專題八磁場、帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動江蘇卷考情導(dǎo)向考點考題考情磁場的性質(zhì)2015年T4考查通電導(dǎo)體在磁場中受到的安培力、力的平衡2017年T1考查磁通量的定義式和公式BS的適用范圍1近五年高考本專題命題形式為選擇題和計算題形式，且計算題較多2命題考查點集中在磁場對電流的作用，磁場對運動電荷的作用及洛倫茲力作用下圓周運動的周期、半徑問題帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動2014年T14考查帶電粒子在磁場中的運動帶電粒子在復(fù)合場中的運動2017年T15考查動能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用、帶電粒子在組合場中的運動2016年T15考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動和回旋加速器的工作原理2015年T15考查動能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用、帶電粒子在組合場中的運動2014年T9考查霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用、電勢差2013年T15考查帶電粒子在交變電磁場中的運動考點1| 磁場的性質(zhì)難度：較易 題型：選擇題、計算題 五年2考(對應(yīng)學(xué)生用書第36頁)1(2015·江蘇高考T4)如圖8­1所示，用天平測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是()圖8­1【解題關(guān)鍵】解此題的關(guān)鍵有以下兩點：(1)邊長MN相同，但四個線圈在磁場中的有效長度不同(2)線圈電流相同，磁場發(fā)生變化時，線圈所受安培力也發(fā)生相應(yīng)變化A磁場發(fā)生微小變化時，因各選項中載流線圈在磁場中的面積不同，由法拉第電磁感應(yīng)定律Enn知載流線圈在磁場中的面積越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，感應(yīng)電流越大，載流線圈中的電流變化越大，所受的安培力變化越大，天平越容易失去平衡，由題圖可知，選項A符合題意2(2017·江蘇高考T1)如圖8­2所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r圓形勻強(qiáng)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() 【導(dǎo)學(xué)號：17214131】圖8­2A11B12C14 D41A根據(jù)BS，S為有磁感線穿過區(qū)域的有效面積，因此a、b兩線圈的有效面積相等，故磁通量之比ab11，選項A正確1FBILsin (為B、I間的夾角)，高中只要求掌握0°(不受安培力)和90°兩種情況(1)公式只適用于勻強(qiáng)磁場中的通電直導(dǎo)線或非勻強(qiáng)磁場中很短的通電導(dǎo)線(2)當(dāng)I、B夾角為0°時F0當(dāng)電流與磁場方向垂直時，安培力最大，為FBIL(3)L是有效長度閉合的通電導(dǎo)線框在勻強(qiáng)磁場中受到的安培力F0(4)安培力的方向利用左手定則判斷2洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，即洛倫茲力永不做功(2)僅電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化(3)用左手定則判斷負(fù)電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向3洛倫茲力的大小(1)vB時，洛倫茲力F0(0°或180°)(2)vB時，洛倫茲力FqvB(90°)(3)v0時，洛倫茲力F0考向1磁場的基本性質(zhì)1(2017·南通模擬)如圖8­3所示為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況，以O(shè)點(圖中白點)為坐標(biāo)原點沿Z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小變化情況最有可能是圖中的() 【導(dǎo)學(xué)號：17214132】圖8­3ABCDC磁感線的疏密表示磁場的強(qiáng)弱，所以沿Z軸正方向磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是先變小后變大由于題目中問的是磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，故C正確考向2通電導(dǎo)體在磁場中的運動2(2017·寧城縣模擬)如圖8­4所示，絕緣水平桌面上放置一長直導(dǎo)線a，導(dǎo)線a的正上方某處放置另一長直導(dǎo)線b，導(dǎo)線a中電流垂直紙面向里，導(dǎo)線b中電流垂直紙面向外，導(dǎo)線中均為恒定電流，現(xiàn)將導(dǎo)線b水平向右平移一小段距離后，導(dǎo)線a始終保持靜止，則()圖8­4A導(dǎo)線b受到的安培力方向始終豎直向下B導(dǎo)線b受到的安培力增大C導(dǎo)線a對桌面的壓力增大D導(dǎo)線a對桌面的摩擦力方向水平向左Da與b的電流方向相反，根據(jù)電流與電流之間的相互作用力的特點可知，a與b之間的力為排斥力；當(dāng)b水平向右平移時，導(dǎo)線a產(chǎn)生的磁場方向在b點為向右下方，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線b受到的安培力方向不在豎直方向上，故A錯誤；由于a、b間的距離增大，故a在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小減小，根據(jù)安培力FBIL可知，受到的安培力逐漸減小，故B錯誤；當(dāng)b水平向右平移時，a、b間的距離增大，b在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小減小，a受到的安培力減小且方向仍然在兩根導(dǎo)線連線的方向上，根據(jù)力的合成可知，導(dǎo)線對桌面的壓力減小，且受到的摩擦力向右，故導(dǎo)線a對桌面的摩擦力向左，故C錯誤，D正確考向3洛倫茲力的應(yīng)用3(2017·蘇錫常二模)如圖8­5，一束電子沿某坐標(biāo)軸運動，在x軸上的A點處產(chǎn)生的磁場方向沿z軸正方向，則該束電子的運動方向是() 【導(dǎo)學(xué)號：17214133】圖8­5Az軸正方向 Bz軸負(fù)方向Cy軸正方向 Dy軸負(fù)方向C在x軸上的A點處產(chǎn)生的磁場方向沿z軸正方向，根據(jù)安培定則可知，形成的電流方向沿y軸負(fù)方向，那么電子流沿y軸正方向運動，故A、B、D錯誤，C正確考點2| 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動難度：中檔題 題型：選擇題、計算題 五年2考(對應(yīng)學(xué)生用書第37頁)3(2014·江蘇高考T14)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖8­6所示裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置不計粒子的重力圖8­6(1)求磁場區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達(dá)M點，求粒子入射速度大小的可能值 【導(dǎo)學(xué)號：17214134】【解題關(guān)鍵】關(guān)鍵語句信息解讀以某一速度從裝置左端的中點射入，恰好到達(dá)P點由幾何關(guān)系可求得寬度改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置可求得兩次速度大小【解析】(1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r，粒子的運動軌跡如圖所示根據(jù)題意知L3rsin 30°3dcos 30°，且磁場區(qū)域的寬度hr(1cos 30°)解得：h(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壽E半徑為r，洛倫茲力提供向心力，則有mqvB，mqvB，由題意知3rsin 30°4rsin 30°，解得粒子速度的最小變化量vvv(3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次由題意知L(2n2)dcos 30°(2n2)rnsin 30°且mqvnB，解得vn【答案】(1)(2)(3)“4點、6線、3角”巧解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動圖8­7(1)4點：入射點B、出射點C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點O(2)6線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑r，入射速度直線和出射速度直線OB、OC，入射點與出射點的連線BC，圓心與兩條速度直線交點的連線AO(3)3角：速度偏轉(zhuǎn)角COD、圓心角BAC、弦切角OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍考向1磁偏轉(zhuǎn)的基本問題4(2017·宜興市模擬)如圖8­8，兩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(jìn)入勻強(qiáng)磁場，最后打到過O點的豎直屏P上不計重力下列說法正確的有()圖8­8Aa、b均帶負(fù)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Da、b粒子的運動軌跡如圖所示：粒子a、b都向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，a、b均帶正電，故A錯誤；由r可知，兩粒子半徑相等，根據(jù)圖中兩粒子運動軌跡可知，a粒子運動軌跡長度大于b粒子運動軌跡長度，a在磁場中飛行的時間比b的長，故B、C錯誤；根據(jù)運動軌跡可知，在P上的落點與O點的距離a比b的近，故D正確考向2磁偏轉(zhuǎn)的臨界問題5(2017·泰州三模)科研人員常用磁場來約束運動的帶電粒子，如圖8­9所示，粒子源位于紙面內(nèi)一邊長為a的正方形中心O處，可以沿紙面向各個方向發(fā)射速度不同的粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為q、最大速度為v，忽略粒子重力及粒子間相互作用，要使粒子均不能射出正方形區(qū)域，可在此區(qū)域加一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為()圖8­9ABC DC粒子在勻強(qiáng)磁場中運動，洛倫茲力充當(dāng)向心力，則有：Bvq，所以，R；粒子做圓周運動，圓上最遠(yuǎn)兩點之間的距離為2R；而O到邊界的最短距離為a，要使粒子均不能射出正方形區(qū)域，則2Ra，即a，所以B，故磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為，故A、B、D錯誤，C正確考向3磁偏轉(zhuǎn)中的多過程問題6(2017·欽南區(qū)月考)如圖8­10所示，a、b是兩個勻強(qiáng)磁場邊界上的兩點，左邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等電荷量為2e的正離子以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，當(dāng)它運動到b點時，擊中并吸收了一個處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子，不計正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運動軌跡是() 【導(dǎo)學(xué)號：17214135】圖8­10ABCDD正離子以某一速度擊中并吸收靜止的電子后，速度保持不變，電荷量變?yōu)閑，由左手定則可判斷出正離子過b點時所受洛侖茲力向下；由r可得，電量減半，則半徑增大到原來的2倍，故磁場中的運動軌跡為D考點3| 帶電粒子在復(fù)合場中的運動難度：較難 題型：選擇題、計算題 五年5考(對應(yīng)學(xué)生用書第38頁)4(2016·江蘇高考T15)回旋加速器的工作原理如圖8­11甲所示，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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T一束該種粒子在t0時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用求：甲乙圖8­11(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)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(yīng)滿足的條件 【導(dǎo)學(xué)號：17214136】【解題關(guān)鍵】解此題的關(guān)鍵有以下三點：(1)粒子以半徑R運動時對應(yīng)粒子的動能最大(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期恒定不變(3)粒子在狹縫間做勻加速直線運動【解析】(1)粒子運動半徑為R時qvBm且Emmv2解得Em(2)粒子被加速n次達(dá)到動能Em，則EmnqU0粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為t加速度a勻加速直線運動nda·t2由t0(n1)·t，解得t0(3)只有在0(t)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為由99%，解得d【答案】(1)(2)(3)d5(2013·江蘇高考T15)在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制如圖8­12甲所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t作周期性變化的圖象如圖乙所示x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向在坐標(biāo)原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和q，不計重力在t時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運動(1)求P在磁場中運動時速度的大小v0；(2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；(3)在t0(0<t0<)時刻釋放P，求P速度為零時的坐標(biāo)【導(dǎo)學(xué)號：17214137】甲乙圖8­12【解題關(guān)鍵】關(guān)鍵語句信息解讀x軸正方向為E的正方向粒子在電場中所受電場力沿x軸正方向粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和q在t時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運動粒子在­時間內(nèi)做勻加速直線運動粒子在t ­2時間內(nèi)做勻速圓周運動且運動時間為圓周運動的半周期【解析】(1)做勻加速直線運動，2做勻速圓周運動，電場力FqE0，加速度a，速度v0at，且t，解得v0(2)只有當(dāng)t2時，P在磁場中做圓周運動結(jié)束并開始沿x軸負(fù)方向運動，才能沿一定軌道做往復(fù)運動，如圖所示設(shè)P在磁場中做圓周運動的周期為T則(n)T(n1，2，3)勻速圓周運動qvB0m，T解得B0(n1，2，3，)(3)在t0時刻釋放，P在電場中加速的時間為t0在磁場中做勻速圓周運動，有v1圓周運動的半徑r1解得r1又經(jīng)(t0)時間P減速為零后向右加速的時間為t0P再進(jìn)入磁場，有v2圓周運動的半徑r2解得r2綜上分析，速度為零時橫坐標(biāo)x0相應(yīng)的縱坐標(biāo)為y(k1，2，3，)解得y(k1，2，3，)【答案】(1)(2)B0(n1，2，3，)(3)橫坐標(biāo)x0縱坐標(biāo)y(k1，2，3，)6(多選)(2014·江蘇高考T9)如圖8­13所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UHk ，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則() 【導(dǎo)學(xué)號：17214138】圖8­13A霍爾元件前表面的電勢低于后表面B若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏CIH與I成正比D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比CD當(dāng)霍爾元件通有電流IH時，根據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運動，故霍爾元件的前表面電勢較高若將電源的正負(fù)極對調(diào)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向換向，IH方向變化，根據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運動，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項A、B錯誤因R與RL并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)分流，得IHI，故IH與I成正比，選項C正確由于B與I成正比，設(shè)BaI，則ILI，PLIRL，故UHk PL，知UHPL，選項D正確7(2017·江蘇高考T16)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖8­14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(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)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圖8­14(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(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)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(U0U)到(U0U)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 【導(dǎo)學(xué)號：17214139】【解析】(1)甲種離子在電場中加速時，有qU0×2mv2設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1，則有qvB2m根據(jù)幾何關(guān)系有x2r1L由式解得xL(2)如圖所示最窄處位于過兩半圓虛線交點的垂線上dr1由式解得d(3)設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為r2r1的最小半徑r1minr2的最大半徑r2max由題意知2r1min2r2maxL，即L由式解得L2【答案】(1)L(2)見解析圖(3)L28(2015·江蘇高考T16)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖8­15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(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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仍能正常檢測到離子在適當(dāng)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8­15(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；(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)(取lg 20301，lg 30477，lg 50699) 【導(dǎo)學(xué)號：17214140】【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(3)由(1)可知，r由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點，此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上，解得r12L第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則，解得r23L同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rnn1L檢測完整，有rn，解得n128最少次數(shù)為3次【答案】(1)(2)U(3)最少次數(shù)為3次1組合場問題兩點技巧(1)運動過程的分解方法以“場”的邊界將帶電粒子的運動過程分段；分析每段運動帶電粒子的受力情況和初速度，判斷粒子的運動性質(zhì)；建立聯(lián)系：前、后兩段運動的關(guān)聯(lián)為帶電粒子過關(guān)聯(lián)點時的速度；分段求解：根據(jù)題設(shè)條件，選擇計算順序(2)周期性和對稱性的應(yīng)用相鄰場問題大多具有周期性和對稱性，解題時一是要充分利用其特點畫出帶電粒子的運動軌跡，以幫助理順物理過程；二是要注意周期性和對稱性對運動時間的影響2關(guān)注幾場疊加優(yōu)選規(guī)律解題(1)受力分析，關(guān)注幾場疊加：磁場、重力場并存，受重力和洛倫茲力；電場、磁場并存(不計重力的微觀粒子)，受電場力和洛倫茲力；電場、磁場、重力場并存，受電場力、洛倫茲力和重力(2)選用規(guī)律：四種觀點解題：帶電體做勻速直線運動，則用平衡條件求解(即二力或三力平衡)；帶電體做勻速圓周運動，應(yīng)用向心力公式或勻速圓周運動的規(guī)律求解；帶電體做勻變速直線或曲線運動，應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)公式求解；帶電體做復(fù)雜的曲線運動，應(yīng)用能量守恒定律或動能定理求解考向1帶電粒子在組合場中的運動7(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖8­16甲所示，在直角坐標(biāo)系0xL區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有一個以點(3L，0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進(jìn)入圓形區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為30°不考慮電子所受的重力甲乙圖8­16(1)求電子進(jìn)入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大?。?2)若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標(biāo)；(3)若在電子剛進(jìn)入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內(nèi)加上圖乙所示變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子從N點處飛出，速度方向與進(jìn)入磁場時的速度方向相同請寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小、磁場變化周期T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達(dá)式 【導(dǎo)學(xué)號：17214141】【解析】(1)電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，速度分解圖如圖(1)中所示由速度關(guān)系可得：cos 解得：vv0由速度關(guān)系得：vyv0tan v0在豎直方向：vyatt而水平方向上t解得：E(1)(2)根據(jù)題意作圖如圖(1)所示，電子做勻速圓周運動的半徑RL根據(jù)牛頓第二定律：qvB解得：B根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿出圓形區(qū)域時位置坐標(biāo)為(，L)(3)電子在磁場中最簡單的情景如圖(2)所示(2)在磁場變化的前三分之一個周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為60°，設(shè)電子運動的軌道半徑為r1，運動的周期為T0，粒子在x軸方向上的位移恰好等于r1；在磁場變化的后三分之二個周期內(nèi)，因磁感應(yīng)強(qiáng)度減半，電子運動周期T2T0，故粒子的偏轉(zhuǎn)角度仍為60°，電子運動的軌道半徑變?yōu)?r，粒子在x軸方向上的位移恰好等于2r綜合上述分析，則電子能到達(dá)N點且速度符合要求的空間條件是：3rn2L(n1，2，3)而：r解得：B0 (n1，2，3)應(yīng)滿足的時間條件為：(T0T)T而：T0 T解得T (n1，2，3)【答案】(1)v0(2)(，L)(3)B0 (n1，2，3)T (n1，2，3)考向2帶電粒子在疊加場中的運動8(2017·泰州三模)粒子速度選擇器的原理圖如圖8­17所示，兩水平長金屬板間有沿水平方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場和方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E0的勻強(qiáng)電場，一束質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以不同的速度從小孔O處沿中軸射入此區(qū)域，研究人員發(fā)現(xiàn)有些粒子能沿中軸線運動并從擋板上小孔P射出此區(qū)域，其它還有些帶電粒子也能從小孔P射出，射出時的速度與預(yù)期選擇的速度的最大偏差量為v，通過理論分析知道，這些帶電粒子的運動可以看作沿中軸線方向以速度為v1的勻速直線運動和以速度v2在兩板間的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的合運動，v1、v2和v均為未知量，不計帶電粒子重力及粒子間相互作用圖8­17(1)若帶電粒子能沿中軸線運動，求其從小孔O射入時的速度v0；(2)增加磁感應(yīng)強(qiáng)度后，使帶電粒子以(1)中的速度v0射入，要讓所有帶電粒子均不能打到水平金屬板，兩板間距d應(yīng)滿足什么條件？(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時，為了減小從小孔P處射出粒子速度的最大偏差量v，從而提高速度選擇器的速度分辨本領(lǐng)，水平金屬板的長度L應(yīng)滿足什么條件？ 【導(dǎo)學(xué)號：17214142】【解析】(1)粒子受電場力(方向：豎直方向)和洛倫茲力的作用，沿中軸線運動，則帶電粒子受力平衡，所以有qE0B0v0q，所以v0(2)增加磁感應(yīng)強(qiáng)度后，使帶電粒子以(1)中的速度v0射入，則粒子不能沿中軸線運動，那么，帶電粒子的運動可以看作沿中軸線方向以速度v1的勻速直線運動和以速度v2在兩板間的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的合運動；勻速圓周運動初始時刻速度方向水平，向心力方向豎直，所以，任一粒子將在中垂線的一邊運動；所以，要讓所有帶電粒子均不能打到水平金屬板，則兩板間距d的一半應(yīng)大于勻速圓周運動的直徑；對于沿中軸線方向以速度為v1的勻速直線運動有：qE0Bv1q，所以，v1；所以，對于以速度v2在兩板間的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運動有所以，R·設(shè)BkB0，則R所以，當(dāng)k2時，R取得最大值，Rmax所以，要讓所有帶電粒子均不能打到水平金屬板，則兩板間距d應(yīng)大于(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時，粒子做圓周運動的周期T磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時，為了減小從小孔P處射出粒子速度的最大偏差量v，從而提高速度選擇器的速度分辨本領(lǐng)，則應(yīng)使不能沿軸線運動的粒子偏離軸線有最大距離，即圓周分運動完成半周期的奇數(shù)倍，則Lv0(2n1)×(2n1)×(n1，2，3)【答案】(1)(2)d應(yīng)大于(3)(n1，2，3)考向3磁與現(xiàn)代科技的應(yīng)用9(2017·徐州模擬)如圖8­18所示為回旋加速器的示意圖兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)子從加速器的A處開始加速已知D形盒的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為q下列說法錯誤的是()高頻交變電源圖8­18A質(zhì)子的最大速度不超過2RfB質(zhì)子的最大動能為C質(zhì)子的最大動能與電壓U無關(guān)D只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，可減小質(zhì)子的最大動能D質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則v2Rf，所以最大速度不超過2fR，故A正確；質(zhì)子的最大動能Ekmv2，與電壓無關(guān)，只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，可增大質(zhì)子的最大動能，故B、C正確，D錯誤10(多選)(2017·南通二模)霍爾傳感器測量轉(zhuǎn)速的原理圖如圖8­19所示，傳感器固定在圓盤附近，圓盤上固定4個小磁體在a、b間輸入方向由a到b的恒定電流(電子導(dǎo)電)，圓盤轉(zhuǎn)動時，每當(dāng)磁體經(jīng)過霍爾元件，傳感器c、d端輸出一個脈沖電壓，檢測單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可得到圓盤的轉(zhuǎn)速關(guān)于該測速傳感器，下列說法中正確的有()圖8­19A在圖示位置時刻d點電勢高于c點電勢B圓盤轉(zhuǎn)動越快，輸出脈沖電壓峰值越高Cc、d端輸出脈沖電壓的頻率是圓盤轉(zhuǎn)速的4倍D增加小磁體個數(shù)，傳感器轉(zhuǎn)速測量更準(zhǔn)確ACD霍爾元件中移動的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向上表面偏轉(zhuǎn)，即c點，所以c點電勢低于d點電勢，故A正確；最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長寬厚分別為a、b、c，有qqvB，所以UBbv，輸出脈沖電壓峰值與圓盤轉(zhuǎn)動快慢無關(guān)，故B錯誤；當(dāng)小磁體靠近霍爾元件時，就是會產(chǎn)生一個脈沖電壓，因此c、d端輸出脈沖電壓的頻率是圓盤轉(zhuǎn)動頻率的4倍，即為轉(zhuǎn)速的4倍，故C正確；當(dāng)增加小磁體個數(shù)，傳感器c、d端輸出脈沖電壓頻率變高，那么傳感器轉(zhuǎn)速測量更準(zhǔn)確，故D正確規(guī)范練高分| 磁場、帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動(對應(yīng)學(xué)生用書第41頁)典題在線(2017·湖南邵陽二模)(20分)如圖8­20甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上t0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g上述d、E0、m、v、g為已知量圖8­20(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)求電場變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值信息解讀有界電磁場t0時刻電場的方向豎直向下帶正電微粒做勻速運動，qvBE0qmg電場力與重力平衡，洛倫茲力充當(dāng)向心力，即E0qmg，qvBm粒子仍能做完整的圓周運動，寬度d的臨界條件d2R考生抽樣閱卷點評點評內(nèi)容點評1在第(1)問的求解中能正確把握帶電粒子的受力及運動規(guī)律，可得滿分點評2在第(2)問中，對電場變化周期的理解出現(xiàn)問題，誤認(rèn)為通過區(qū)域d的時間為電場變化周期，式子出錯，去掉式結(jié)果分可得分點評3第(3)問中出現(xiàn)對過程的判斷錯誤，只能判零分規(guī)范解答【解析】(1)微粒做直線運動，則mgqE0qvB(2分)微粒做圓周運動，則mgqE0(2分)聯(lián)立得q(1分)B(1分)(2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則vt1(2分)qvBm(2分)2Rvt2(2分)聯(lián)立得t1，t2(2分)電場變化的周期Tt1t2(1分)(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d2R(1分)聯(lián)立得R(1分)設(shè)在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由得t1min(1分)因t2不變，T的最小值Tmint1mint2(2分)【答案】見解析評分標(biāo)準(zhǔn)(1)方程順序調(diào)換，只要正確不減分(2)兩式用T代替，將式代入T計算，只要正確不影響得分，但若沒代入兩式減其結(jié)果分，只給方程分(3)題目中沒有直接出現(xiàn)式而是文字描述方式，結(jié)果正確不影響得分24