2019屆北京專版高考物理一輪復習專題十一磁場講義

專題十一磁場高考物理

(北京市專用)A組

自主命題·北京卷題組1.(2016北京理綜,17,6分,0.95)中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角:

“以磁石磨針鋒,則能指南,然常微偏東,不全南也?！边M一步研究表明,地球周圍地磁場的磁感

線分布示意如圖。結合上述材料,下列說法不正確的是

()

A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合B.地球內部也存在磁場,地磁南極在地理北極附近C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用五年高考答案

C由題意可知,地理南、北極與地磁場的南、北極不重合,存在磁偏角,A正確。磁感線

是閉合的,再由圖可推知地球內部存在磁場,地磁南極在地理北極附近,故B正確。只有赤道上方

附近的磁感線與地面平行,故C錯誤。射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的運動方向與地磁場

方向不平行,故地磁場對其有力的作用,這是磁場的基本性質,故D正確。選C。審題指導題圖往往提供解題的關鍵信息,所以要仔細觀察,挖掘有用信息。評析本題考查地磁場的分布情況,屬于容易題。2.(2014北京理綜,16,6分,0.77)帶電粒子a、b在同一勻強磁場中做勻速圓周運動,它們的動量大

小相等,a運動的半徑大于b運動的半徑。若a、b的電荷量分別為qa、qb,質量分別為ma、mb,周期

分別為Ta、Tb。則一定有

()A.qa<qb

B.ma<mb

C.Ta<Tb

D.

<

答案

A帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則有:qvB=

,得軌跡半徑R=

=

周期T=

=

由于Ra>Rb,pa=pb,Ba=Bb,故qa<qb,故選項A正確?？疾辄c帶電粒子在勻強磁場中的運動。思路點撥先通過計算得到半徑R和周期T的表達式,再結合題中條件做出選擇。3.(2016北京理綜,22,16分,0.92)如圖所示,質量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁

場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。

(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T;(2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場,求電場強度E

的大小。答案(1)

(2)vB解析(1)洛倫茲力提供向心力,有f=qvB=m

帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R=

勻速圓周運動的周期T=

=

(2)粒子受電場力F=qE,洛倫茲力f=qvB。粒子做勻速直線運動,則qE=qvB場強E的大小E=vB解題指導粒子在磁場中做勻速圓周運動,應先確定向心力,用向心力公式去解決問題,用圓周

運動的物理量間的關系求周期。易錯點撥直接寫出半徑R和周期T的結果,缺乏依據和推理,造成失分,值得特別注意。4.[2014北京理綜,24(3),0.20]經典物理學認為,金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子

(即金屬原子失去電子后的剩余部分)的碰撞。展開你想象的翅膀,給出一個合理的自由電子的

運動模型;在此基礎上,求出導線MN中金屬離子對一個自由電子沿導線長度方向的平均作用力

的表達式。答案見解析解析下述解法的共同假設:所有自由電子(簡稱電子,下同)以同一方式運動。方法一:動量解法設電子在每一次碰撞結束至下一次碰撞結束之間的運動都相同,經歷的時間為Δt,電子的動量變

化為零。因為導線MN的運動,電子受到沿導線方向的洛倫茲力f洛的作用f洛=evB沿導線方向,電子只受到金屬離子的作用力和f洛作用,所以f洛Δt-If=0其中If為金屬離子對電子的作用力的沖量,其平均作用力為

,則If=

Δt得

=f洛=evB方法二:能量解法設電子從導線的一端到達另一端經歷的時間為t,在這段時間內,通過導線一端的電子總數N=

電阻上產生的焦耳熱是由于克服金屬離子對電子的平均作用力

做功產生的。在時間t內總的焦耳熱Q=N

L由能量守恒得Q=W電=EIt=BLvIt所以

=evB方法三:動力學解法因為電流不變,所以假設電子以速度ve相對導線做勻速直線運動。因為導線MN的運動,電子受到沿導線方向的洛倫茲力f洛的作用,f洛=evB沿導線方向,電子只受到金屬離子的平均作用力

和f洛作用,二力平衡即

=f洛=evB考查點洛倫茲力。思路點撥構建合理的自由電子運動模型是解答本題的關鍵,可以從動力學、能量轉化、運動

學等多個角度進行合理的構建,其中以動力學模型最為簡單,當導線做切割磁感線運動時,產生

的感應電流是自由電子沿導線勻速運動的結果,所以自由電子受到的平均阻力必然與磁場對自

由電子施加的洛倫茲力相平衡。易錯警示切割磁感線運動時,導線相當于電源,自由電子在其中的運動是電荷在電源內部運動

的過程,是非靜電力做功的過程,這個非靜電力就是洛倫茲力,而不是電場力。5.[2013北京理綜,24(1),0.39]對于同一物理問題,常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究,

找出其內在聯系,從而更加深刻地理解其物理本質。一段橫截面積為S、長為l的直導線,單位體積內有n個自由電子,電子電量為e。該導線通有電流

時,假設自由電子定向移動的速率均為v。(a)求導線中的電流I;(b)將該導線放在勻強磁場中,電流方向垂直于磁感應強度B,導線所受安培力大小為F安,導線內

自由電子所受洛倫茲力大小的總和為F,推導F安=F。答案(a)neSv(b)見解析解析(a)設Δt時間內通過導體橫截面的電量為Δq,由電流定義,有I=

=

=neSv(b)每個自由電子所受的洛倫茲力:F洛=evB設導體中共有N個自由電子,則N=n·Sl導體內自由電子所受洛倫茲力大小的總和F=NF洛=nSl·evB由安培力公式,有F安=IlB=neSv·lB得F安=F6.(2013北京理綜,22,16分,0.75)如圖所示,兩平行金屬板間距為d,電勢差為U,板間電場可視為勻

強電場;金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場。帶電荷量為+q、質量為m的粒子,由靜止

開始從正極板出發(fā),經電場加速后射出,并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響,求:(1)勻強電場場強E的大小;(2)粒子從電場射出時速度v的大小;(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R。

答案(1)

(2)

(3)

解析(1)電場強度E=

(2)根據動能定理,有qU=

mv2得v=

(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動時,洛倫茲力提供向心力,有qvB=m

得R=

考查點帶電粒子在電場和磁場中的運動。思路點撥本題屬常規(guī)題型,首先弄清帶電粒子在電場和磁場中的運動性質,再根據各運動所遵

循的規(guī)律作答?？键c一磁場的描述安培力1.(2017課標Ⅲ,18,6分)如圖,在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導線P和Q垂直于紙面

固定放置,兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內與兩

導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點處磁

感應強度的大小為

()A.0

B.

B0

C.

B0

D.2B0

B組

統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組答案

C本題考查磁感應強度的矢量性和安培定則。兩導線中通電流I時,兩電流在a點處的

磁感應強度與勻強磁場的磁感應強度的矢量合為0,則兩電流磁感應強度的矢量和為-B0,如圖甲

得B=

B0。P中電流反向后,如圖乙,B合=B=

B0,B合與B0的矢量和為B總=

B0,故C項正確。

甲乙易錯點評概念的理解、矢量合成法則的運用①正確運用安培定則畫出甲、乙兩圖。②由P和Q電流為I時合場強為0,得出B0的方向水平向左和B的大小為

B0。③P中的電流反向,則P的磁場反向,Q的磁場大小和方向不變。④注意各物理量間的夾角大小關系。2.(2017江蘇單科,1,3分)如圖所示,兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強磁場B的邊

緣恰好與a線圈重合,則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為

()

A.1∶1

B.1∶2C.1∶4

D.4∶1答案

A磁通量Φ=B·S,其中B為磁感應強度,S為與B垂直的有效面積。因為是同一磁場,B相

同,且有效面積相同,Sa=Sb,故Φa=Φb。選項A正確。易錯點評雖然兩線圈面積不同,但是有效面積相等。3.(2017上海單科,11,4分)如圖,一導體棒ab靜止在U形鐵芯的兩臂之間。電鍵閉合后導體棒受到

的安培力方向

()

A.向上

B.向下

C.向左

D.向右答案

D本題考查電流的磁效應、安培力及左手定則。根據圖中的電流方向,由安培定則知

U形鐵芯下端為N極,上端為S極,ab中的電流方向由a→b,由左手定則可知導體棒受到的安培力

方向向右,選項D正確。

思路分析繞有線圈的U形鐵芯為電磁鐵,據通過線圈的電流方向,確定U形鐵芯的磁極,再通過

左手定則確定安培力的方向。4.(2017課標Ⅰ,19,6分)(多選)如圖,三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距,均通有電

流I,L1中電流方向與L2中的相同,與L3中的相反。下列說法正確的是

()A.L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶

D.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為

∶

∶1答案

BC本題考查安培力。因三根導線中電流相等、兩兩等距,則由對稱性可知兩兩之間

的作用力大小均相等。因平行電流間同向吸引、反向排斥,各導線受力如圖所示,由圖中幾何關

系可知,L1所受磁場作用力F1的方向與L2、L3所在平面平行,L3所受磁場作用力F3的方向與L1、L2

所在平面垂直,A錯誤、B正確。設單位長度的導線兩兩之間作用力的大小為F,則由幾何關系可

得L1、L2單位長度所受的磁場作用力大小為2Fcos60°=F,L3單位長度所受的磁場作用力大小為

2Fcos30°=

F,故C正確、D錯誤。

一題多解電流的磁場與安培力由對稱性可知,每條通電導線在其余兩導線所在處產生的磁場磁感應強度大小相等,設為B。如

圖所示,由幾何關系可得L1所在處磁場B1=2Bcos60°=B,方向與L2、L3所在平面垂直,再由左手定

則知L1所受磁場作用力方向與L2、L3所在平面平行,L1上單位長度所受安培力的大小為F1=BI。

同理可判定L3所受磁場作用力方向與L1、L2所在平面垂直,單位長度所受安培力大小為F3=

B·I;L2上單位長度所受安培力大小為F2=BI,即F1∶F2∶F3=1∶1∶

,故A、D錯誤,B、C正確。

5.(2017課標Ⅱ,21,6分)(多選)某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包

線繞制而成,漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出,并作為線圈的轉軸。將線圈

架在兩個金屬支架之間,線圈平面位于豎直面內,永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支

架連接后線圈能連續(xù)轉動起來,該同學應將

()A.左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉B.左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉C.左轉軸上側的絕緣漆刮掉,右轉軸下側的絕緣漆刮掉D.左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉,右轉軸下側的絕緣漆刮掉答案

AD本題考查安培力、電路。要使線圈在磁場中開始轉動,則線圈中必有電流通過,電

路必須接通,故左右轉軸下側的絕緣漆都必須刮掉;但如果上側的絕緣漆也都刮掉,當線圈轉過1

80°時,靠近磁極的導線與開始時靠近磁極的導線中的電流方向相反,受到的安培力相反,線圈向

原來的反方向轉動,線圈最終做往返運動,要使線圈連續(xù)轉動,當線圈轉過180°時,線圈中不能有

電流通過,依靠慣性轉動到初始位置再接通電路即可實現連續(xù)轉動,故左、右轉軸的上側不能都

刮掉,故選項A、D正確。易錯警示要使線圈連續(xù)轉動,要么受到方向不變的持續(xù)的安培力,要么受到間歇性的方向不變

的安培力,依靠慣性連續(xù)轉動,而不能受到交變的安培力作用。6.(2015課標Ⅱ,18,6分,0.527)(多選)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關于指南針,下列說法正

確的是

()A.指南針可以僅具有一個磁極B.指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線,導線通電時指南針不偏轉答案

BC任何磁體均具有兩個磁極,故A錯。指南針之所以能指向南北,是因為指南針的兩個

磁極受到磁場力的作用,這說明地球具有磁場,即B正確。放在指南針附近的鐵塊被磁化后,反過

來會影響指南針的指向,即C正確。通電直導線產生的磁場對其正下方的指南針有磁場力的作

用,會使指南針發(fā)生偏轉,故D錯。7.(2014課標Ⅰ,15,6分,0.809)關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是

()A.安培力的方向可以不垂直于直導線B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D.將直導線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢?/p>

B由左手定則可知,安培力的方向一定與磁場方向和直導線垂直,選項A錯、B正確;安培力的大小F=BILsinθ與直導線和磁場方向的夾角有關,選項C錯誤;將直導線從中點折成直角,

假設原來直導線與磁場方向垂直,若折成直角后一段與磁場仍垂直,另一段與磁場平行,則安培

力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?若折成直角后,兩段都與磁場垂直,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼?/p>

,因此安培力大小不一定是原來的一半,選項D錯誤。8.(2013安徽理綜,15,6分)圖中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

()A.向上

B.向下

C.向左

D.向右

答案

B

a、b、c、d四根導線上電流大小相同,它們在O點形成的磁場的磁感應強度B大小相同,方向如圖甲所示。

O點合磁場方向如圖乙所示,則由O點垂直紙面向外運動的帶正電的粒子所受洛倫茲力方向據

左手定則可以判定向下。B選項正確。9.(2015重慶理綜,7,15分)音圈電機是一種應用于硬盤、光驅等系統(tǒng)的特殊電動機。圖是某音圈

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成,線圈邊長為L,匝數為n,磁

極正對區(qū)域內的磁感應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,前后兩邊在磁場內的長度始終相等。某時刻線圈中

電流從P流向Q,大小為I。(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v,求安培力的功率。

答案(1)nIBL水平向右(2)nIBLv解析(1)由左手定則判定,線圈所受安培力的方向水平向右,大小為F=nBIL。(2)安培力的功率P=Fv=nBILv。考點二

洛倫茲力帶電粒子在勻強磁場中的運動10.(2017課標Ⅱ,18,6分)如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場,P為磁場邊

界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點,在紙面內沿不同方向射入磁場。若

粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率為v2,

相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為

()A.

∶2

B.

∶1

C.

∶1

D.3∶

答案

C設速率為v1的粒子最遠出射點為M,速率為v2的粒子最遠出射點為N,如圖所示,則由幾

何知識得

r1=

=

,r2=

=

R

=

由qvB=

得r=

,故

=

=

,選項C正確。審題指導粒子速度方向改變、大小不變時其軌跡半徑相等,當粒子的軌跡直徑與磁場區(qū)域相

交時,其弦長最長,即為最大分布。11.(2016課標Ⅱ,18,6分)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,

筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉

動。在該截面內,一帶電粒子從小孔M射入筒內,射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉過90°

時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的

比荷為

()

A.

B.

C.

D.

答案

A定圓心、畫軌跡,由幾何關系可知,此段圓弧所對圓心角θ=30°,所需時間t=

T=

;由題意可知粒子由M飛至N'與圓筒旋轉90°所用時間相等,即t=

=

,聯立以上兩式得

=

,A項正確。

反思總結此題考查處理粒子在磁場中運動問題的基本方法:定圓心、畫軌跡,由幾何知識求半

徑,找圓心角求時間。12.(2016課標Ⅲ,18,6分)平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM

上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量為m,電荷量

為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30°角。

已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。

粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為

()

A.

B.

C.

D.

答案

D粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由qvB=m

得R=

,分析圖中角度關系可知,PO'半徑與O'Q半徑在同一條直線上。

則PQ=2R,所以OQ=4R=

,選項D正確。方法技巧由題意知v與OM成30°角,而O'S垂直于v,則∠O'SQ=60°;由于SO'=O'Q=R,所以△SO'Q

為等邊三角形,∠SO'Q=60°,由四邊形OSO'P可求得∠SO'P=120°,所以∠SO'P+∠SO'Q=180°。評析本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動,難度中等,正確畫出運動軌跡,并且找出各角關

系是解答本題的關鍵。13.(2015課標Ⅰ,14,6分,0.759)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度

方向與磁感應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.軌道半徑增大,角速度增大D.軌道半徑增大,角速度減小答案

D因洛倫茲力不做功,故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后,其速度大

小不變,由r=

知,軌道半徑增大;由角速度ω=

知,角速度減小,選項D正確。14.(2014課標Ⅰ,16,6分,0.637)如圖,MN為鋁質薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻

強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后

到達PQ的中點O,已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變,不計重力。鋁

板上方和下方的磁感應強度大小之比為

()

A.2

B.

C.1

D.

答案

D由題圖可知,帶電粒子在鋁板上方的軌跡半徑為下方軌跡半徑的2倍;由洛倫茲力提供向心力:qvB=

,得v=

;其動能Ek=

mv2=

,故磁感應強度B=

,

=

·

=

,選項D正確。15.(2013課標Ⅰ,18,6分,0.456)如圖,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

應強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q>0)、質量為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場時運動方向間的夾角為60°,則粒子的速率為(不計重力)

()A.

B.

C.

D.

答案

B作出粒子運動軌跡如圖中實線所示。因P到ab距離為

,可知α=30°。因粒子速度方向改變60°,可知轉過的圓心角2θ=60°。由圖中幾何關系有(r+

)tanθ=Rcosα,解得r=R。再由Bqv=m

可得v=

,故B正確。16.(2017課標Ⅲ,24,12分)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域,磁

感應強度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應強度的大小為λB0(常數λ>1)。一質量為m、電荷量為q(q>

0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時。當粒子的速度方向再

次沿x軸正向時,求(不計重力)(1)粒子運動的時間;(2)粒子與O點間的距離。

答案(1)

(1+

)(2)

(1-

)解析本題考查帶電粒子在磁場中的運動。(1)在勻強磁場中,帶電粒子做圓周運動。設在x≥0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為R

2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得qB0v0=m

①qλB0v0=m

②粒子速度方向轉過180°時,所需時間t1為t1=

③粒子再轉過180°時,所需時間t2為t2=

④聯立①②③④式得,所求時間為t0=t1+t2=

(1+

)

⑤(2)由幾何關系及①②式得,所求距離為d0=2(R1-R2)=

(1-

)

⑥綜合點評帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力。特點是粒子在y軸左、

右兩側的受力大小有突變。因為B左>B右,所以R左<R右。速度方向再次沿x軸正向時,意味著粒子在

左、右磁場中各轉過半周。所以粒子與O點間距離為直徑的差值。題目內容精典,難度較小。考點三帶電粒子在復合場中的運動17.(2017課標Ⅰ,16,6分)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面

平行),磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質量分別為ma、mb、

mc。已知在該區(qū)域內,a在紙面內做勻速圓周運動,b在紙面內向右做勻速直線運動,c在紙面內向

左做勻速直線運動。下列選項正確的是

()A.ma>mb>mc

B.mb>ma>mcC.mc>ma>mb

D.mc>mb>ma

答案

B本題考查帶電粒子在復合場中的運動。因微粒a做勻速圓周運動,則微粒重力不能忽

略且與電場力平衡:mag=qE;由左手定則可以判定微粒b、c所受洛倫茲力的方向分別是豎直向

上與豎直向下,則對b、c分別由平衡條件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvc<qE,故有mb>ma>

mc,B正確。規(guī)律總結復合場中粒子的特殊運動帶電粒子在重力場、勻強電場和磁場組成的復合場中運動時:若做勻速圓周運動,重力必與電場

力平衡,洛倫茲力提供向心力;若做直線運動,必是勻速直線運動,合力定為零。18.(2016課標Ⅰ,15,6分)現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中

加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經勻強磁場偏轉后從出口離開磁

場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經勻強磁場偏轉后仍

從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為

(

)

A.11

B.12

C.121

D.144答案

D設質子和離子的質量分別為m1和m2,原磁感應強度為B1,改變后的磁感應強度為B2。

在加速電場中qU=

mv2①,在磁場中qvB=m

②,聯立兩式得m=

,故有

=

=144,選項D正確。審題指導注意題給信息的含義,“經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開”意味著兩粒子在磁

場中運動的半徑相等。評析此題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律,難度中等?？忌枰鶕}目信息找出

相關運動規(guī)律公式,再結合題給條件分析解答。19.(2013浙江理綜,20,6分)(多選)在半導體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經電

壓為U的電場加速后,垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強

磁場區(qū)域,如圖所示。已知離子P+在磁場中轉過θ=30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運

動時,離子P+和P3+()A.在電場中的加速度之比為1∶1B.在磁場中運動的半徑之比為

∶1C.在磁場中轉過的角度之比為1∶2D.離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3答案

BCD兩離子所帶電荷量之比為1∶3,在電場中時由qE=ma知a∝q,故加速度之比為1∶3,A錯誤;離開電場區(qū)域時的動能由Ek=qU知Ek∝q,故D正確;在磁場中運動的半徑由Bqv=m

、Ek=

mv2知R=

∝

,故B正確;設磁場區(qū)域的寬度為d,則有sinθ=

∝

,即

=

,故θ'=60°=2θ,C正確。20.(2013重慶理綜,5,6分)如圖所示,一段長方體形導電材料,左右兩端面的邊長都為a和b,內有帶

電量為q的某種自由運動電荷。導電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中,內部磁

感應強度大小為B。當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時,測得導電材料上、下表面之間的電壓為U,

且上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導電材料單位體積內自由運動電荷數及自由運動

電荷的正負分別為

()A.

,負

B.

,正

C.

,負

D.

,正

答案

C因導電材料上表面的電勢比下表面的低,故上表面帶負電荷,根據左手定則可判斷自由運動電荷帶負電,則B、D兩項均錯。設長方體形材料長度為L,總電量為Q,則其單位體積內

自由運動電荷數為

,當電流I穩(wěn)恒時,材料內的電荷所受電場力與磁場力相互平衡,則有

=BIL,故

=

,A項錯誤,C項正確。21.(2017天津理綜,11,18分)平面直角坐標系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場,第

Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場,如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸

正方向開始運動,Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場,最

終從x軸上的P點射出磁場,P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力,問:

(1)粒子到達O點時速度的大小和方向;(2)電場強度和磁感應強度的大小之比。答案見解析解析本題考查帶電粒子在電場中的偏轉及帶電粒子在勻強磁場中的運動。(1)在電場中,粒子做類平拋運動,設Q點到x軸距離為L,到y(tǒng)軸距離為2L,粒子的加速度為a,運動時

間為t,有2L=v0t

①L=

at2

②設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy=at

③設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α,有tanα=

④聯立①②③④式得α=45°

⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上設粒子到達O點時速度大小為v,由運動的合成有v=

⑥聯立①②③⑥式得v=

v0

⑦(2)設電場強度為E,粒子電荷量為q,質量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,由牛頓第二定律

可得F=ma

⑧又F=qE

⑨設磁場的磁感應強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,所受的洛倫茲力提供

向心力,有

qvB=m

⑩由幾何關系可知R=

L

聯立①②⑦⑧⑨⑩

式得

=

步驟得分粒子在電場中做類平拋運動,由于題給條件太少,僅有2y=x及初速度v0,所以可先按類

平拋運動模型的常用步驟及方程組建思路。比如,x=v0t,y=

at2,vy=at,v=

,tanα=

等,再將已知條件代入,逐漸消除中間變量,最后找到答案。帶電粒子在勻強磁場中的運動屬于勻速圓

周運動,即使不知道半徑R,也可以先寫出qvB=

,盡可能多拿分。22.(2017江蘇單科,15,16分)一臺質譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓

為U0的加速電場,其初速度幾乎為0,經加速后,通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入

磁感應強度為B的勻強磁場中,最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質

量分別為2m和m,圖中虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子

間的相互作用。

(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x;(2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區(qū)域,并求該區(qū)域最窄處的寬度d;(3)若考慮加速電壓有波動,在(U0-ΔU)到(U0+ΔU)之間變化,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有

重疊,求狹縫寬度L滿足的條件。答案見解析解析本題考查動能定理、牛頓第二定律。(1)設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1電場加速qU0=

×2mv2且qvB=2m

解得r1=

根據幾何關系x=2r1-L解得x=

-L(2)如圖所示

最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d=r1-

解得d=

-

(3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2r1的最小半徑r1min=

r2的最大半徑r2max=

由題意知2r1min-2r2max>L,即

-

>L解得L<

[2

-

]思路點撥幾何關系的應用帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,要用到幾何關系,主要是通過作輔助線構建直角三角

形等,利用三角函數、勾股定理求解,或是通過作垂線段、切線及對稱性等求解。23.(2016天津理綜,11,18分)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E=5

N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應強度大小B=0.5T。有一

帶正電的小球,質量m=1×10-6kg,電荷量q=2×10-6C,正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運

動,當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象),取g=10m/s2。求:(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向;(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t。

答案(1)見解析(2)3.5s解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內,合力為零,有

qvB=?

①代入數據解得v=20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ=

③代入數據解得tanθ=

θ=60°

④(2)解法一:撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動,設其加速度為a,有a=

⑤設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有x=vt

⑥設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有y=

at2

⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為θ,又tanθ=

⑧聯立④⑤⑥⑦⑧式,代入數據解得t=2

s=3.5s⑨解法二:撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運動沒有影響,以P點為坐標原點,

豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運動,其初速度為vy=vsinθ

⑤若使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有vyt-

gt2=0

⑥聯立⑤⑥式,代入數據解得t=2

s=3.5s⑦方法技巧1.在撤去磁場前,小球受重力、洛倫茲力、電場力三個力作用,三力平衡。2.撤去磁

場后,可考慮把小球的運動分解成水平方向和豎直方向上的運動,其中豎直方向上的運動為豎直

上拋運動。評析本題考查帶電物體在復合場中的運動,題目較難,考生在細致審題的基礎上,做好受力分

析和運動分析,再利用平衡條件、運動的合成與分解知識才能順利解題。24.(2016江蘇單科,15,16分)回旋加速器的工作原理如圖1所示,置于真空中的D形金屬盒半徑

為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。被加速粒子的質量為m、

電荷量為+q,加在狹縫間的交變電壓如圖2所示,電壓值的大小為U0,周期T=

。一束該種粒子在t=0~

時間內從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零。現考慮粒子在狹縫中的運動時間,假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動,不考慮粒子間的相互作用。求:

圖1

(1)出射粒子的動能Em;(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0;(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出,d應滿足的條件。圖2答案(1)

(2)

-

(3)d<

解析(1)粒子運動半徑為R時qvB=m

且Em=

mv2解得Em=

(2)粒子被加速n次達到動能Em,則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運動,設n次經過狹縫的總時間為Δt加速度a=

勻加速直線運動nd=

a·Δt2由t0=(n-1)·

+Δt,解得t0=

-

(3)只有在0~(

-Δt)時間內飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為η=

由η>99%,解得d<

方法技巧計算粒子在電場中運動的總時間時,可剔除粒子在磁場中的運動,直接將粒子在電場

中的各段運動相銜接,作為一個勻加速直線運動來處理,可用總位移nd=

aΔt2或總速度v=aΔt來計算。評析此題以回旋加速器為載體考查了帶電粒子在電場、磁場中的運動,第(3)問設問新穎,有

效考查了考生的審題、分析、建模、運算等多種能力,此題難度較大。25.(2015福建理綜,22,20分)如圖,絕緣粗糙的豎直平面MN左側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,磁感應強度大小為B。

一質量為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。(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。

答案(1)

(2)mgh-

(3)

解析(1)小滑塊沿MN運動過程,水平方向受力滿足qvB+N=qE

①小滑塊在C點離開MN時N=0

②解得vC=

③(2)由動能定理mgh-Wf=

m

-0

④解得Wf=mgh-

⑤(3)如圖,小滑塊速度最大時,速度方向與電場力、重力的合力方向垂直。撤去磁場后小滑塊將

做類平拋運動,等效加速度為g'

g'=

⑥且

=

+g'2t2

⑦解得vP=

⑧26.(2015山東理綜,24,20分)如圖所示,直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內,O為圓心,

GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的

勻強磁場。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場,上極板開有一小孔。一質量為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點緊靠大圓內側射入磁場。不計粒子的重力。

(1)求極板間電場強度的大小;(2)若粒子運動軌跡與小圓相切,求Ⅰ區(qū)磁感應強度的大小;(3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應強度的大小分別為

、

,粒子運動一段時間后再次經過H點,求這段時間粒子運動的路程。答案(1)

(2)

或

(3)5.5πD解析(1)設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qE

=

mv2

①由①式得E=

②(2)設Ⅰ區(qū)磁感應強度的大小為B,粒子做圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=m

③如圖甲所示,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,由幾何關系得R=

④

圖甲聯立③④式得B=

⑤若粒子軌跡與小圓內切,由幾何關系得R=

⑥聯立③⑥式得B=

⑦(3)設粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2,由題意可知,Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)磁感應強度的

大小分別為B1=

、B2=

,由牛頓第二定律得qvB1=m

,qvB2=m

⑧代入數據得R1=

,R2=

⑨設粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2,由運動學公式得T1=

,T2=

⑩據題意分析,粒子兩次與大圓相切的時間間隔內,運動軌跡如圖乙所示,根據對稱可知,Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同,設為θ1,Ⅱ區(qū)內圓弧所對圓心角設為θ2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連

線間的夾角設為α,由幾何關系得

θ1=120°

θ2=180°

α=60°

粒子重復上述交替運動回到H點,軌跡如圖丙所示,設粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別

為t1、t2,可得圖乙

圖丙t1=

×

T1,t2=

×

T2

設粒子運動的路程為s,由運動學公式得s=v(t1+t2)

聯立⑨⑩

式得s=5.5πD

C組教師專用題組1.(2015課標Ⅱ,19,6分,0.506)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ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Ⅰ中運動的電子相比,Ⅱ中的電子

()A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D.做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等答案

AC由題意可知,v1=v2,B1=kB2。電子運動的軌跡半徑R=

∝

,故R2=kR1,A正確。加速度大小a=

∝B,故a2=a1/k,B錯。周期T=

∝

,故T2=kT1,C正確。角速度ω=

=

∝B,故ω2=ω1/k,D錯。2.(2015四川理綜,7,6分)(多選)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內任意方向發(fā)射電子,平板MN

垂直于紙面。在紙面內的長度L=9.1cm,中點O與S間的距離d=4.55cm,MN與SO直線的夾角為θ,

板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.0×10-4T。

電子質量m=9.1×10-31kg,電量e=-1.6×10-19C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6×106m/s的一

個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則

()A.θ=90°時,l=9.1cmB.θ=60°時,l=9.1cmC.θ=45°時,l=4.55cmD.θ=30°時,l=4.55cm答案

AD如圖,S到MN的距離d0=dsinθ,因電子在磁場中沿逆時針方向轉動,則電子打在MN上

最上端的位置對應于電子運動軌跡與MN的切點,電子打在MN上最下端的位置對應于到S的距

離等于電子運動軌跡直徑的點(若

>

,則最下端位置為N)。因電子運動軌跡的半徑r=

=4.55cm。由圖中幾何關系有

=

,

=

。當θ=90°時,

取得最小值

r,此時

=

>

,從而有l(wèi)=

=

+

-dcosθ=

+

-dcosθ。當θ=90°時,l=9.1cm,當θ=60°時,l=6.78cm,當θ=45°時,l=5.68cm,當θ=30°時,l=4.55cm。故可知A、D正確,

B、C錯誤。

3.(2014浙江理綜,20,6分)(多選)如圖1所示,兩根光滑平行導軌水平放置,間距為L,其間有豎直向

下的勻強磁場,磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起,棒上

有如圖2所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒

()圖1圖2A.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做正功答案

ABC根據題意得出v-t圖像如圖所示,金屬棒一直向右運動,A正確。速度隨時間做周期性變化,B正確。據F安=BIL及左手定則可判定,F安大小不變,方向做周期性變化,則C項正確。F

安在前半周期做正功,后半周期做負功,則D項錯。4.(2014課標Ⅱ,20,6分,0.347)(多選)圖為某磁譜儀部分構件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強磁

場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和

質子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時,下列說法正確的是

()A.電子與正電子的偏轉方向一定不同B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C.僅依據粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子D.粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小答案

AC在同一勻強磁場中,各粒子進入磁場時速度方向相同,但速度大小關系未知。由左手定則可知電子與正電子進入磁場時所受洛倫茲力方向相反,偏轉方向必相反,故A正確。因r=

,各粒子雖q相同、但v關系未知,故m相同、v不同時軌跡半徑不同,而當r相同時只能表明mv相同,不能確定m的關系,故B錯誤、C正確。由Ek=

mv2及r=

,得r=

,可見當Ek越大時粒子的軌跡半徑越大,故D錯誤。5.(2012北京理綜,16,6分,0.37)處于勻強磁場中的一個帶電粒子,僅在磁場力作用下做勻速圓周

運動。將該粒子的運動等效為環(huán)形電流,那么此電流值

()A.與粒子電荷量成正比B.與粒子速率成正比C.與粒子質量成正比D.與磁感應強度成正比答案

D粒子僅在磁場力作用下做勻速圓周運動有qvB=m

,得R=

,周期T=

=

,其等效環(huán)形電流I=

=

,故D選項正確。6.(2016四川理綜,11,19分)如圖所示,圖面內有豎直線DD',過DD'且垂直于圖面的平面將空間分

成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域。區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場B(圖中未

畫出);區(qū)域Ⅱ有固定在水平地面上高h=2l、傾角α=π/4的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線DD'距

離s=4l,區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出);C點在DD'上,距地面高H=3l。

零時刻,質量為m、帶電量為q的小球P在K點具有大小v0=

、方向與水平面夾角θ=π/3的速度,在區(qū)域Ⅰ內做半徑r=3l/π的勻速圓周運動,經C點水平進入區(qū)域Ⅱ。某時刻,不帶電的絕緣小球A

由斜面頂端靜止釋放,在某處與剛運動到斜面的小球P相遇。小球視為質點,不計空氣阻力及小

球P所帶電量對空間電磁場的影響。l已知,g為重力加速度。(1)求勻強磁場的磁感應強度B的大小;(2)若小球A、P在斜面底端相遇,求釋放小球A的時刻tA;(3)若小球A、P在時刻t=β

(β為常數)相遇于斜面某處,求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強電場的場強E,并討論場強E的極大值和極小值及相應的方向。

答案(1)

(2)(3-2

)

(3)見解析解析(1)由題知,小球P在區(qū)域Ⅰ內做勻速圓周運動,有m

=qv0B

①代入數據解得B=

②(2)小球P在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動轉過的圓心角為θ,運動到C點的時刻為tC,到達斜面底端時刻

為t1,有tC=

③s-

=v0(t1-tC)

④小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA,與小球P在時刻t1相遇于斜面底端,有mgsinα=maA

⑤

=

aA(t1-tA)2

⑥聯立以上方程解得tA=(3-2

)

⑦(3)設所求電場方向向下,在tA'時刻釋放小球A,小球P在區(qū)域Ⅱ運動加速度為aP,有s=v0(t-tC)+

aA(t-tA')2cosα

⑧mg+qE=maP

⑨H-h+

aA(t-tA')2sinα=

aP(t-tC)2

⑩聯立相關方程解得E=

對小球P的所有運動情形討論可得3≤β≤5

由此可得場強極小值為Emin=0;場強極大值為Emax=

,方向豎直向上。解題指導①明確小球P在區(qū)域Ⅰ的運動性質,確定小球P在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動時向心力

由洛倫茲力提供;②結合題設條件,分析小球A、P在斜面底端相遇時,需滿足什么條件。疑難突破在解答第(3)問時,需要考生結合題設條件,列出E的表達式,而后根據表達式去分析E

的極值。7.(2015課標Ⅰ,24,12分,0.564)如圖,一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛

在勻強磁場中;磁場的磁感應強度大小為0.1T,方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定,下端與金屬

棒絕緣。金屬棒通過開關與一電動勢為12V的電池相連,電路總電阻為2Ω。已知開關斷開時

兩彈簧的伸長量均為0.5cm;閉合開關,系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改

變了0.3cm。重力加速度大小取10m/s2。判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金

屬棒的質量。

答案見解析解析依題意,開關閉合后,電流方向為從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向為豎

直向下。開關斷開時,兩彈簧各自相對于其原長的伸長量為Δl1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1=mg

①式中,m為金屬棒的質量,k是彈簧的勁度系數,g是重力加速度的大小。開關閉合后,金屬棒所受安培力的大小為F=IBL

②式中,I是回路電流,L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡

條件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F

③由歐姆定律有E=IR

④式中,E是電池的電動勢,R是電路總電阻。聯立①②③④式,并代入題給數據得m=0.01kg⑤(安培力方向判斷正確給2分,①②③④⑤式各2分。)8.(2015重慶理綜,9,18分)圖為某種離子加速器的設計方案。兩個半圓形金屬盒內存在相同的垂

直于紙面向外的勻強磁場。其中MN和M'N'是間距為h的兩平行極板,其上分別有正對的兩個小

孔O和O',O'N'=ON=d,P為靶點,O'P=kd(k為大于1的整數)。極板間存在方向向上的勻強電場,兩

極板間電壓為U。質量為m、帶電量為q的正離子從O點由靜止開始加速,經O'進入磁場區(qū)域。

當離子打到極板上O'N'區(qū)域(含N'點)或外殼上時將會被吸收。兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場

存在,離子可勻速穿過。忽略相對論效應和離子所受的重力。求:(1)離子經過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大小;(2)能使離子打到P點的磁感應強度的所有可能值;(3)打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間。答案(1)

(2)

(n=1,2,3,…,k2-1)(3)

h

解析(1)離子經過電場僅加速一次后能打到P點時,軌道半徑R1=

根據牛頓第二定律有:B1qv1=m

對離子在電場中加速的過程應用動能定理有:qU=

m

解得:B1=

(2)假設離子在電場中加速了n次后恰好打在P點,則有nqU=

m

Bqv2=m

R=

解得B=

若離子在電場中加速一次后恰好打在N'。同理可得此時的磁感應強度B0=

。由題意可知,B<B0時離子才可能打在P點上。由

<

解得:n<k2,可見n的最大值應為k2-1,即n的取值應為n=1,2,3,…,k2-1。(3)n=k2-1對應的離子就是打在P點的能量最大的離子。離子在磁場中運動的圈數為k2-

,故在磁場中運動的時間t1=

T=

×

=

。設離子在電場中運動的時間為t2,則有:(k2-1)h=

解得:t2=h

。9.(2014浙江理綜,25,22分)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設計的簡化

原理如圖1所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū),將氙氣電離獲得1價正離

子;Ⅱ為加速區(qū),長度為L,兩端加有電壓,形成軸向的勻強電場。Ⅰ區(qū)產生的正離子以接近0的初

速度進入Ⅱ區(qū),被加速后以速度vM從右側噴出。Ⅰ區(qū)內有軸向的勻強磁場,磁感應強度大小為B,在離軸線R/2處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的

電子。假設射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初

速度方向與中心O點和C點的連線成α角(0<α≤90°)。推進器工作時,向Ⅰ區(qū)注入稀薄的氙氣。

電子使氙氣電離的最小速率為v0,電子在Ⅰ區(qū)內不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大,電離效果越

好。已知離子質量為M;電子質量為m,電量為e。(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)(1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大小;(2)為取得好的電離效果,請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙

面向外”);(3)α為90°時,要取得好的電離效果,求射出的電子速率v的范圍;(4)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vmax與α角的關系。圖1圖2答案(1)

(2)垂直紙面向外(3)v0≤v<

(B>

)(4)vmax=

解析(1)由動能定理得

M

=eU

①U=

②a=

=e

=

③(2)由題知電子在Ⅰ區(qū)內不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大,電離效果越好,則題圖2中顯然電子

往左半部偏轉較好,故Ⅰ區(qū)中磁場方向應垂直紙面向外

④(3)設電子運動的最大半徑為r

2r=

R

⑤eBv=m

⑥所以有v0≤v<

⑦要使⑦式有解,磁感應強度B>

⑧(4)如圖所示,

OA=R-r,OC=

,AC=r根據幾何關系得r=

⑨由⑥⑨式得vmax=

10.(2013浙江理綜,25,22分)為了降低潛艇噪音,提高其前進速度,可用電磁推進器替代螺旋槳。

潛艇下方有左、右兩組推進器,每組由6個相同的、用絕緣材料制成的直線通道推進器構成,其

原理示意圖如下。在直線通道內充滿電阻率ρ=0.2Ω·m的海水,通道中a×b×c=0.3m×0.4m×0.3

m的空間內,存在由超導線圈產生的勻強磁場,其磁感應強度B=6.4T、方向垂直通道側面向外。

磁場區(qū)域上、下方各有a×b=0.3m×0.4m的金屬板M、N,當其與推進器專用直流電源相連后,在

兩板之間的海水中產生了從N到M,大小恒為I=1.0×103A的電流,設該電流只存在于磁場區(qū)域。

不計電源內阻及導線電阻,海水密度ρm≈1.0×103kg/m3。(1)求一個直線通道推進器內磁場對通電海水的作用力大小,并判斷其方向;(2)在不改變潛艇結構的前提下,簡述潛艇如何轉彎?如何“倒車”?(3)當潛艇以恒定速度v0=30m/s前進時,海水在出口處相對于推進器的速度v=34m/s,思考專用直

流電源所提供的電功率如何分配,求出相應功率的大小。答案見解析解析(1)將通電海水看成導線,所受磁場力F=IBL代入數據得:F=IBc=1.0×103×6.4×0.3N=1.92×103N用左手定則判斷磁場對海水作用力方向向右(或與海水出口方向相同)(2)考慮到潛艇下方有左、右2組推進器,可以開啟或關閉不同個數的左、右兩側的直線通道推

進器,實施轉彎。改變電流方向,或者磁場方向,可以改變海水所受磁場力的方向,根據牛頓第三定律,使?jié)撏А暗?/p>

車”。(3)電源提供的電功率中的第一部分:牽引功率P1=F牽v0根據牛頓第三定律:F牽=12IBL當v0=30m/s時,代入數據得:P1=F牽v0=12×1.92×103×30W=6.9×105W第二部分:海水的焦耳熱功率對單個直線推進器,根據電阻定律:R=ρ

代入數據得:R=ρ

=0.2×

Ω=0.5Ω由熱功率公式,P=I2R代入數據得:P單=I2R=5.0×105WP2=12×5.0×105W=6.0×106W第三部分:單位時間內海水動能的增加值設Δt時間內噴出海水的質量為mP3=12×

考慮到海水的初動能為零,ΔEk=Ek=

m

m=ρmbcv水對地ΔtP3=12×

=12×

ρmbc

=4.6×104W11.(2011北京理綜,23,18分,0.52)利用電場和磁場,可以將比荷不同的離子分開,這種方法在化學

分析和原子核技術等領域有重要的應用。如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長)中存在垂直于紙面的勻強磁場,A處有一狹縫。離子

源產生的離子,經靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場,運動到

GA邊,被相應的收集器收集。整個裝置內部為真空。已知被加速的兩種正離子的質量分別是m1和m2(m1>m2),電荷量均為q。加速電場的電勢差為U,

離子進入電場時的初速度可以忽略。不計重力,也不考慮離子間的相互作用。(1)求質量為m1的離子進入磁場時的速率v1;(2)當磁感應強度的大小為B時,求兩種離子在GA邊落點的間距s;(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響,實際裝置中狹縫具有一定寬度。若狹縫過寬,可能

使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)域交疊,導致兩種離子無法完全分離。設磁感應強度大小可調,GA邊長為定值L,狹縫寬度為d,狹縫右邊緣在A處。離子可以從狹縫各

處射入磁場,入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場。為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被

完全分離,求狹縫的最大寬度。

答案(1)

(2)

(3)

·L解析(1)加速電場對離子m1做的功W=qU由動能定理

m1

=qU得v1=

①(2)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式qvB=

,R=

,利用①式得離子在磁場中的軌道半徑分別為R1=

,R2=

②兩種離子在GA上落點的間距s=2R1-2R2=

③(3)質量為m1的離子,在GA邊上的落點都在其入射點左側2R1處,由于狹縫的寬度為d,因此落點區(qū)

域的寬度也是d。同理,質量為m2的離子在GA邊上落點區(qū)域的寬度也是d。為保證兩種離子能完全分離,兩個區(qū)域應無交疊,條件為2(R1-R2)>d

④利用②式,代入④式得2R1

>dR1的最大值滿足2R1m=L-d得(L-d)

>d求得最大值dm=

·LA組

2015—2017年高考模擬·基礎題組（時間:45分鐘分值:85分）一、選擇題(每題5分,共35分)1.(2017北京東城一模,18)如