量合成法則，可以判斷兩電流M、N連線中垂線上方磁場方向水平向右，ab上半段所受安培力垂直于紙面向里，兩電流M、N連線中垂線下方磁場方向水平向左，ab下半段所受安培力垂直于紙面向外，所以a端轉(zhuǎn)向紙里，b端轉(zhuǎn)向紙外，選項D正確。4一個重力不計的帶電粒子垂直進入勻強磁場，在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動。則下列能表示運動周期T與半徑R之間的關(guān)系圖像的是()解析：選D帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，qvBmR，由圓周運動規(guī)律，T，

49、可見粒子運動周期與半徑無關(guān)，故D項正確。5.如圖4所示的區(qū)域中存在著勻強電場和勻強磁場，二者平行但方向相反。質(zhì)量為m，所帶電荷量為q的粒子(不計重力)沿電場方向以初速度v0射入場區(qū)，下列關(guān)于該粒子的說法正確的是()圖4A所受洛倫茲力越來越小 B速度方向保持不變C所受電場力越來越小 D向右的最大位移為解析：選D因v0與B平行，故該粒子不受洛倫茲力，選項A錯誤；因所受電場力與v0方向相反，故經(jīng)一定時間后，速度方向可能改變，選項B錯誤；因電場是勻強電場，故粒子所受電場力不變，選項C錯誤；由動能定理可知qElmmv，得lm，故選項D正確。6如圖5甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向

50、下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒()圖5A一直向右移動B速度隨時間周期性變化C受到的安培力隨時間周期性變化D受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功解析：選ABC由左手定則可知，金屬棒一開始向右做勻加速運動，當電流反向以后，金屬棒開始做勻減速運動，經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?，然后重復上述運動，所以選項A、B正確；安培力FBIL，由圖像可知前半個周期安培力水平向右，后半個周期安培力水平向左，不斷重復，選項C正確；一個周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動能定理可知安培力

51、在一個周期內(nèi)不做功，選項D錯誤。7.如圖6所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱。導線均通有大小相等、方向向上的電流。已知長直導線周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度Bk，式中k是常量、I是導線中的電流、r為點到導線的距離。一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿連線運動到b點。關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()圖6A小球先做加速運動后做減速運動B小球一直做勻速直線運動C小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃蠼馕觯哼xBD由右手螺旋定則可知，M處的通電導線在MO區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于MO向里，離導線越遠磁場越弱，所以M

52、處電流的磁場由M到O逐漸減弱；N處的通電導線在ON區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于ON向外，由O到N逐漸增強，帶正電的小球由a點沿連線運動到b點，受到的洛倫茲力FBqv為變力，則從a到O洛倫茲力的方向向上，隨磁場的減弱而減小，從O到b洛倫茲力的方向向下，隨磁場的增強而增大，所以對桌面的壓力一直在增大，D正確，C錯誤；由于桌面光滑，且洛倫茲力始終沿豎直方向，所以小球在水平方向上不受力，做勻速直線運動，B正確，A錯誤。8.美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用運動的帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使帶電粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前

53、進了一步。如圖7所示為一種改進后的回旋加速器的示意圖，其中盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向進入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()圖7A帶電粒子每運動一周被加速一次BP1P2P2P3C粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D加速電場的方向需要做周期性的變化解析：選AC由題圖可以看出，帶電粒子每運動一周被加速一次，A正確；由R和qUmvmv可知，帶電粒子每運動一周，電場力做功都相同，動能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圓周運動的半徑增加量不相同，B錯誤；由v可知

54、，粒子的最大速度與D形盒的半徑R有關(guān)，C正確；粒子在電場中運動的方向始終不變，故D錯誤。二、計算題(本題共3小題，共52分)9. (14分)(2019·重慶高考)音圈電機是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機。圖8是某音圈電機的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為L，匝數(shù)為n，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場忽略不計。線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等。某時刻線圈中電流從P流向Q，大小為I。圖8(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向。(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為

55、v，求安培力的功率。解析：(1)由安培力表達式FBIL可知，線圈所受的安培力FnBIL，由左手定則可判斷安培力方向水平向右。(2)由功率公式PFv可知，安培力的功率PnBILv。答案：(1)安培力的大?。簄BIL方向：水平向右(2)安培力的功率：nBILv10. (18分)(2019·福建高考)如圖9所示，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動。A、C兩點間距離為h，重力加速度為g。圖9(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點。已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP。解析：(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvBNqE小滑塊在C點離開MN時N0解得vC(2)由動能定理得mghWfmv0解得Wfmgh(3)如