專題十磁場,高考物理 (新課標(biāo)專用),A組統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組 考點(diǎn)一磁場、安培力,1.(2018課標(biāo),20,6分)(多選)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2,L1中的電流方向向左,L2中的電流方向向上;L1的正上方有a、b兩點(diǎn),它們相對于L2對稱。整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中,外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0,方向也垂直于紙面向外。則() A.流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 B.流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 C.流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 D.流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,五年高考,答案AC本題考查安培定則、磁場的疊加。由安培定則判定,L1中的電流在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,L2中的電流在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向分別垂直于紙面向里和向外;設(shè)L1和L2中的電流在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1和B2,由磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加原理可得,B0-B1-B2=B0,B0+B2-B1=B0,解得B1=B0,B2=B0,故A、C項(xiàng)正確。,解題關(guān)鍵注意矢量的方向性 本題解題的關(guān)鍵是要注意磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向性,如L2中電流產(chǎn)生的磁場方向在a點(diǎn)垂直紙面向里,在b點(diǎn)垂直紙面向外。,2.(2017課標(biāo),19,6分)(多選)如圖,三根相互平行的固定長直導(dǎo)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11 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(dǎo)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(dǎo)線受力如圖所示,由圖中幾何關(guān)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(cuò)誤、B正確。設(shè)單位長度的導(dǎo)線兩兩之間作用力的大小為F,則由幾何關(guān)系可得L1、L2單位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 60=F,L3單位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 30=F,故C正確、D錯(cuò)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(dǎo)線在其余兩導(dǎo)線所在處產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,設(shè)為B。如圖所示,由幾何關(guān)系可得L1所在處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=2B cos 60=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=BI;L2上單位長度所受安培力大小為F2=BI,即F1F2F3=11,故A、D 錯(cuò)誤,B、C正確。,3.(2017課標(biāo),18,6分)如圖,在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中,兩長直導(dǎo)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(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí),紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為() A.0B.B0C.B0D.2B0,答案C本題考查安培定則、磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加。兩導(dǎo)線中通電流I時(shí),兩電流在a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度與勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和為0,則兩電流磁感應(yīng)強(qiáng)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(xiàng)正 確。 甲乙,易錯(cuò)點(diǎn)評安培定則和矢量合成法則的運(yùn)用 正確運(yùn)用安培定則畫出甲、乙兩圖。 由P和Q中電流為I時(shí),a點(diǎn)處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為0,得出B0的方向水平向左和B的大小為B0。 P中的電流反向,則P中電流的磁場反向,Q中電流的磁場大小和方向不變。 注意各物理量間的夾角大小關(guān)系。,解后反思由P中電流反向前Ba=0分析得出P、Q中電流在a點(diǎn)處的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與B0等大反向,進(jìn)而確定B0的方向是解題的關(guān)鍵。,答案AD本題考查安培力、電路,考查學(xué)生的推理能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?。要使線圈在磁場中開始轉(zhuǎn)動(dòng),則線圈中必有電流通過,電路必須接通,故左右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都必須刮掉;但如果上側(cè)的絕緣漆也都刮掉,當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過180時(shí),靠近磁極的導(dǎo)線與開始時(shí)靠近磁極的導(dǎo)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(zhuǎn)動(dòng),線圈最終做往返運(yùn)動(dòng),要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過180時(shí),線圈中不能有電流通過,依靠慣性轉(zhuǎn)動(dòng)到初始位置再接通電路即可實(shí)現(xiàn)連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng),故左、右轉(zhuǎn)軸的上側(cè)不能都刮掉,故選項(xiàng)A、D正確。,易錯(cuò)警示一根漆包線繞制的矩形線圈中電流方向的判定。要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng),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(zhuǎn)動(dòng),而不能受到交變的安培力作用。,5.(2015課標(biāo),18,6分,0.527)(多選)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針,下列說法正確的是() A.指南針可以僅具有一個(gè)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(huì)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(dǎo)線,導(dǎo)線通電時(shí)指南針不偏轉(zhuǎn),答案BC任何磁體均具有兩個(gè)磁極,故A錯(cuò)。指南針之所以能指向南北,是因?yàn)橹改厢樀膬蓚€(gè)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(huì)影響指南針的指向,即C正確。通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場對其正下方的指南針有磁場力的作用,會(huì)使指南針發(fā)生偏轉(zhuǎn),故D錯(cuò)。,6.(2014課標(biāo),15,6分,0.809)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)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(dǎo)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(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān) D.將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?答案B由左手定則可知,安培力的方向一定與磁場方向和直導(dǎo)線垂直,選項(xiàng)A錯(cuò)、B正確;安培力的大小F=BIL sin 與直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角,假設(shè)原來直導(dǎo)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?因此安培力大小不一定是原來的一半,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,解題關(guān)鍵左手定則中明確了安培力與B的方向及直導(dǎo)線均垂直。安培力的表達(dá)式F=BIL sin 中l(wèi)為與B垂直方向上的有效長度,為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與導(dǎo)線方向的夾角。,7.(2015課標(biāo),24,12分,0.564)如圖,一長為10 cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場中;磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 T,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(guān)與一電動(dòng)勢為12 V的電池相連,電路總電阻為2 。已知開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長量均為0.5 cm;閉合開關(guān),系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時(shí)相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質(zhì)量。,答案見解析,解題指導(dǎo)安培力的方向由左手定則判斷,其中棒上電流方向?yàn)閎a。開關(guān)斷開時(shí),金屬棒不受安培力,兩彈簧對棒的彈力的合力與棒的重力平衡。通電后,由于安培力向下,故兩彈簧各自再向下伸長0.3 cm。結(jié)合歐姆定律、平衡條件、胡克定律等分析求解。,答案C本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)、洛倫茲力,考查學(xué)生的推理能力、作圖能力。設(shè)速率為v1的粒子最遠(yuǎn)出射點(diǎn)為M,速率為v2的粒子最遠(yuǎn)出射點(diǎn)為N,如圖所示,則由幾何知識得 r1=,r2=R = 由qvB=得r=,故=,選項(xiàng)C正確。,9.(2016課標(biāo),18,6分)一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90時(shí),粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計(jì)重力。若粒子在筒內(nèi)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(guān)系可知,此段圓弧所對圓心角=30,所需時(shí)間t=T= ;由題意可知粒子由M飛至N與圓筒旋轉(zhuǎn)90所用時(shí)間相等,即t=,聯(lián)立以上兩式得 =,A項(xiàng)正確。,解題方法正確畫出粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡圖。由于=且=30得出t=。 當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90時(shí),粒子恰好從小孔N飛出,意味著粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=。,反思總結(jié)此題考查處理粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)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(shí)間。,10.(2016課標(biāo),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(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)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(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn),并從OM上另一點(diǎn)射出磁場。不計(jì)重力。粒子離開磁場的出射點(diǎn)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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由qvB=m得R=,分析圖中角度關(guān)系可知, PO半徑與OQ半徑在同一條直線上。 則PQ=2R,所以O(shè)Q=4R=,選項(xiàng)D正確。,審題指導(dǎo)由左手定則可判定粒子進(jìn)入磁場后的偏轉(zhuǎn)方向。因粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn),則知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON相切。如何確定圓心是作圖的關(guān)鍵。,11.(2015課標(biāo),14,6分,0.759)兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力),從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)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(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)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=知,角速度減小,選項(xiàng)D正確。,解題關(guān)鍵洛倫茲力對帶電粒子不做功。粒子做圓周運(yùn)動(dòng)滿足Bqv=m,可得r=。 v=r。,12.(2015課標(biāo),19,6分,0.506)(多選)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域和,中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍。兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)。與中運(yùn)動(dòng)的電子相比,中的電子() A.運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的周期是中的k倍 D.做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與中的相等,答案AC由題意可知,v1=v2,B1=kB2。電子運(yùn)動(dòng)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(cuò)。周期T=,故T2=kT1,C正確。角速度=B, 故2=1/k,D錯(cuò)。,解題方法比值類題目的一般解題原則。首先由相應(yīng)物理定理、定律及對應(yīng)關(guān)系,找出由已知量所表達(dá)的未知量的表達(dá)式,然后將相關(guān)數(shù)據(jù)代入即可求出相應(yīng)關(guān)系。,13.(2014課標(biāo),16,6分,0.637)如圖,MN為鋁質(zhì)薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出,從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O,已知粒子穿越鋁板時(shí),其動(dòng)能損失一半,速度方向和電荷量不變,不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為() A.2B.C.1D.,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(dòng)能Ek=mv2=,故磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,= ,選項(xiàng)D正確。,審題指導(dǎo),14.(2014課標(biāo),20,6分,0.347)(多選)圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時(shí),下列說法正確的是() A.電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同 B.電子與正電子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑一定相同 C.僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D.粒子的動(dòng)能越大,它在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小,答案AC在同一勻強(qiáng)磁場中,各粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向相同,但速度大小關(guān)系未知。由左手定則可知電子與正電子進(jìn)入磁場時(shí)所受洛倫茲力方向相反,偏轉(zhuǎn)方向必相反,故A正確。因r=,各粒子雖q相同、但v關(guān)系未知,故m相同、v不同時(shí)軌跡半徑不同,而當(dāng)r相同時(shí)只能表 明mv相同,不能確定m的關(guān)系,故B錯(cuò)誤、C正確。由Ek=mv2及r=,得r=,可見當(dāng)Ek越 大時(shí)粒子的軌跡半徑越大,故D錯(cuò)誤。,易錯(cuò)點(diǎn)撥不少考生易錯(cuò)選B選項(xiàng),其原因是過分關(guān)注電子、正電子的質(zhì)量和電荷量大小相同,而忽略了它們的速度可能不同這一事實(shí)。,15.(2017課標(biāo),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x0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0;x1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場,此時(shí)開始計(jì)時(shí)。當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí),求(不計(jì)重力) (1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間; (2)粒子與O點(diǎn)間的距離。,答案(1)(1+)(2)(1-),綜合點(diǎn)評帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力。特點(diǎn)是粒子在y軸左、右兩側(cè)的受力大小有突變。因?yàn)锽左B右,所以R左<R右。速度方向再次沿x軸正向時(shí),意味著粒子在左、右磁場中各轉(zhuǎn)過半周。所以粒子與O點(diǎn)間距離為直徑的差值。,考點(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng),16.(2016課標(biāo),15,6分)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)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(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價(jià)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(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為() A.11B.12C.121D.144,答案D設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2,原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。在加速電場中qU=mv2,在磁場中qvB=m,聯(lián)立兩式得m=,故有=144,選項(xiàng) D正確。,審題指導(dǎo)注意題給信息的含義,“經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開”意味著兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑相等。,評析此題考查帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,難度中等?？忌枰鶕?jù)題目信息找出相關(guān)運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析解答。,17.(2017課標(biāo),16,6分)如圖,空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是() A.mambmcB.mbmamc C.mcmambD.mcmbma,答案B本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)。因微粒a做勻速圓周運(yùn)動(dòng),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+BqvbqE、mcg=qE-Bqvcmamc,B正確。,規(guī)律總結(jié)復(fù)合場中粒子的特殊運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在重力場、勻強(qiáng)電場和磁場組成的復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)時(shí):若做勻速圓周運(yùn)動(dòng),重力必與電場力平衡,洛倫茲力提供向心力;若做直線運(yùn)動(dòng),必是勻速直線運(yùn)動(dòng),合力定為零。,18.(2018課標(biāo),25,20分)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域,寬度均為l,電場強(qiáng)度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn),它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡; (2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小; (3)若該粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點(diǎn) 運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。,答案(1)見解析(2)(3),根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1=at l=v0t v1=v cos 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB= 由幾何關(guān)系得 l=2R cos 聯(lián)立式得 v0= (3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得,v1=v0 cot 聯(lián)立式得 = 設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t,則 t=2t+T 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期, T= 由式得 t=,審題指導(dǎo)對稱性是解題關(guān)鍵,19.(2018課標(biāo),25,20分)如圖,在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E;在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)氕核H和一個(gè)氘核H先后從y軸 上y=h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出,速度方向沿x軸正方向。已知H進(jìn)入磁場時(shí),速度方向與x軸正方 向的夾角為60,并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場H的質(zhì)量為m,電荷量為q。不計(jì)重力。求 (1H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離; (2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小; (3H第一次離開磁場的位置到原點(diǎn)O的距離。,答案(1)h(2)(3)(-1)h,解析本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)。 (1H在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)H在電場中 的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離為s1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s1=v1t1 h=a1 由題給條件H進(jìn)入磁場時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角1=60H進(jìn)入磁場時(shí)速度的y分 量的大小為 a1t1=v1 tan 1,聯(lián)立以上各式得 s1=h (2H在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律有 qE=ma1 設(shè)H進(jìn)入磁場時(shí)速度的大小為v1,由速度合成法則有 v1= 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BH在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二 定律有 qv1B= 由幾何關(guān)系得 s1=2R1 sin 1 聯(lián)立以上各式得 B=,(3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a2,由題給 條件得 (2m)=m 由牛頓第二定律有 qE=2ma2 設(shè)H第一次射入磁場時(shí)的速度大小為v2,速度的方向與x軸正方向夾角為2,入射點(diǎn)到原 點(diǎn)的距離為s2,在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s2=v2t2 h=a2 v2= sin 2= 聯(lián)立以上各式得 s2=s1,2=1,v2=v1,設(shè) H在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,由式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 公式得 R2=R1 所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)H進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)到第一次離開磁場的出射點(diǎn)的距離為s 2,由幾何關(guān)系有 s2=2R2 sin 2 聯(lián)立式得H第一次離開磁場時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為 s2-s2=(-1)h,規(guī)律總結(jié)帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)問題的一般解題思路 電場中類平拋運(yùn)動(dòng):x=v0t,y=at2 速度方向:tan = 位移方向:tan = 磁場中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的解題步驟:a.確定圓心; b.利用幾何關(guān)系求半徑;c.qvB=,20.(2018課標(biāo),24,12分)如圖,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng),自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點(diǎn)射出;乙種離子在MN的中點(diǎn)射出;MN長為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求 (1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小; (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。,答案(1)(2)14,解析本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)。 (1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,由動(dòng)能定理有 q1U=m1 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B=m1 由幾何關(guān)系知 2R1=l 由式得 B= (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有 q2U=m2,q2v2B=m2 由題給條件有 2R2= 由式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為 =14,思路分析根據(jù)題設(shè)條件,分析離子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)情況,結(jié)合動(dòng)能定理、牛頓第二定律等知識列方程求解。,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,考點(diǎn)一磁場、安培力,1.(2016北京理綜,17,6分)中國宋代科學(xué)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(jìn)一步研究表明,地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結(jié)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(nèi)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,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(nèi)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(cuò)誤。射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的運(yùn)動(dòng)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(zhì),故D正確。選C。,審題指導(dǎo)題圖往往提供解題的關(guān)鍵信息,所以要仔細(xì)觀察圖,挖掘有用信息。,2.(2014浙江理綜,20,6分)(多選)如圖1所示,兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時(shí)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?yàn)殡娏髡较?。則金屬棒() 圖1圖2 A.一直向右移動(dòng) B.速度隨時(shí)間周期性變化 C.受到的安培力隨時(shí)間周期性變化 D.受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功,答案ABC根據(jù)題意得出v-t圖象如圖所示,金屬棒一直向右運(yùn)動(dòng),A正確。速度隨時(shí)間做周期性變化,B正確。據(jù)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(xiàng)正確。F安在前半周期做正功,后半周期做負(fù)功,則D項(xiàng)錯(cuò)。,評析題中“從t=0時(shí)刻起,棒上有如題圖2所示的持續(xù)交變電流”中“有”字較模糊,易引起歧義,有可能理解成動(dòng)生電情況。,3.(2018江蘇單科,13,15分)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為,間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上,距底端的距離為s,導(dǎo)軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過程中,金屬棒 (1)末速度的大小v; (2)通過的電流大小I; (3)通過的電荷量Q。,答案(1)(2) (3),解析(1)勻加速直線運(yùn)動(dòng) v2=2as 解得v= (2)安培力F安=IdB 金屬棒所受合力F=mg sin -F安 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F=ma 解得I= (3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t= 電荷量Q=It 解得Q=,試題評析情景新穎、題設(shè)巧妙 此題主要考查運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律的簡單應(yīng)用,但應(yīng)用情景為導(dǎo)體在磁場中導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)。情景新穎,題設(shè)巧妙,過程簡單,是一道考查考生基礎(chǔ)知識掌握水平的好題,本題難度為易。,考點(diǎn)二洛倫茲力、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng),4.(2015北京理綜,17,6分)實(shí)驗(yàn)觀察到,靜止在勻強(qiáng)磁場中A點(diǎn)的原子核發(fā)生衰變,衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)方向和軌跡示意如圖。則() A.軌跡1是電子的,磁場方向垂直紙面向外 B.軌跡2是電子的,磁場方向垂直紙面向外 C.軌跡1是新核的,磁場方向垂直紙面向里 D.軌跡2是新核的,磁場方向垂直紙面向里,答案D由靜止的原子核發(fā)生衰變后產(chǎn)生的新核和電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的方向相反及原子核衰變前后動(dòng)量守恒得meve-m核v核=0,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=,因?yàn)閝er核,故軌跡1是電子的,軌跡2是新核的,根據(jù)左手定則可判定磁場方向垂直紙面向里,故D項(xiàng)正確。,5.(2018天津理綜,11,18分)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù) 電粒子在電場中P點(diǎn)靜止釋放,由M進(jìn)入磁場,從N射出。不計(jì)粒子重力。 (1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t; (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出,同樣能由M進(jìn)入磁場,從N射出。粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng),且所用的時(shí)間最少,求粒子在Q時(shí)速度v0的大小。,答案(1)(2),解析本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)。 (1)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有 qvB=m 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)所受電場力為F,有 F=qE 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有 F=ma 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),有 v=at 聯(lián)立式得 t= (2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其周期與速度、半徑無關(guān),運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定。故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí),所用的時(shí)間最短。設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系可得,(r-R)2+(R)2=r2 設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與ab的夾角為,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關(guān)系知 tan = 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),在電場方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同,所以粒子進(jìn)入磁場時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v。在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0,由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得 tan =,聯(lián)立式得 v0=,思路分析帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) (1)粒子從P點(diǎn)靜止釋放,在環(huán)形區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。可先求出粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度,即粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的末速度,再由在電場中的加速運(yùn)動(dòng)求得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 (2)從Q點(diǎn)射出的粒子,在環(huán)形區(qū)域中仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。要使其圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短,其運(yùn)動(dòng)軌跡必與內(nèi)圓相切。,6.(2017天津理綜,11,18分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,第象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場,第象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng),Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場進(jìn)入磁場,最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場,P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力,問: (1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向; (2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)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(zhuǎn)及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)。 (1)在電場中,粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L,到y(tǒng)軸距離為2L,粒子的加速度為a,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,有 2L=v0t L=at2 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vy vy=at 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為,有 tan = 聯(lián)立式得 =45 即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45角斜向上 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v,由運(yùn)動(dòng)的合成有 v=,聯(lián)立式得 v=v0 (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)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 又F=qE 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,所受的洛倫茲力提供向心力,有,qvB=m 由幾何關(guān)系可知 R=L 聯(lián)立式得 =,溫馨提示粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)模型的常用步驟及方程組建思路。比如,x=v0t,y=at2,vy=at,v=,tan = 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(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)屬于勻速圓周運(yùn)動(dòng),即使不知道半徑R,也可以先寫出qvB=,盡可能多拿分。,考點(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng),7.(2018北京理綜,18,6分)某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后,做勻速直線運(yùn)動(dòng);若僅撤除電場,則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無關(guān)的是() A.磁場和電場的方向B.磁場和電場的強(qiáng)弱 C.粒子的電性和電量D.粒子入射時(shí)的速度,答案C本題考查帶電粒子在電、磁場中的運(yùn)動(dòng)。不計(jì)重力的帶電粒子,在電場和磁場的復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動(dòng),則一定滿足關(guān)系Eq=qvB;若撤去電場后,粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),僅需滿足洛倫茲力充當(dāng)向心力,即qvB=m,綜合可知,粒子的電性和電量與能否完成題述 兩類運(yùn)動(dòng)無關(guān),C對。,8.(2018江蘇單科,15,16分)如圖所示,真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個(gè)磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點(diǎn),各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當(dāng)入射速度為v0時(shí),粒子從O上方 處射出磁場。取sin 53=0.8,cos 53=0.6。 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B; (2)入射速度為5v0時(shí),求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O的時(shí)間t; (3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO平移中間兩個(gè)磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O的時(shí)間增加t,求t的最大值。,答案(1)(2)(3),解析本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)。 (1)粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r0= 由題意知r0=,解得B= (2)設(shè)粒子在第一個(gè)矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為 由d=r sin ,得sin =,即=53 在一個(gè)矩形磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=,解得t1= 直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=,解得t2= 則t=4t1+t2= (3)將中間兩磁場分別向中央移動(dòng)距離x 粒子向上的偏移量y=2r(1-cos )+x tan 由y2d,解得xd,則當(dāng)xm=d時(shí),t有最大值 粒子直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值sm=sm-2d=d 增加時(shí)間的最大值tm=,思路點(diǎn)撥帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) (1)粒子以v0射入磁場,從O點(diǎn)正上方處射出,說明粒子僅在最左邊的磁場中做半徑為r0= 的圓周運(yùn)動(dòng),軌跡為半圓。 (2)粒子以5v0射入磁場,運(yùn)動(dòng)半徑r=5r0=d。故可推知運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。,(3)將中間兩磁場分別向中央平移距離x,則粒子以5v0射入后,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。,答案(1)(2)或(3)5.5D,解析(1)設(shè)極板間電場強(qiáng)度的大小為E,對粒子在電場中的加速運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理得 qE=mv2 由式得 E= (2)設(shè)區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=m 如圖甲所示,粒子運(yùn)動(dòng)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= 圖甲,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= (3)設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為R1、R2,由題意可知,區(qū)和區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1=、B2=,由牛頓第二定律得 qvB1=m,qvB2=m 代入數(shù)據(jù)得 R1=,R2= 設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期分別為T1、T2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T1=,T2=,據(jù)題意分析,粒子兩次與大圓相切的時(shí)間間隔內(nèi),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示,根據(jù)對稱可知,區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同,設(shè)為1,區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為2,圓弧和大圓的兩個(gè)切點(diǎn)與圓心O連線間的夾角設(shè)為,由幾何關(guān)系得 圖乙 1=120 2=180 =60 粒子重復(fù)上述交替運(yùn)動(dòng)回到H點(diǎn),軌跡如圖丙所示,設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2,可得,圖丙 t1=T1,t2=T2 設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的路程為s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 s=v(t1+t2) 聯(lián)立式得 s=5.5D,10.(2015福建理綜,22,20分)如圖,絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場方向水平向右,電場強(qiáng)度大小為E,磁場方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)由靜止開始沿MN下滑,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)。A、C兩點(diǎn)間距離為h,重力加速度為g。 (1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC; (2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf; (3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置,當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場,此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD,從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t,求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP。,答案(1)(2)mgh-(3),解析(1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過程,水平方向受力滿足 qvB+N=qE 小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí) N=0 解得vC= (2)由動(dòng)能定理 mgh-Wf=m-0 解得Wf=mgh- (3)如圖,小滑塊速度最大時(shí),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(yùn)動(dòng),等效加速度為g,g= 且=+g2t2 解得vP=,11.(2014天津理綜,12,20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的應(yīng)用,其基本原理簡化為如圖所示的模型。M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子A(不計(jì)重力)從M板小孔飄入板間,初速度可視為零。每當(dāng)A進(jìn)入板間,兩板的電勢差變?yōu)閁,粒子得到加速,當(dāng)A離開N板時(shí),兩板的電荷量均立即變?yōu)榱恪砂逋獠看嬖诖怪奔埫嫦蚶锏膭驈?qiáng)磁場,A在磁場作用下做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),R遠(yuǎn)大于板間距離。A經(jīng)電場多次加速,動(dòng)能不斷增大,為使R保持不變,磁場必須相應(yīng)地變化。不計(jì)粒子加速時(shí)間及其做圓周運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電磁輻射,不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應(yīng)。求 (1)A運(yùn)動(dòng)第1周時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小; (2)在A運(yùn)動(dòng)第n周的時(shí)間內(nèi)電場力做功的平均功率 ;,(3)若有一個(gè)質(zhì)量也為m、電荷量為+kq(k為大于1的整數(shù))的粒子B(不計(jì)重力)與A同時(shí)從M板小孔飄入板間,A、B初速度均可視為零,不計(jì)兩者間的相互作用,除此之外,其他條件均不變。下 圖中虛線、實(shí)線分別表示A、B的運(yùn)動(dòng)軌跡。在B的軌跡半徑遠(yuǎn)大于板間距離的前提下,請指出哪個(gè)圖能定性地反映A、B的運(yùn)動(dòng)軌跡,并經(jīng)推導(dǎo)說明理由。,答案(1)(2)(3)見解析,解析(1)設(shè)A經(jīng)電場第1次加速后速度為v1,由動(dòng)能定理得 qU=m-0 A在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所受洛倫茲力充當(dāng)向心力 qv1B1= 由得 B1= (2)設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為vn,由動(dòng)能定理得 nqU=m-0 設(shè)A做第n次圓周運(yùn)動(dòng)的周期為Tn,有 Tn= 設(shè)在A運(yùn)動(dòng)第n周的時(shí)間內(nèi)電場力做功為Wn,則 Wn=qU,在該段時(shí)間內(nèi)電場力做功的平均功率為 = 由解得 = (3)A圖能定性地反映A、B運(yùn)動(dòng)的軌跡。 A經(jīng)過n次加速后,設(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bn,A、B的周期分別為Tn、T,綜合、式并分別應(yīng)用A、B的數(shù)據(jù)得 Tn= T= 由上可知,Tn是T的k倍,所以A每繞行1周,B就繞行k周。由于電場只在A通過時(shí)存在,故B僅在與A同時(shí)進(jìn)入電場時(shí)才被加速。 經(jīng)n次加速后,A、B的速度分別為vn和vn,考慮到式,vn= vn=vn 由題設(shè)條件并考慮到式,對A有 Tnvn=2R 設(shè)B的軌跡半徑為R,有 Tvn=2R 比較上述兩式得 R= 上式表明,運(yùn)動(dòng)過程中B的軌跡半徑始終不變。 由以上分析可知,兩粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖A所示。,12.(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(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小E=5 N/C,同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5 T。 有一帶正電的小球,質(zhì)量m=110-6 kg,電荷量q=210-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)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(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t。,答案(1)見解析(2)3.5 s,解析(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖,其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi),合力為零,有 qvB= 代入數(shù)據(jù)解得 v=20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tan = 代入數(shù)據(jù)解得 tan =,=60 (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(yùn)動(dòng),設(shè)其加速度為a,有 a= 設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有 x=vt 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有 y=at2 a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為,又 tan = 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s 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(yùn)動(dòng)沒有影響,以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng),其初速度為 vy=v sin 若使小球再次穿過P點(diǎn)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 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s,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(gè)力作用,三力平衡。(2)撤去磁場后,可考慮把小球的運(yùn)動(dòng)分解成水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng),其中豎直方向上的運(yùn)動(dòng)為豎直上拋運(yùn)動(dòng)。,C組教師專用題組 考點(diǎn)一磁場、安培力,1.(2017上海單科,11,4分)如圖,一導(dǎo)體棒ab靜止在U形鐵芯的兩臂之間。電鍵閉合后導(dǎo)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(yīng)、安培力及左手定則。根據(jù)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ab,由左手定則可知導(dǎo)體棒受到的安培力方向向右,選項(xiàng)D正確。,思路分析繞有線圈的U形鐵芯為電磁鐵,據(jù)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。,2.(2011課標(biāo),14,6分)為了解釋地球的磁性,19世紀(jì)安培假設(shè):地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個(gè)圖中,正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是(),答案B地磁場的磁感線是從地理的南極附近出來,進(jìn)入地理的北極附近,除兩極外地表上空的磁場都具有向北的磁場分量,由安培定則,環(huán)形電流外部磁場方向向北可知,B正確。A圖地表上空磁場方向向南,故A錯(cuò)誤。C、D在地表上空產(chǎn)生的磁場方向是東西方向,故C、D錯(cuò)誤。,評析本題考查安培定則,錯(cuò)選的原因是誤認(rèn)為地表上空磁場方向與環(huán)形電流內(nèi)部磁場方向相同。,3.(2011課標(biāo),18,6分)(多選)電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng),并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入,通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強(qiáng)磁場),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍,理論上可采用的辦法是() A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍 B.只將電流I增加至原來的2倍 C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半 D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半,軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍,其他量不變,答案BD磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kI。對彈體應(yīng)用動(dòng)能定理:F安L=mv2-0,推得v= (d為軌道寬度),欲使v增加至原來的2倍,由上式可知,可以使I增加至原來的2倍,B正確, 也可以使m減為原來的一半,L變?yōu)樵瓉淼?倍,故D正確。,考點(diǎn)二洛倫茲力、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng),4.(2017江蘇單科,1,3分)如圖所示,兩個(gè)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() A.11B.12 C.14D.41,答案A磁通量=BS,其中B為磁感應(yīng)強(qiáng)度,S為與B垂直的有效面積。因?yàn)槭峭淮艌?B相同,且有效面積相同,Sa=Sb,故a=b。選項(xiàng)A正確。,易錯(cuò)點(diǎn)評雖然兩線圈面積不同,但是有效面積相等。,5.(2013課標(biāo),17,6分,0.499)空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,該區(qū)域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場,離開磁場時(shí)速度方向偏離入射方向60。不計(jì)重力,該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為() A.B.C.D.,答案A若磁場方向向外,帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知,其運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r=R,由洛倫茲力提供向心力,即qv0B=知R=,故勻強(qiáng)磁場的磁感 應(yīng)強(qiáng)度B=,若磁場方向向里可得到同樣的結(jié)果。選項(xiàng)A正確。,解題關(guān)鍵如何確定運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心的位置是解題關(guān)鍵點(diǎn),作入射點(diǎn)與出射點(diǎn)速度方向的垂線,兩垂線交點(diǎn)即為圓心位置。,6.(2016四川理綜,4,6分)如圖所示,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場。一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場區(qū)域,當(dāng)速度大小為vb時(shí),從b點(diǎn)離開磁場,在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb;當(dāng)速度大小為vc時(shí),從c點(diǎn)離開磁場,在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc,不計(jì)粒子重力。則() A.vbvc=12,tbtc=21B.vbvc=21,tbtc=12 C.vbvc=21,tbtc=21D.vbvc=12,tbtc=12,答案A由定圓心的方法知,粒子以vb射入時(shí)軌跡圓心在a點(diǎn),半徑為正六邊形邊長L;粒子以vc射入時(shí)軌跡圓心在M點(diǎn),半徑為2L;由半徑公式r=可得vbvc=rbrc=12,由幾何圖形可看 出,兩個(gè)圓弧軌跡所對圓心角分別是120、60,所以tbtc=21,A項(xiàng)正確。,方法技巧處理粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)問題的基本方法是:定圓心,畫軌跡,由幾何關(guān)系求半徑,再由半徑公式求粒子的速度、電荷量、質(zhì)量、磁感應(yīng)強(qiáng)度等,最后找圓心角求時(shí)間。,7.(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(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面。在紙面內(nèi)的長度L=9.1 cm,中點(diǎn)O與S間的距離d=4.55 cm,MN與SO直線的夾角為,板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.010-4 T。電子質(zhì)量m=9.110-31 kg,電荷量e=-1.610-19 C,不計(jì)電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106 m/s的一個(gè)電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則() A.=90時(shí),l=9.1 cmB.=60時(shí),l=9.1 cm C.=45時(shí),l=4.55 cmD.=30時(shí),l=4.55 cm,答案AD如圖,S到MN的距離d0=d sin ,因電子在磁場中沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng),則電子打在MN上最上端的位置對應(yīng)于電子運(yùn)動(dòng)軌跡與MN的切點(diǎn),電子打在MN上最下端的位置對應(yīng)于到S的距離等于電子運(yùn)動(dòng)軌跡直徑的點(diǎn)(若,則最下端位置為N)。因電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑r =4.55 cm。由圖中幾何關(guān)系有=,=。當(dāng)=90時(shí),取 得最小值r,此時(shí)=,從而有l(wèi)=+-d cos =+-d cos 。當(dāng) =90時(shí),l=9.1 cm,當(dāng)=60時(shí),l=6.78 cm,當(dāng)=45時(shí),l=5.68 cm,當(dāng)=30時(shí),l=4.55 cm。故可知A、D正確,B、C錯(cuò)誤。,8.(2015海南單科,1,3分)如圖,a是豎直平面P上的一點(diǎn)。P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點(diǎn)。P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下,在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點(diǎn)。在電子經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間,條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向() A.向上B.向下C.向左D.向右,答案AP前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點(diǎn),條形磁鐵在a點(diǎn)的磁場垂直于豎直平面向外,在電子經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間,由左手定則可知該電子所受洛倫茲力方向向上,A對,B、C、D錯(cuò)。,9.(2016北京理綜,22,16分)如圖所示,質(zhì)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)帶電粒子所受重力。 (1)求粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R和周期T; (2)為使該粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場方向垂直的勻強(qiáng)電場,求電場強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的半徑R= 勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng),則qE=qvB 場強(qiáng)E的大小E=vB,易錯(cuò)點(diǎn)撥直接寫出半徑R和周期T的結(jié)果,缺乏依據(jù)和推理,造成失分,值得特別注意。,答案(1)(2)U(3)3次,解析(1)離子在電場中加速,qU0=mv2 在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),qvB=m,解得r= 代入r=L,解得m= (2)由(1)知,U= 離子打在Q點(diǎn)r=L,U= 離子打在N點(diǎn)r=L,U= 則電壓的范圍為U (3)由(1)可知,r 由題意知,第1次調(diào)節(jié)電壓到U1,使原本打在Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn),= 此時(shí),原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上=,解得r1=L 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2,使原本打在Q1的離子打在N點(diǎn),原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上,則 =,=,解得r2=()3L 同理,第n次調(diào)節(jié)電壓,有rn=()n+1L 檢測完整,有rn,解得n-12.8 最少次數(shù)為3次。,11.(2015天津理綜,12,20分)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場與磁場的寬度均為d。電場強(qiáng)度為E,方向水平向右;磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運(yùn)動(dòng),不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射。,(1)求粒子在第2層磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2; (2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為n,試求sin n; (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,試問在其他條件不變的情況下,也進(jìn)入第n層磁場,但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界,請簡要推理說明之。,答案(1)2 (2)B(3)見解析,解析(1)粒子在進(jìn)入第2層磁場時(shí),經(jīng)過兩次電場加速,中間穿過磁場時(shí)洛倫茲力不做功。 由動(dòng)能定理,有 2qEd=m 由式解得 v2=2 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力,有 qv2B=m 由式解得 r2= (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù),下同)。 nqEd=m,qvnB=m 粒子進(jìn)入第n層磁場時(shí),速度的方向與水平方向的夾角為n,從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n,粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí),垂直于電場線方向的速度分量不變,有 圖1 vn-1 sin n-1=vn sin n 由圖1看出 rn sin n-rn sin n=d,由式得 rn sin n-rn-1 sin n-1=d 由式看出r1 sin 1,r2 sin 2,rn sin n為一等差數(shù)列,公差為d,可得 rn sin n=r1 sin 1+(n-1)d,圖2,當(dāng)n=1時(shí),由圖2看出 r1 sin 1=d 由式得 sin n=B (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,則 n= sin n=1 在其他條件不變的情況下,換用比荷更大的粒子,設(shè)其比荷為,假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊 界,粒子穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角為n,由于 則導(dǎo)致sin n1 說明n不存在,即原假設(shè)不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界。,12.(2015重慶理綜,9,18分)圖為某種離子加速器的