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1、专题十磁场高考试题考点一 磁场、磁场对电流的作用1.(2013年福建理综,18,6分)如图,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变,ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行,线框平面与磁场方向垂直.设OO下方磁场区域足够大,不计空气影响,则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律() 解析:线框先做自由落体运动,因线框下落高度不同,故线框ab边刚进磁场时,速度不同,产生的感应电动势不同,所受安培力不同,其所受安培力F安与重力mg的大小关系可分以下三种情况:当F安=mg时,线框匀速进入磁
2、场,其速度v=,选项D有可能;当F安mg时,线框减速进入磁场,a=-g,v减小,a减小,线框做加速度逐渐减小的减速运动,当线框未完全进入磁场而a减为零时,即此时F安=mg,线框开始做匀速运动,当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动,选项B有可能.选项A不可能.答案:A点评： 分析解答该类问题时要特别注意线框下落时的位置,高度不同时线框进入磁场的速度不同,则线框的运动状态就不同.2.(2011年新课标全国理综,14,6分)为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的.在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是()来源:Z#xx#k.Com解析:地球的磁
3、场分布与地理的南北极相反但不重合,即地磁场的N极在地理的南极附近,地磁场的S极在地理的北极附近.地磁场外部的磁感线由地磁N极到地磁S极,在地球内部由地磁S极回到地磁N极;由安培定则可知产生地磁场的环形电流方向应如B中所示,所以B正确.答案:B3.(2011年新课标全国理综,18,6分)电磁轨道炮工作原理如图所示.待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触.电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比.通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出.现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,
4、理论上可采用的办法是() A.只将轨道长度L变为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的2倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其他量不变解析:设B=kI,轨道间距为d,则弹体所受安培力F=BId=kI2d;由牛顿第二定律得弹体的加速度a=;由运动学公式v2=2aL,得:v=I.综上所述,选项B、D正确,选项A、C错误.答案:BD4.(2010年上海卷,13,3分)如图,长为2l的直导线折成边长相等,夹角为60的V形,并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B,当在该导线中通以电流强度为I的电流时,该V形通电导线受到的安培力大小为() A
5、.0B.0.5BIlC.BIlD.2BIl解析:V形导线的有效长度为两端点之间的距离l,则F安=BIl.答案:C点评： (1)弯曲、折线形的通电导线在磁场中的有效长度为两端点之间的连线;(2)当BI时,F安=BIl有效.5.(2013年浙江理综,25,22分)为了降低潜艇噪音,提高其前进速度,可用电磁推进器替代螺旋桨.潜艇下方有左、右两组推进器,每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成,其原理示意图如下.在直线通道内充满电阻率=0.2 m的海水,通道中abc=0.3 m0.4 m0.3 m 的空间内,存在由超导线圈产生的匀强磁场,其磁感应强度B=6.4 T、方向垂直通道侧面向外.磁
6、场区域上、下方各有ab=0.3 m0.4 m的金属板M、N,当其与推进器专用直流电源相连后,在两板之间的海水中产生了从N到M,大小恒为I=1.0103 A的电流,设该电流只存在于磁场区域.不计电源内阻及导线电阻,海水密度m=1.0103 kg/m3.(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小,并判断其方向;(2)在不改变潜艇结构的前提下,简述潜艇如何转弯?如何“倒车”?(3)当潜艇以恒定速度v0=30 m/s前进时,海水在出口处相对于推进器的速度v=34 m/s,思考专用直流电源所提供的电功率如何分配,求出相应功率的大小.解析:(1)将通电海水看成导线,所受磁场力F=IBL.代入数
7、据得:F=IBc=1.01036.40.3 N=1.92103 N用左手定则判断可知,磁场对海水作用力的方向向右(或与海水出口方向相同).(2)考虑到潜艇下方有左、右两组推进器,可以通过开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器,实施转弯.改变电流方向,或者磁场方向,可以改变海水所受磁场力的方向,根据牛顿第三定律,使潜艇“倒车”.(3)电源提供的电功率中的第一部分:牵引功率P1=F牵v0根据牛顿第三定律:F牵=12IBL当v0=30 m/s时,代入数据得:来源:学科网ZXXKP1=F牵v0=121.9210330 W=6.9105 W.第二部分:海水的焦耳热功率对单个直线通道推进器,根据电
8、阻定律:R=代入数据得:R=0.2 =0.5 由热功率公式,P=I2R代入数据得:P单=I2R=5.0105 WP2=125.0105 W=6.0106 W第三部分:单位时间内海水动能的增加值设t时间内喷出海水的质量为mP3=12考虑到海水的初动能为零,Ek=Ek=mm=mbcv水对地tP3=12=12mbc=4.6104 W.答案:见解析6.(2010年浙江理综,23,20分)如图所示,一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动.其在纸面上的长度OA为L1,垂直纸面的宽度为L2.在膜的下端(图中A处)挂有一平行于转轴,质量为m,长为L2的导体棒使膜绷成平面.在膜下方水平放置一足够大的
9、太阳能光电池板,能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能.光电池板可等效为一个电池,输出电压恒定为U,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中,并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出).(1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成=60角时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流强度的大小和光电池的输出功率.(2)当变为45时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒力学平衡外,还能输出多少额外电功率?解析:(1)导体棒所受安培力F=
10、IBL2导体棒受力平衡,即mgtan =F解得I=所以当=60时,I1=.光电池输出功率为P1=UI1=.(2)当=45时,根据式可知维持平衡需要的电流为I2=根据题意可知=则P2=P1=而光电池产生的电流为I光电=所以能提供的额外电流为I额外=I光电-I2=(-1)可提供额外功率为P额外=I额外U=(-1).答案:(1) (2)(-1)点评：此题属电、磁、力的综合计算题,安培力是联系电和力的桥梁,因此解题的关键有两点:(1)光电池板输出的电功率P=UI.(2)导体的受力分析特别是安培力方向和大小.考点二 磁场对运动电荷的作用1.(2013年新课标全国卷,18,6分)如图,半径为R的圆是一圆柱
11、形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一电荷量为q(q0).质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60,则粒子的速率为(不计重力)() A.B.C.D.解析:设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r,粒子运动的轨迹及几何关系如图所示,由此可知r=R, 由牛顿第二定律可得:qvB=m,得v=,选项B正确.答案:B点评： 本题考查带电粒子在有界磁场中的运动,处理此类问题的关键是作出带电粒子的轨迹示意图,找出相关量之间的几何关系.2.(2013年安徽理综,15,6分)图中a、b、c、d
12、为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是() A.向上B.向下C.向左D.向右解析:d、b导线在O点产生的磁场的磁感应强度叠加后抵消,a、c导线在O点产生的磁场的磁感应强度叠加后水平向左,再依据左手定则判断带正电的粒子所受洛伦兹力的方向向下,选项B正确.答案:B3.(2013年广东理综,21,6分)如图,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上.不计重力.下列说法正确的有() A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行
13、的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近解析:根据题意可知,离子a、b会在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动,由左手定则可知都带正电,选项A正确;a、b为同种粒子,初速度大小也相同,根据洛伦兹力提供向心力知识得qvB=m,r=,所以运动半径相同,据此作出它们运动的轨迹,如图所示,根据轨迹可以看出,b将运动半个周期,而a将超过半个周期,所以a在磁场中运动的时间和路程都会比b长,选项B、C错误;b由于运动半周,落点距离O为直径大小,明显比a远,选项D正确.答案:AD4.(2013年新课标全国卷,17,6分)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为
14、R,磁场方向垂直于横截面.一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60.不计重力,该磁场的磁感应强度大小为()A.B.C.D.解析:带电粒子射入磁场其轨迹及各量的几何关系如图所示. 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qv0B=m,粒子在磁场中的轨道半径r=Rtan 60=R,则B=,选项A正确.答案:A点评： 在处理带电粒子在磁场中的运动问题时,画出运动轨迹,确定相关量间的几何关系是解题的关键.5.(2012年广东理综,15,4分)质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹
15、如图中虚线所示,下列表述正确的是() A.M带负电,N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间解析:由左手定则可判定M带负电,N带正电,选项A正确;由图知M的半径大于N的半径,根据r=可推得M的速率大于N的速率,选项B错误;洛伦兹力永不做功,选项C错误;t=T=,可知M和N的运行时间相同,选项D错误.答案:A6.(2012年北京理综,16,6分)处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动.将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值()A.与粒子电荷量成正比B.与粒子速率成正比C.与粒子质量成正比D.与磁感应强度成正比解析:由t=
16、T=和I=可得I=,电流值与q2成正比,与B成正比,与m成反比,D项正确.答案:D7.(2011年浙江理综,20,6分)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子.图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场.对于能够从宽度为d的缝射出的粒子,下列说法正确的是() A.粒子带正电B.射出粒子的最大速度为C.保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析:由左
17、手定则可知粒子带负电,所以选项A错误;粒子速度越大,在磁场中运动的半径越大,则rmax=,由牛顿第二定律得:qvmaxB=,由以上两式,得vmax=,所以选项B正确;粒子最小速度对应最小半径,此时rmin=,qvminB=,由以上几式得vmax-vmin=,所以选项C正确,选项D错误.答案:BC8.(2013年北京理综,24(1),13分)对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质.一段横截面积为S、长为l的直导线,单位体积内有n个自由电子,电子电量为e.该导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率均为v.(1)求导线中的电流I;(
18、2)将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B,导线所受安培力大小为F安,导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F,推导F安=F.(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明)解析:(1)设t时间内通过导线横截面的电荷量为q,由电流定义,有I=neSv.(2)每个自由电子所受的洛伦兹力F洛=evB,设导线中共有N个自由电子,则N=nSl导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和F=NF洛=nSlevB由安培力公式,有F安=IlB=neSvlB得F安=F.答案:(1)neSv(2)见解析9.(2013年大纲全国卷,26,20分)如图所示,虚线OL与y轴的夹角=60
19、,在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场,入射点为M.粒子在磁场中运动的轨道半径为R.粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)且=R.不计重力.求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间. 解析:根据题意,带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运动轨迹交虚线OL于A点,圆心为y轴上的C点,AC与y轴的夹角为;粒子从A点射出后,运动轨迹交x轴于P点,与x轴的夹角为,如图所示.有qvB=周期为T=过A点作x、y轴的垂线,垂足分别为B、D.由图中几何关系得=Rsin =cot 60=cot =+=由以上各
20、式和题给条件得sin +cos =1解得=30或=90设M点到O点的距离为hh=R-根据几何关系=-=Rcos -利用以上两式和=Rsin 得h=R-Rcos(+30)解得h=R(=30)h=R(=90)当=30时,粒子在磁场中运动的时间为t=当=90时,粒子在磁场中运动的时间为t=.答案: R(=30)或R(=90)(=30)或(=90)10.(2010年广东理综,36,18分)如图(a)所示,左为某同学设想的粒子速度选择装置,由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成,两盘面平行且与转轴垂直,相距为L,盘上各开一狭缝,两狭缝夹角可调(如图(b);右为水平放置的长为d的感光板,板的正上方有一匀强磁场
21、,方向垂直纸面向外,磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1,能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场.O到感光板的距离为,粒子电荷量为q,质量为m,不计重力.(1)若两狭缝平行且盘静止(如图(c),某一粒子进入磁场后,竖直向下打在感光板中心点M上,求该粒子在磁场中运动的时间t;(2)若两狭缝夹角为0,盘匀速转动,转动方向如图(b).要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上,试分析盘转动角速度的取值范围.(设通过N1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达N2).解析:(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力:qvB=m匀速圆周运动的周期T=又因粒子过O
22、点和M点,粒子运动了圆周即t=联立式解得t=.(2)速度最小的带电粒子在磁场中做圆周运动,过P1P2连线的左边缘且与P1P2连线相切,则做圆周运动的半径r1=洛伦兹力提供向心力,qv1B=m带电粒子在N1、N2之间运动时有:L=v1t10=1t1联立式得:1=.速度最大的带电粒子在磁场中做圆周运动过P1P2连线的右边缘,由几何关系得: =+d2洛伦兹力提供向心力,qv2B=m粒子在N1、N2之间运动时有:L=v2t20=2t2联立式解得2=.所以.答案:(1)(2)点评： 本题主要考查带电粒子在磁场中的运动.解决此题需要有较强的数学运算能力.本题较难,解题的关键是确定粒子打在感光板边缘上的半径
23、.考点三 带电粒子在组合场中的运动1.(2013年浙江理综,20,6分)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示.已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+() A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为1C.在磁场中转过的角度之比为12D.离开电场区域时的动能之比为13解析:磷离子P+与P3+电荷量之比q1q2=13,质量相等,在电场中加速度a=,由此可知,a1a2=13,选项A错误;离子进入磁场中做圆周运动的
24、半径r=,又qU=mv2,故有r=,即r1r2=1,选项B正确;设离子P3+在磁场中偏角为,则sin =,sin =(d为磁场宽度),故有sin sin =1,已知=30,故=60,选项C正确;全过程中只有电场力做功,W=qU,故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比,所以Ek1Ek2=W1W2=13,选项D正确.答案:BCD点评： 本题综合考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,利用动能定理、圆周运动规律处理问题.难度中等.2.(2013年北京理综,22,16分)如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场.带电荷量为+q、质量
25、为m的粒子,由静止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并进入磁场做匀速圆周运动.忽略重力的影响,求: (1)匀强电场场强E的大小;(2)粒子从电场射出时速度v的大小;(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.解析:(1)电场强度E=.(2)根据动能定理,有qU=mv2-0得v=.(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得R=.答案:(1)(2) (3)3.(2013年安徽理综,23,16分)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴正方向;在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里,正三角形边长为L,且ab
26、边与y轴平行.一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第象限,又经过磁场从y轴上的某点进入第象限,且速度与y轴负方向成45角,不计粒子所受的重力.求: (1)电场强度E的大小;(2)粒子到达a点时速度的大小和方向;(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值.解析:(1)带电粒子从P到a的过程中做类平抛运动,设粒子在电场中运动的时间为t,则x方向:v0t=2h,y方向:h=at2, 又qE=ma联立以上各式可得E=.(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy=at,解得vy=v0.所以v=v0,
27、设速度方向与x轴正方向的夹角为,则tan =1,=45,即到a点时速度方向指向第象限与x轴正方向成45角.(3)粒子在磁场中运动时,有qvB=m,r=,从上式看出,r,当r最大时,B最小.由题图可知,当粒子从b点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,由几何关系得rmax=L,所以Bmin=.答案:(1)(2)v0指向第象限与x轴正方向成45角(3)4.(2013年山东理综,23,18分)如图所示,在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里;第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E. 一带电荷量为+q、质量为m的粒子,自y轴上的P点沿x轴正方向射入第
28、四象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场.已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力. (1)求粒子过Q点时速度的大小和方向;(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0;(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间.解析:(1)设粒子在电场中运动的时间为t0,加速度的大小为a,粒子的初速度为v0,过Q点时速度的大小为v,沿y轴方向分速度的大小为vy,速度与x轴正方向间的夹角为,由牛顿第二定律得qE=ma由运动学公式得d=a2d=v0t0vy=at
29、0v=tan =联立式得v=2=45.(2)设粒子做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限内的运动轨迹如图所示,O1为圆心,由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形,得R1=2d由牛顿第二定律得qvB0=m联立式得B0=.(3)设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何分析(粒子运动的轨迹如图所示,O2、O2是粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O2、O2,由几何关系知,O2FGO2和O2QHO2均为矩形,进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩形,又FHGQ,可知QFGH是正方形,QOF为等腰直角三角形.)可知,粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆,得2R2=2d粒子在第二、
30、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得FG=HQ=2R2设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有t=联立式得t=(2+).答案:(1)2方向与x轴正方向成45角斜向上(2)(3)(2+)5.(2013年天津理综,11,18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷.质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下
31、,求: (1)M、N间电场强度E的大小;(2)圆筒的半径R;(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n.解析:(1)设两板间的电压为U,由动能定理得qU=mv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed联立上式可得E=.(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角AOS等于.作出圆心O,设圆半径为r,由几何关系得r=Rtan粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律,得qvB=m联立式得R=.(3)保持M、N间电场强
32、度E不变,M板向上平移d后,设板间电压为U,则U=设粒子进入S孔时的速度为v,由式看出=综合式可得v=v设粒子做圆周运动的半径为r,则r=设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为,比较两式得到r=R,可见=粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3.答案:(1)(2)(3)36.(2012年新课标全国理综,25,18分)如图,一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面).在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域,在圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直.圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于
33、直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域,也在b点离开该区域.若磁感应强度大小为B,不计重力,求电场强度的大小. 解析:粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB=m式中v为粒子在a点的速度.过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点.由几何关系知,线段、和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一个正方形.因此=r设=x,由几何关系得=R+x=R+联立式得r=R再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma粒子在电场方向和直线
34、方向所走的距离均为r,由运动学公式得r=at2r=vt式中t是粒子在电场中运动的时间,联立式得E=.答案:7.(2012年山东理综,23,18分)如图(甲)所示,相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向里,在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ,两极板中心各有一小孔S1、S2,两极板间电压的变化规律如图(乙)所示,正反向电压的大小均为U0,周期为T0.在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q(q0)的粒子由S1静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在t=时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区.(不计粒子重力,不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极
35、板间距d.(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件.(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小.解析:(1)粒子由S1至S2的过程,根据动能定理得:qU0=mv2解得:v=设粒子的加速度大小为a,来源:学+科+网Z+X+X+K由牛顿第二定律得:q=ma由运动学公式得d=a联立式得:d=.(2)设磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得:qvB=m要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,需满足:2R联立式得:B.(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动
36、的过程用时为t1,则d=vt1联立式得:t1=,若粒子再次到达S2时速度恰好为零,粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时间为t2,由运动学公式得:d=t2联立式得:t2=.设粒子在磁场中运动时间为t,则:t=3T0-t1-t2联立式得t=,设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,则T=,由题意可知T=t,解得:B=.答案:(1)(2)Bm2),电荷量均为q.加速电场的电势差为U,离子进入电场时的初速度可以忽略,不计重力,也不考虑离子间的相互作用.(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1;(2)当磁感应强度的大小为B时,求两种离子在GA边落点的间距s;(3)在前面的讨论中忽略了狭
37、缝宽度的影响,实际装置中狭缝具有一定宽度.若狭缝过宽,可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠,导致两种离子无法完全分离.设磁感应强度大小可调,GA边长为定值L,狭缝宽度为d,狭缝右边缘在A处.离子可以从狭缝各处射入磁场,入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场.为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离,求狭缝的最大宽度.解析:(1)加速电场对质量为m1的离子做的功W=qU,由动能定理qU=m1-0得v1=.(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB=解得R=,与式联立得两种离子在磁场中的轨道半径分别为R1=,R2=两种离子在GA边上落点的间距s=2R1-2R2=(-).(3)质量为m1的离子在G
38、A边上的落点都在其入射点左侧2R1处,由于狭缝的宽度为d,因此落点区域的宽度也是d.同理,质量为m2的离子在GA边上的落点区域的宽度也是d.为保证两种离子能完全分离,两个区域应无交叠,条件为2R1-2R2d由式联立得2R1dR1取最大值时,满足条件2R1 m=L-d得(L-d) d,求得最大值dm=L.答案:(1)(2) (-)(3)L点评： (1)对电场考查主要集中于加速和类平抛运动两种运动模型,涉及运动分解、牛顿第二定律和动能定理;(2)对磁场的考查主要是匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,寻找圆心、半径和几何关系是解题的关键.9.(2011年重庆理综,25,19分)某仪器用电场和磁场来控
39、制电子在材料表面上方的运动.如图所示,材料表面上方矩形区域PPNN充满竖直向下的匀强电场,宽为d;矩形区域NNMM充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,长为3s,宽为s;NN为磁场与电场之间的薄隔离层,一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子,从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场,电子每次穿越隔离层,运动方向不变,其动能损失是每次穿越前动能的10%,最后电子仅能从磁场边界MN飞出.不计电子所受重力.(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比;(2)求电场强度的取值范围;(3)A是MN的中点,若要使电子在A、M间垂直于AM飞出,求电子在磁场区域中运动的时间.解析:(1)电子从静止开始先
40、在电场中匀加速,后在磁场中做匀速圆周运动,半周期后又在电场中匀减速到零后重复上述过程,设每次圆周运动的半径分别为R1、R2、R3、Rn、Rn+1第一次和第二次圆周运动的速率分别为v1和v2,动能分别为Ek1、Ek2.由Bev=知:R1=,R2=,Ek1=m,Ek2=m又Ek2=0.81Ek1,联立以上几式得:R2R1=0.9.(2)设电场强度为E,第一次到达隔离层前的速率为v0.由动能定理得:eEd=m,又0.9m=m,R1s得:E.又由Rn=0.9n-1R1,2R1+2R2+2Rn+=2R1(1+0.9+0.92+0.9n+)3s得:E,所以E.(3)设电子在匀强磁场中运动的周期为T,运动的
41、半周期个数为n,运动总时间为t.由题意知:+Rn+1=3s,R1s,Rn+1=0.9nR1,Rn+1,得:n=2,又由:T=,得:t=.答案:(1)0.9(2) E(3)点评： (1)本题考查带电粒子在复合场中的周期性运动,由于粒子每次穿过隔离层时能量有损失,使得每次做圆周运动的速度和半径不同;(2)由于周期性需讨论整数n,运用求和公式求解,难度较大.10.(2011年山东理综,25,18分)扭摆器是同步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆.其简化模型如图:、两处的条形匀强磁场区边界竖直,相距为L,磁场方向相反且垂直于纸面.一质量为m、电荷量为-q、重力不计的粒子,从靠近平行板电容器
42、MN板处由静止释放,极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入区,射入时速度与水平方向夹角=30. (1)当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时,粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30,求B0及粒子在区运动的时间t.(2)若区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0,求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h.(3)若L2=L1=L、B1=B0,为使粒子能返回区,求B2应满足的条件.(4)若B1B2,L1L2,且已保证了粒子能从区右边界射出.为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射入的方向总相同,求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式.解析:(1)如图(甲)
43、,设粒子射入磁场区的速度为v,在磁场区中做圆周运动的半径为R1,据动能定理和牛顿第二定律得qU=mv2qvB1=m由几何知识得L=2R1sin 联立式,代入数据得B0=设粒子在磁场区中做圆周运动的周期为T,运动时间为t,则T=t=T联立式,代入数据得t=(2)设粒子在磁场区做圆周运动的半径为R2,据牛顿第二定律得qvB2=m由几何知识得h=(R1+R2)(1-cos )+Ltan 联立式,代入数据得h=L.(3)如图(乙),为使粒子能再次回到区,应满足R2(1+sin )(或B2)(4)如图(丙)或图(丁)所示,设粒子射出磁场区时速度与水平方向夹角为,由几何知识得L1=R1(sin +sin
44、)或L1=R1(sin -sin )L2=R2(sin +sin )或L2=R2(sin -sin )联立式得B1R1=B2R2联立式得B1L1=B2L2.答案:见解析点评： 该题的难点在于要画出运动轨迹的示意图,利用几何关系进行分析.特别是第(4)问涉及两种情况,更增加了解题难度.考点四 带电粒子在复合场中的运动1.(2013年重庆理综,5,6分)如图所示,一段长方体形导电材料,左右两端面的边长都为a和b,内有带电量为q的某种自由运动电荷.导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中,内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时,测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的低.由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为() A.,负B.,正C. ,负D. ,正解析:由于上表面的电势比下表面的电势低,根据左手定则,判断出电荷电性为负,故选项B、D错误;电荷稳定时,所受静电力和洛伦兹力平衡,|q|=|q|vB,由电流的微观表达式知:I=|