考點一磁場的描述安培力五年高考統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組1.(2019課標(biāo)Ⅰ,17,6分)如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成,固定于勻強

磁場中,線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒

MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為

()

A.2F

B.1.5F

C.0.5F

D.0答案

B本題考查安培力及考生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力,體現(xiàn)了核心素養(yǎng)中的

模型建構(gòu)要素。設(shè)三根相同的導(dǎo)體棒的電阻均為R,長度均為l,其中ML和LN為串聯(lián)關(guān)系,總電阻為2R。由并聯(lián)

電路特點可知,通過MN的電流為通過ML和LN中的電流的兩倍,若MN受到的安培力F=BIl,則

ML和LN受到的安培力的合力F1=

,MN受到的安培力與ML和LN受到的安培力的合力的方向相同,故線框受到的安培力為F合=F+F1=1.5F,故選B。2.(2019江蘇單科,7,4分)(多選)如圖所示,在光滑的水平桌面上,a和b是兩條固定的平行長直導(dǎo)

線,通過的電流強度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間,通有順時針方向的電流,在a、b產(chǎn)

生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是

()A.均向左B.均向右C.a的向左,b的向右D.a的向右,b的向左答案

CD本題考查安培定則及左手定則,考查基礎(chǔ)的物理概念。由于線框在兩通電導(dǎo)線的中間,且對邊電流方向相反,大小相等,只要a、b兩導(dǎo)線通有相反方向

的電流,利用安培定則,可知線框的對邊所在處磁場大小相等,方向相同,再利用左手定則可判

定線框?qū)吽馨才嗔Υ笮∠嗟?方向相反,線框處于平衡狀態(tài),故A、B錯誤,C、D正確。易錯點撥安培定則用右手,左手定則用左手。3.(2018課標(biāo)Ⅱ,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,它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻

強外磁場中,外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0,方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強

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點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為

B0B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為

B0C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為

B0D.流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為

B0

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兩點產(chǎn)生

的磁場方向垂直紙面向里,L2中的電流在a、b兩點產(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兩點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小分別為B1和B2,由磁感應(yīng)強度

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)強度的方向性,如L2中電流產(chǎn)生的磁場方向在a點垂直紙面向

里,在b點垂直紙面向外。4.(2017課標(biāo)Ⅱ,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(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L

1、L2所在平面垂直,A錯誤、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(dǎo)線在其余兩導(dǎo)線所在處產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小相等,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)強度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.(2015課標(biāo)Ⅱ,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(dǎo)線,導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)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(dǎo)線產(chǎn)生的磁場對其正下方的指南針有磁場

力的作用,會使指南針發(fā)生偏轉(zhuǎn),故D錯。教師專用題組6.(2016北京理綜,17,6分,0.95)(多選)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。”進(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(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,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。7.(2017課標(biāo)Ⅱ,21,6分)(多選)某同學(xué)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(zhuǎn)軸。將

線圈架在兩個金屬支架之間,線圈平面位于豎直面內(nèi),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(zhuǎn)動起來,該同學(xué)應(yīng)將

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

AD本題考查安培力、電路,考查學(xué)生的推理能力、實驗?zāi)芰ΑＲ咕€圈在磁場中開

始轉(zhuǎn)動,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,靠近磁極的導(dǎo)線與開始時靠近磁極的導(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,線圈最終做往返運動,要使線圈連

續(xù)轉(zhuǎn)動,當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過180°時,線圈中不能有電流通過,依靠慣性轉(zhuǎn)動到初始位置再接通電路即可

實現(xiàn)連續(xù)轉(zhuǎn)動,故左、右轉(zhuǎn)軸的上側(cè)不能都刮掉,故選項A、D正確。易錯警示①一根漆包線繞制的矩形線圈中電流方向的判定。②要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動,而不能

受到交變的安培力作用。考點二洛倫茲力帶電粒子在磁場中的運動A組

自主命題·天津卷題組1.(2018天津理綜,11,18分)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強電場,電場強度為E,方向豎直

向下,ab的上方存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度為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點靜止釋放,由M進(jìn)入磁場,從N射出。不計粒子重力。(1)求粒子從P到M所用的時間t;(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,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)域中運動,且所用的時間最少,求粒子在Q時速度v0的大小。

答案(1)

(2)

解析本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動。(1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有qvB=m

①設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F,有F=qE

②設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有F=ma

③粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動,有v=at

④聯(lián)立①②③④式得t=

⑤(2)粒子進(jìn)入勻強磁場后做勻速圓周運動,其周期與速度、半徑無關(guān),運動時間只由粒子所通過

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,所用的時間最短。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=r'2

⑥設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與ab的夾角為θ,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關(guān)系知tanθ=

⑦粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相

同,所以粒子進(jìn)入磁場時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,由運動的合成和分解可得tanθ=

⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0=

⑨思路分析帶電粒子在復(fù)合場中的運動(1)粒子從P點靜止釋放,在環(huán)形區(qū)域中做勻速圓周運動。可先求出粒子做勻速圓周運動的速

度,即粒子在電場中運動的末速度,再由在電場中的加速運動求得運動的時間。(2)從Q點射出的粒子,在環(huán)形區(qū)域中仍做勻速圓周運動。要使其圓周運動時間最短,其運動軌

跡必與內(nèi)圓相切。2.(2017天津理綜,11,18分)平面直角坐標(biāo)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(fù)方向的勻強電場,如圖所示。一帶負(fù)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(biāo)原點O離開電場進(jìn)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(dá)O點時速度的大小和方向;(2)電場強度和磁感應(yīng)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(zhuǎn)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(shè)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(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為vyvy=at

③設(shè)粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向夾角為α,有tanα=

④聯(lián)立①②③④式得α=45°

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

⑥聯(lián)立①②③⑥式得v=

v0

⑦(2)設(shè)電場強度為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

⑧又F=qE

⑨設(shè)磁場的磁感應(yīng)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(guān)系可知R=

L

聯(lián)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2x=y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。3.(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,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姶?/p>

場,A在磁場作用下做半徑為R的圓周運動,R遠(yuǎn)大于板間距離。A經(jīng)電場多次加速,動能不斷增

大,為使R保持不變,磁場必須相應(yīng)地變化。不計粒子加速時間及其做圓周運動產(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運動第1周時磁場的磁感應(yīng)強度B1的大小;(2)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功的平均功率

;(3)若有一個質(zhì)量也為m、電荷量為+kq(k為大于1的整數(shù))的粒子B(不計重力)與A同時從M板小

孔飄入板間,A、B初速度均可視為零,不計兩者間的相互作用,除此之外,其他條件均不變。下圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡。在B的軌跡半徑遠(yuǎn)大于板間距離的前提下,請指

出哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡,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,由動能定理得qU=

m

-0

①A在磁場中做勻速圓周運動,所受洛倫茲力充當(dāng)向心力qv1B1=

②由①②得B1=

③(2)設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為vn,由動能定理得nqU=

m

-0

④設(shè)A做第n次圓周運動的周期為Tn,有Tn=

⑤設(shè)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功為Wn,則Wn=qU

⑥在該段時間內(nèi)電場力做功的平均功率為

=

⑦由④⑤⑥⑦解得

=

⑧(3)A圖能定性地反映A、B運動的軌跡。A經(jīng)過n次加速后,設(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強度為Bn,A、B的周期分別為Tn、T',綜合②、⑤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通過時存在,故B僅在與

A同時進(jìn)入電場時才被加速。經(jīng)n次加速后,A、B的速度分別為vn和vn',考慮到④式vn=

vn'=

=

vn由題設(shè)條件并考慮到⑤式,對A有Tnvn=2πR設(shè)B的軌跡半徑為R',有T'vn'=2πR'比較上述兩式得R'=

上式表明,運動過程中B的軌跡半徑始終不變。由以上分析可知,兩粒子運動的軌跡如圖A所示。4.(2013天津理綜,11,18分)一圓筒的橫截面如圖所示,其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面向里的

勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N,其中M板帶正電荷,N板帶

等量負(fù)電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放,經(jīng)N板的小孔

S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出,設(shè)粒子與圓

筒碰撞過程中沒有動能損失,且電荷量保持不變,在不計重力的情況下,求:

(1)M、N間電場強度E的大小;(2)圓筒的半徑R;(3)保持M、N間電場強度E不變,僅將M板向上平移

d,粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放,粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間,與圓筒的碰撞次數(shù)n。答案(1)

(2)

(3)3解析(1)設(shè)兩板間的電壓為U,由動能定理得qU=

mv2

①由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得U=Ed

②聯(lián)立①②式可得E=

③(2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動,運用幾何關(guān)系作出圓心為O',圓半徑為r。設(shè)第一次碰撞

點為A,由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出,因此,SA弧所對的圓心角∠AO'S等于

。

由幾何關(guān)系得r=Rtan

④粒子運動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力,由牛頓第二定律,得qvB=m

⑤聯(lián)立④⑤式得R=

⑥(3)保持M、N間電場強度E不變,M板向上平移

d后,設(shè)板間電壓為U',則U'=

=

⑦設(shè)粒子進(jìn)入S孔時的速度為v',由①式看出

=

綜合⑦式可得v'=

v

⑧設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r',則r'=

⑨設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ,比較⑥⑨兩式得到r'=R,可見θ=

⑩粒子須經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出,故n=3

評析

本題考查了帶電粒子在電場中的加速及在磁場中的勻速圓周運動,屬于中等偏難的常

規(guī)題目。本題中的難點是如何根據(jù)碰撞次數(shù)確定粒子的運動軌跡,然后找出粒子從進(jìn)入圓筒

到第一次碰撞的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角及圓心的位置。碰撞次數(shù)為n,每段圓弧所對應(yīng)的圓

心角θ=π-

=

·π,n=2,3,4,…。5.(2019課標(biāo)Ⅱ,17,6分)如圖,邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B、方向

垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方

向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為

()

A.

kBl,

kBl

B.

kBl,

kBlC.

kBl,

kBl

D.

kBl,

kBl答案

B本題考查了電子在磁場中運動的問題,有利于綜合分析能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理

物理問題能力的培養(yǎng),突出了核心素養(yǎng)中的模型建構(gòu)、科學(xué)推理、科學(xué)論證要素。從a點射出的電子運動軌跡的半徑R1=

,由Bqv1=m

得v1=

=

kBl;從d點射出的電子運動軌跡的半徑R2滿足關(guān)系

+l2=

,得R2=

l,由Bqv2=m

得v2=

=

kBl,故正確選項為B。B組統(tǒng)一命題、省（區(qū)、市）卷題組思路分析由左手定則可判斷電子的受力及偏轉(zhuǎn)方向,畫出電子在磁場中的運動軌跡,由相關(guān)

的數(shù)學(xué)知識確定兩軌跡的半徑,再由洛倫茲力提供向心力,解出從a、d兩點射出的電子的速度

大小。6.(2019課標(biāo)Ⅲ,18,6分)如圖,在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為

B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射

入第二象限,隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限,最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的

時間為

()

A.

B.

C.

D.

答案

B本題考查了帶電粒子在組合場中的運動,要求學(xué)生對粒子在勻強磁場中的運動軌

跡進(jìn)行確定,從而確定運動時間,體現(xiàn)了分析和解決問題的能力,是學(xué)科核心素養(yǎng)中科學(xué)推理素

養(yǎng)的具體表現(xiàn)。

由qvB=

得粒子在第二象限內(nèi)運動的軌跡半徑r=

,當(dāng)粒子進(jìn)入第一象限時,由于磁感應(yīng)強度減為

B,故軌跡半徑變?yōu)?r,軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可得cosθ=

,θ=60°,則粒子運動時間t=

·

+

·

=

,選項B正確。解后反思根據(jù)磁感應(yīng)強度大小的關(guān)系確定軌跡半徑的關(guān)系,通過作圖,結(jié)合幾何關(guān)系,確定圓

心角是解答本題的關(guān)鍵。7.(2017課標(biāo)Ⅱ,18,6分)如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)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(jīng)過P點,在紙面內(nèi)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(yīng)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本題考查帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動、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)出射點為M,速率為v2的粒子最遠(yuǎn)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(dǎo)粒子速度方向改變、大小不變時其軌跡半徑相等,當(dāng)粒子的軌跡直徑與磁場區(qū)域

相交時,其弦長最長,即最大分布。8.(2015課標(biāo)Ⅰ,14,6分,0.759)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(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ω=

知,角速度減小,選項D正確。9.(2016課標(biāo)Ⅱ,18,6分)一圓筒處于磁感應(yīng)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(zhuǎn)

動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30°角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過9

0°時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。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(zhuǎn)90°所用時間相等,即t=

=

,聯(lián)立以上兩式得

=

,A項正確。

反思總結(jié)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。10.(2015課標(biāo)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(yīng)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。11.(2019北京理綜,16,6分)如圖所示,正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂

直磁場邊界從a點射入,從b點射出。下列說法正確的是

()

A.粒子帶正電B.粒子在b點速率大于在a點速率C.若僅減小磁感應(yīng)強度,則粒子可能從b點右側(cè)射出D.若僅減小入射速率,則粒子在磁場中運動時間變短答案

C本題為帶電粒子在勻強磁場中運動的問題,主要考查考生對相關(guān)知識的理解能力

和推理能力,是物理學(xué)科中運動與相互作用觀念、模型建構(gòu)、科學(xué)推理等核心素養(yǎng)的具體體

現(xiàn)。由運動軌跡和左手定則可判定該粒子帶負(fù)電,A錯誤;粒子在磁場中做勻速圓周運動,則粒子在

b點速率等于在a點速率,B錯誤;由qvB=m

得R=

,若僅減小磁感應(yīng)強度,則R增大,如圖,粒子將從b點右側(cè)射出,故C正確;粒子運動周期T=

=

,若僅減小入射速率,則R減小,T不變,粒子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角θ變大,由t=

T可知,粒子運動時間將變長,故D錯誤。

12.(2019課標(biāo)Ⅰ,24,12分)如圖,在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B、

方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,沿平行于x軸的方向射入

磁場;一段時間后,該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點,N點

在y軸上,OP與x軸的夾角為30°,粒子進(jìn)入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d,

不計重力。求(1)帶電粒子的比荷;(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。

答案(1)

(2)

(

+

)解析本題考查了帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題,考查了考生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理、

分析物理問題的能力,體現(xiàn)了物理學(xué)科中的運動與相互作用觀念的素養(yǎng)要素以及科學(xué)推理的

核心素養(yǎng)。(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,加速后的速度大小為v。由動能定理有qU=

mv2

①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB=m

②由幾何關(guān)系知d=

r

③聯(lián)立①②③式得

=

④

(2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s=

+rtan30°

⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t=

⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t=

(

+

)

⑦方法詮釋

確定帶電粒子在磁場中做圓周運動時圓心位置的方法:①利用兩速度方向的垂線;

②利用弦的中垂線;③利用兩速度方向間夾角補角的角平分線;④利用半徑的大小。13.(2019江蘇單科,16,16分)如圖所示,勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。磁場中的水平絕緣薄

板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極

短),反彈前后水平分速度不變,豎直分速度大小不變、方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒

子速度一定,可以從左邊界的不同位置水平射入磁場,在磁場中做圓周運動的半徑為d,且d

<L。粒子重力不計,電荷量保持不變。(1)求粒子運動速度的大小v;(2)欲使粒子從磁場右邊界射出,求入射點到M的最大距離dm;(3)從P點射入的粒子最終從Q點射出磁場,PM=d,QN=

,求粒子從P到Q的運動時間t。答案(1)

(2)

d(3)(

+

)

或(

-

)

解析本題考查了帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的極值問題及周期性問題。考查了學(xué)

生的綜合分析能力及應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力,體現(xiàn)了科學(xué)思維中模型建構(gòu)、科學(xué)

推理等素養(yǎng)要素,滲透了創(chuàng)新思維的價值觀念。(1)粒子的運動半徑d=

解得v=

(2)如圖所示,粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切由幾何關(guān)系得dm=d(1+sin60°)解得dm=

d(3)粒子的運動周期T=

設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t',則t=n

+t'(n=1,3,5,…)(a)當(dāng)L=nd+(1-

)d時,粒子斜向上射出磁場t'=

T解得t=(

+

)

(b)當(dāng)L=nd+(1+

)d時,粒子斜向下射出磁場t'=

T解得t=(

-

)

解題關(guān)鍵1.在有界磁場中運動的帶電粒子不穿出某一邊界的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與該

邊界相切。2.帶電粒子從磁場中某點運動到另一點時,若能與某一邊界碰撞,往往可以形成周

期性運動,要注意多解。14.(2018課標(biāo)Ⅲ,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)水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,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點射出;乙種離子在MN

的中點射出;MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求(1)磁場的磁感應(yīng)強度大小;(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。

答案(1)

(2)1∶4解析本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動。(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動的半徑為R1,磁場的磁感

應(yīng)強度大小為B,由動能定理有q1U=

m1

①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B=m1

②由幾何關(guān)系知2R1=l

③由①②③式得B=

④(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動的

半徑為R2。同理有q2U=

m2

⑤q2v2B=m2

⑥由題給條件有2R2=

⑦由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為

∶

=1∶4

⑧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動情況,結(jié)合動能定理、牛頓第二定

律等知識列方程求解。15.(2017課標(biāo)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(yīng)強度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q

(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時。當(dāng)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(shè)在x≥0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為

R2。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(zhuǎn)過180°時,所需時間t1為t1=

③粒子再轉(zhuǎn)過180°時,所需時間t2為t2=

④聯(lián)立①②③④式得,所求時間為t0=t1+t2=

(1+

)

⑤(2)由幾何關(guān)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(cè)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(zhuǎn)過半周。所以粒子與O點間距離為直徑的差值。題目內(nèi)容經(jīng)典,難度較

小。C組

教師專用題組16.(2016課標(biāo)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(yīng)強度大小為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(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(guān)系可知,PO'半徑與O'Q半徑在同一條直線上。

則PQ=2R,所以O(shè)Q=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(guān)

系是解答本題的關(guān)鍵。1.(2019天津理綜,4,6分)筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示

屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件,電腦正常工作;當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件,屏幕熄滅,電

腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示,一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件,元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是

電荷量為e的自由電子,通入方向向右的電流時,電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元

件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中,于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控

制屏幕的熄滅。則元件的

()A.前表面的電勢比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C.前、后表面間的電壓U與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為

考點三帶電粒子在復(fù)合場中的運動A組自主命題、天津卷題組答案

D本題考查了霍爾元件的工作原理和應(yīng)用,以及考生的理解能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處

理物理問題的能力,體現(xiàn)了科學(xué)推理素養(yǎng)和應(yīng)用與創(chuàng)新的價值觀念。根據(jù)左手定則判斷出電子受力情況,可知電子偏轉(zhuǎn)到后表面,前表面電勢高于后表面電勢,故A

項錯誤。再由Ee=Bev=F洛,E=

,解得U=Bva,F洛=

,U與v成正比、U與c無關(guān),故B、C項錯誤,D項正確。解題關(guān)鍵熟練應(yīng)用霍爾效應(yīng)的原理、特點進(jìn)行推導(dǎo)分析。2.(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(yīng)強度大小B=0.5T。有一

帶正電的小球,質(zhì)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(nèi)做勻速直線運

動,當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)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(jīng)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(nèi),合力為零,有

qvB=

①代入數(shù)據(jù)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(shù)據(jù)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(shè)其加速度為a,有a=

⑤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

⑥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

⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為θ,又tanθ=

⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式,代入數(shù)據(jù)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(biāo)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(lián)立⑤⑥式,代入數(shù)據(jù)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。3.(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動。真空中存

在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場,電場與磁場的寬度均為d。電場強度為

E,方向水平向右;磁感應(yīng)強度為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、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射。(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度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,速度的方向與水平方向的夾角為θn,試求sinθn;(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,經(jīng)過兩次電場加速,中間穿過磁場時洛倫茲力不做功。由動能定理,有2qEd=

m

①由①式解得v2=2

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

③由②③式解得r2=

④(2)設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為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

⑤qvnB=m

⑥粒子進(jìn)入第n層磁場時,速度的方向與水平方向的夾角為αn,從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時速度

方向與水平方向的夾角為θn,粒子在電場中運動時,垂直于電場線方向的速度分量不變,有

圖1vn-1sinθn-1=vnsinαn

⑦由圖1看出rnsinθn-rnsinαn=d

⑧由⑥⑦⑧式得rnsinθn-rn-1sinθn-1=d

⑨由⑨式看出r1sinθ1,r2sinθ2,…,rnsinθn為一等差數(shù)列,公差為d,可得rnsinθn=r1sinθ1+(n-1)d

⑩圖2當(dāng)n=1時,由圖2看出r1sinθ1=d

由⑤⑥⑩

式得sinθn=B

(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,則θn=

sinθn=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,粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn',由于

>

則導(dǎo)致sinθn'>1說明θn'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。4.(2017課標(biāo)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(zhì)量分別為ma、

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

面內(nèi)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(fù)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。B組

統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組規(guī)律總結(jié)復(fù)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(fù)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。5.(2016課標(biāo)Ⅰ,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)勻強磁場偏轉(zhuǎn)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(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)

后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為

()

A.11

B.12

C.121

D.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)強度為B1,改變后的磁感應(yīng)強度為B2。

在加速電場中qU=

mv2①,在磁場中qvB=m

②,聯(lián)立兩式得m=

,故有

=

=144,選項D正確。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。考生需要根據(jù)題目信息找

出相關(guān)運動規(guī)律公式,再結(jié)合題給條件分析解答。審題指導(dǎo)注意題給信息的含義,“經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開”意味著兩粒子在

磁場中運動的半徑相等。6.(2018課標(biāo)Ⅰ,25,20分)如圖,在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場,場強大小為E;在y

<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核

H和一個氘核

H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已知

H進(jìn)入磁場時,速度方向與x軸正方向的夾角為60°,并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場

H的質(zhì)量為m,電荷量為q。不計重力。求(1

H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離;(2)磁場的磁感應(yīng)強度大小;(3

H第一次離開磁場的位置到原點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)及帶電粒子在勻強磁場中的運動。(1

H在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示。設(shè)

H在電場中的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為t1,第一次進(jìn)入磁場的位置到原點

O的距離為s1。由運動學(xué)公式有

s1=v1t1

①

h=

a1

②由題給條件

H進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1=60°

H進(jìn)入磁場時速度的y分量的大小為a1t1=v1tanθ1

③聯(lián)立以上各式得

s1=

h

④(2

H在電場中運動時,由牛頓第二定律有

qE=ma1

⑤設(shè)

H進(jìn)入磁場時速度的大小為v1',由速度合成法則有

v1'=

⑥設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B

H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有

qv1'B=

⑦由幾何關(guān)系得

s1=2R1sinθ1

⑧聯(lián)立以上各式得

B=

⑨(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

⑩由牛頓第二定律有

qE=2ma2

設(shè)

H第一次射入磁場時的速度大小為v2',速度的方向與x軸正方向夾角為θ2,入射點到原點的距離為s2,在電場中運動的時間為t2。由運動學(xué)公式有

s2=v2t2

h=

a2

v2'=

sinθ2=

聯(lián)立以上各式得

s2=s1,θ2=θ1,v2'=

v1'

設(shè)

H在磁場中做圓周運動的半徑為R2,由⑦

式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得

R2=

=

R1

所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)

H進(jìn)入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2',由幾何關(guān)系有

s2'=2R2sinθ2

聯(lián)立④⑧

式得

H第一次離開磁場時的位置到原點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動問題的一般解題思路①電場中類平拋運動:x=v0t,y=

at2速度方向:tanα=

位移方向:tanβ=

②磁場中勻速圓周運動的解題步驟:a.確定圓心;b.利用幾何關(guān)系求半徑;c.qvB=

7.(2009北京理綜,19,6分)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下

的勻強電場。一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,

恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O'點(圖中未標(biāo)出)穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不

變,另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入,從區(qū)域右邊界穿出,則粒子b

()A.穿出位置一定在O'點下方B.穿出位置一定在O'點上方C.運動時,在電場中的電勢能一定減小D.在電場中運動時,動能一定減小答案

C在復(fù)合場中粒子做直線運動,就說明qE=qvB,OO'連線與電場線垂直。當(dāng)撤去磁場

時,粒子僅受電場力,做類平拋運動,電場力一定做正功,電勢能減少,動能增加,C正確,D錯誤;因

不知帶電粒子的電性,故穿出位置可能在O'點上方,也可能在O'點下方,A、B錯誤。C組教師專用題組8.一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,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,它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入

電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡;(2)求該粒子從M點入射時速度的大小;(3)若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為

,求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。

答案(1)見解析(2)

(3)

解析本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動。(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱)圖(a)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0,

在下側(cè)電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v,方向與電場方

向的夾角為θ[見圖(b)],速度沿電場方向的分量為v1。圖(b)根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma

①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運動學(xué)公式有v1=at

②l'=v0t

③v1=vcosθ

④粒子在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB=

⑤由幾何關(guān)系得l=2Rcosθ

⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0=

⑦(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1=v0cot

⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得

=

⑨設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t',則t'=2t+

T

⑩式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,T=

由③⑦⑨⑩

式得t'=

審題指導(dǎo)對稱性是解題關(guān)鍵

考點一磁場的描述安培力三年模擬A組2017—2019年高考模擬·考點基礎(chǔ)題組1.(2017河西二模)如圖所示,兩根平行放置長度相同的長直導(dǎo)線a和b通有大小相同、方向相反

的電流,a受到的磁場力大小為F1,當(dāng)加入一個與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強磁場后,a受到的磁

場力大小變?yōu)镕2,則此時b受到的磁場力大小變?yōu)?/p>

()

A.F2

B.F1-F2C.F1+F2

D.2F1-F2

答案

A據(jù)題圖所示,兩根長直導(dǎo)線,通過的電流大小相同方向相反,因a受到b產(chǎn)生的磁場的

作用力方向向左,大小為F1,那么b受到a產(chǎn)生的磁場的作用力方向向右,大小也為F1,這兩個力大

小相等,方向相反。當(dāng)再加入勻強磁場時產(chǎn)生的磁場力大小為F0,則a受到作用力大小為F2=F1+

F0(或

-F0)。而對于b由于電流方向與a相反,所以b受到作用力大小為F2'=F1+F0(或F2'=F1-F0),這兩個力大小相等,方向相反。故A正確,B、C、D錯誤。2.(2018河西一模)如圖為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖。勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面

向外,電子束由電子槍產(chǎn)生,其速度方向與磁場方向垂直。電子速度大小可通過電子槍的加速

電壓來控制,磁場強弱可通過勵磁線圈的電流來調(diào)節(jié)。下列說法正確的是

()

A.僅增大勵磁線圈的電流,電子束徑跡的半徑變大B.僅提高電子槍的加速電壓,電子束徑跡的半徑變大C.僅增大勵磁線圈的電流,電子做圓周運動的周期將變大D.僅提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運動的周期將變大答案

B電子經(jīng)電子槍加速,由動能定理有:eU=

m

電子在勻強磁場中做勻速圓周運動,有:eBv0=m

可得:r=

=

,T=

=

可見增大勵磁線圈中的電流,磁感應(yīng)強度B增大,電子束的軌道半徑變小,周期變小,故A、C錯

誤;提高電子槍加速電壓U,電子束的軌道半徑變大,周期不變,故B正確,D錯誤。解題技巧根據(jù)動能定理表示出加速后電子獲得的速度,然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力推導(dǎo)

出電子運動的半徑、周期的表達(dá)式。3.(2019河西二模)在城市建設(shè)施工中,經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置,如圖所示。有一種

探測方法是,首先給金屬長直管線通上電流,再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進(jìn)行以下操

作:①用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應(yīng)強度最強的某點,記為a;②在a點附近

的地面上,找到與a點磁感應(yīng)強度相同的若干點,將這些點連成直線EF;③在地面上過a點垂直

于EF的直線上,找到磁場方向與地面夾角為45°的b、c兩點,測得b、c兩點距離為L,由此可確定

金屬管線()

A.平行于EF,深度為L/2B.平行于EF,深度為LC.垂直于EF,深度為L/2D.垂直于EF,深度為L答案

A用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應(yīng)強度最強的某點,記為a,說明a

點離電流最近;找到與a點磁感應(yīng)強度相同的若干點,將這些點連成直線EF,故說明這些點均離

電流最近,則EF應(yīng)該是平行金屬管線;畫出左側(cè)視圖,如圖所示:

b、c間距為L,且磁場方向與地面夾角為45°,結(jié)合幾何知識可得通電管線深度為

L,故A正確,B、C、D錯誤。思路點撥根據(jù)安培定則判斷磁場方向,然后畫出直線電流的磁感線,結(jié)合幾何關(guān)系確定金屬

管線深度。考點二洛倫茲力帶電粒子在磁場中的運動4.(2018濱海七校聯(lián)考)如圖所示,套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球,其質(zhì)量為m、帶

電荷量為q,小球可在棒上滑動,現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向的且互相垂直的勻強磁場和勻

強電場中。設(shè)小球電荷量不變,小球由靜止下滑的過程中()

A.小球加速度一直增大B.小球速度先減小后增大,直到最后勻速運動C.桿對小球的彈力一直減少D.小球所受洛倫茲力一直增大,直到最后不變答案

D小球下滑過程中,受到重力、摩擦力(可能有)、彈力(可能有)、向左的洛倫茲力、

向右的電場力,分四個過程進(jìn)行分析:①開始階段,洛倫茲力小于電場力時,小球向下做加速運

動時,速度增大,洛倫茲力增大,小球所受的桿的彈力向左,大小為N=qE-qvB,N隨著v的增大而減

小,滑動摩擦力f=μN也減小,小球所受的合力F合=mg-f增大,加速度a增大;②當(dāng)洛倫茲力等于電

場力時,合力等于重力,加速度最大;③小球繼續(xù)向下做加速運動,洛倫茲力大于電場力,小球所

受的桿的彈力向右,大小為N'=qv'B-qE,v'增大,N'增大,f'增大,F合'減小,a'減小;④當(dāng)mg=f'時,a'=0。

故加速度先增大后減小,直到為零;小球的速度先增大,后不變;桿對球的彈力先減小后反向增

大,最后不變;洛倫茲力先增大后不變。故D正確,A、B、C錯誤。5.(2019河?xùn)|二模)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi),第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場,第Ⅳ

象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi),存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小

為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,自y軸正半軸上y=h處的M點,以速度v0垂直于y

軸射入電場。經(jīng)x軸上x=2h處的P點進(jìn)入磁場,最后垂直于y軸的方向射出磁場。不計粒子重

力。求:

(1)電場強度大小E;(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r;(3)粒子在磁場運動的時間t。答案(1)

(2)

(3)

解析(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1,帶電粒子做類平拋運動,根據(jù)類平拋運動規(guī)律有:2h

=v0t1,h=

a

根據(jù)牛頓第二定律可得:Eq=ma解得:E=

(2)粒子進(jìn)入磁場時沿y方向的速度大小:vy=at1=v0粒子進(jìn)入磁場時的速度:v=

v0,方向與x軸成45°角根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qvB=m

解得:r=

(3)粒子在磁場中運動的周期:T=

=

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的圓心角θ=135°則粒子在磁場中運動的時間:t=

T=

T=

解題技巧(1)粒子在電場中做類平拋運動,利用運動的合成和分解、牛頓第二定律結(jié)合運動

學(xué)規(guī)律,聯(lián)立即可求出電場強度大小E;(2)利用類平拋運動規(guī)律求出粒子進(jìn)入磁場時的速度大小和方向,粒子在磁場中做勻速圓周運

動,利用洛倫茲力提供向心力即可求出粒子在磁場中運動的軌道半徑r;(3)利用周期公式T=

=

,結(jié)合粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角,即可求出粒子在磁場中運動的時間t。6.(2019河北二模)如圖所示,在xOy平面上,一個以原點O為圓心,半徑為4R的圓形磁場區(qū)域內(nèi)存

在著勻強磁場,磁場的方向垂直于紙面向里,在坐標(biāo)(-2R,0)的A處靜止著一個具有放射性的原

子核氮

N。某時刻該核發(fā)生衰變,放出一個正電子和一個反沖核,已知正電子從A處射出時速度方向垂直于x軸,且后來通過了y軸,而反沖核剛好不離開磁場區(qū)域。不計重力影響和離子間

的相互作用。

(1)寫出衰變方程;(2)求正電子做圓周運動的半徑;(3)求正電子最后過y軸時的坐標(biāo)。答案(1)見解析(2)6R(3)

解析(1)由質(zhì)量數(shù)守恒及電荷數(shù)守恒可以知道衰變方程為

N

C

e;(2)設(shè)反沖核和正電子在磁場中回旋半徑分別為r1、r2,因為反沖核與正電子都帶正電荷,在磁

場中的軌跡關(guān)系應(yīng)是外切圓,因正電子通過y軸,則反沖核速度方向向上,正電子速度方向向

下。故反沖核的半徑r1=R衰變過程中遵循動量守恒定律p反=pe又因為qvB=m

可得r=

可得正電子做圓周運動的半徑r2=6R(3)由圖可知正電子應(yīng)在通過y軸前飛出圓形磁場區(qū)域,設(shè)出射點為P,正電子軌跡圓心在磁場邊界與x軸的交點O'處,過P點作出出射速度的反向延長線可交于磁場

邊界D點,且D點在x軸上根據(jù)幾何關(guān)系可得∠DO'P=∠OQD=α在直角三角形DO'P中,cosα=

=

,所以tanα=

OQ=

=

故正電子最后通過y軸的坐標(biāo)為

。解題思路(1)原子核發(fā)生衰變時,一定滿足質(zhì)量數(shù)守恒及電荷數(shù)守恒;(2)根據(jù)題意可知兩核的運動情況及反沖核的軌跡半徑,由動量守恒定律可以知道兩核的動量

關(guān)系,則可得出正電子的軌跡半徑;(3)畫出兩核的運動軌跡,由幾何關(guān)系可以知道最后過y軸的坐標(biāo)。7.(2019紅橋二模)如圖,在x>0的空間中,存在沿x軸正方向的勻強電場,電場強度E=10N/C;在x<

0的空間中,存在垂直xOy平面方向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=0.5T。一帶負(fù)電的粒子(比荷

=160C/kg),在x=0.06m處的D點以v0=8m/s的初速度沿y軸正方向開始運動,不計帶電粒子的重

力。求:

(1)帶電粒子開始運動后第一次通過y軸時距O點的距離;(2)帶電粒子進(jìn)入磁場后經(jīng)多長時間返回電場;(3)帶電粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動的周期(保留兩位有效數(shù)字)。答案(1)0.069m(2)0.026s(3)0.043s解析(1)對于粒子在電場中的運動有a=

,x=

at2第一次通過y軸的交點到O點的距離為y1=v0t將數(shù)據(jù)代入計算得出y1=0.069m

(2)粒子通過y軸進(jìn)入磁場時在x方向的速度vx=

t=8

m/s設(shè)進(jìn)入磁場時速度方向與y軸的夾角