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【考点对接高考题 导与练】2014届高考物理三轮冲刺专题练:专题十 磁 场(含详解,重温3年真题)


专题十
考点一 磁场、磁场对电流的作用





高考试题
★★★

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: ①当 F 安=mg 时,线框匀速进入磁场,其速度 v=错误!未找到引用源。
mgR ,选项 D 有可能; B 2 L2

②当 F 安<mg 时,线框加速进入磁场,又因 F 安=错误!未找到引用源。

B 2 L2v ,因此 a=错误!未找到引用源。 R

mg ?

B 2 L2v R ,即 a=g-错误! 未找到引用源。 ,速度 v 增大,a 减小,线框做加速度逐渐减小的加速运动,选项 C m

有可能; ③当 F 安>mg 时,线框减速进入磁场,a=错误!未找到引用源。-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:B 3.(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,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=kI d;由牛顿第二定律得弹体的加速度 a=
2

F =错误! m

未找到引用源。

kI 2d 2 ;由运动学公式 v =2aL,得:v=错误!未找到引用源。 2aL =I 错误!未找到引用源。 m

2kd L .综上所述,选项 B、D 正确,选项 A、C 错误. m
答案:BD 4.(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.0 B.0.5BIl C.BIl

D.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 B⊥I 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ρ =0.2 Ω ·m 的海水,通道中 a×b×c=0.3 m×0.4 m×0.3 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.磁场区域上、下方各有 a×b=0.3 m× 0.4 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=1.0×10 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ρ m=1.0×10 kg/m .
3 3 3

(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. 代入数据得: 3 3 F=IBc=1.0×10 ×6.4×0.3 N=1.92×10 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: 3 5 P1=F 牵 v0=12×1.92×10 ×30 W=6.9×10 W.
[来源:学科网 ZXXK]

第二部分:海水的焦耳热功率 对单个直线通道推进器,根据电阻定律:R=ρ 代入数据得:R=ρ 错误!未找到引用源。 由热功率公式,P=I R 代入数据得:P 单=I R=5.0×10 W 5 6 P2=12×5.0×10 W=6.0×10 W 第三部分:单位时间内海水动能的增加值 设Δ t 时间内喷出海水的质量为 m P3=12×错误!未找到引用源。 考虑到海水的初动能为零, Δ Ek=Ek=
1 m 错误!未找到引用源。 v水对地 2 2
4 2 5 2

错误!未找到引用源。

L S

a 0.3 =0.2×错误!未找到引用源。 Ω =0.5 Ω ab 0.3 ? 0.4

?E K ?t

m=ρ mbcv 水对地Δ t P3=12×错误!未找到引用源。=12×错误!未找到引用源。ρ mbc 错误!未找到引用源。=4.6×10 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θ =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θ 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=IBL2 ① 导体棒受力平衡,即 mgtan θ =F 解得 I=错误!未找到引用源。 ② ③

mg tan ? BL2

所以当θ =60°时,I1=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。. 光电池输出功率为 P1=UI1=错误!未找到引用源。. (2)当θ =45°时,根据③式可知维持平衡需要的电流为 I2=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。 根据题意可知错误! 未找到引用源。

P2 L L cos45 =错误! 未找到引用源。 1 2 =错误! 未找到引用源。 2 P L1L2 cos60 1

则 P2=错误!未找到引用源。P1=错误!未找到引用源。 而光电池产生的电流为 I 光电=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。 所以能提供的额外电流为 I 额外=I 光电-I2=( 6 -1)错误!未找到引用源。 可提供额外功率为 P 额外=I 额外 U=(错误!未找到引用源。-1)错误!未找到引用源。. 答案:(1)错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。 (2)(错误!未找到引用源。-1)错误!未找

到引用源。
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Ⅰ,18,6 分)如图,半径为 R 的圆是一圆柱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(q>0).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 的距离为错误!未找到引用源。 为 60°,则粒子的速率为(不计重力)( )
R .已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角 2

A.错误!未找到引用源。

qBR B.错误!未找到引用源。 C.错误!未找到引用源。 D.错误!未找到 2m

引用源。
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 错误!未找到引用源。 答案:B

v2 ,得 v=错误!未找到引用源。,选项 B 正确. r

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 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:B 3.(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 错误!未找到引用源。,r=错误!未找到引用源。

mv ,所以运动半径相同, Bq

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:AD 4.(2013 年新课标全国卷Ⅱ,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 R,磁场方向 垂直于横截面.一质量为 m、电荷量为 q(q>0)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.错误!未找到引用源。 )

3mv0 3qR

B.错误!未找到引用源。 C.错误!未找到引用源。 D.错误!未

找到引用源。
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 错误!未找到引用源。

2 v0 ,粒子在磁场中的 r

轨道半径 r=Rtan 60°=错误!未找到引用源。 3 R,则 B=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。, 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=错误! 未找 到引用源。

mv 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=错误!未找 qB
1 T=错误!未找到引用源。,可知 M 和 N 的运行时间相同,选项 D 错误. 2

到引用源。 答案:A

6.(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=T=错误!未找到引用源。和 I= 成正比,与 m 成反比,D 项正确. 答案:D 7.(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( )
q q2B 2 可得 I=错误!未找到引用源。 ,电流值与 q 成正比,与 B t 2 πm

A.粒子带正电

B.射出粒子的最大速度为错误!未找到引用源。

qB ? 3d ? L ? 2m

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=错误! 未找到引用源。,由牛顿第二定律得:qvmaxB=错误!未找到引用源。

mvmax 2 ,由以上两式,得 vmax=错误!未找 rmax
L ,qvminB=错误! 2

到引用源。,所以选项 B 正确;粒子最小速度对应最小半径,此时 rmin=错误!未找到引用源。

未找到引用源。,由以上几式得 vmax-vmin=错误!未找到引用源。,所以选项 C 正确,选项 D 错误. 答案:BC 8.(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; (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)
q neSvt 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=错误! 未找到引用源。 = =neSv. t t

(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θ =60°,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(q>0)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)且错 误!未找到引用源。 OP =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α ;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β ,如图所示. 有 qvB=错误!未找到引用源。

mv 2 R
2 πR v

周期为 T=错误!未找到引用源。

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 错误!未找到引用源。 AD =Rsin α

错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。cot 60° 错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。cot β 错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。 α =β 由以上各式和题给条件得 sin α +错误!未找到引用源。 解得α =30°或α =90° 设 M 点到 O 点的距离为 h h=R-错误!未找到引用源。 根据几何关系错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。-错误!未找到引用源。=Rcos α -错误!未

1 cos α =1 3

找到引用源。
利用以上两式和错误!未找到引用源。=Rsin α 得 h=R-错误!未找到引用源。

2 Rcos(α +30°) 3
(α =30°)

? 3? 解得 h=错误!未找到引用源。 ? ?1 ? 3 ? ?R ? ? ? 3? h= ? ? 1+ ?R ? 3 ? ?

(α =90°)
T πm =错误!未找到引用源。 12 6 qB

当α =30°时,粒子在磁场中运动的时间为 t=错误!未找到引用源。

当α =90°时,粒子在磁场中运动的时间为 t=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。.
? 3? 答案: ? ?1 ? 3 ? ?R ? ? ? 3? (α =30°)或 ? ?1 ? 3 ? ?R ? ?

(α =90°)

错误!未找到引用源。

(α =30°)或错误!未找到引用源。

(α =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θ 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,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 为 q,质量为 m,不计重力.
d ,粒子电荷量 2

(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θ 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ω 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 错误!未找到引用源。 匀速圆周运动的周期 T=
2 πR ② v 1 圆周 4

v2 ① R

又因粒子过 O 点和 M 点,粒子运动了 即 t=错误!未找到引用源。③

联立①②③式解得 t=错误!未找到引用源。. (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=错误!未找到引用源。④ 洛伦兹力提供向心力,qv1B=m 错误!未找到引用源。 带电粒子在 N1、N2 之间运动时有:L=v1t1⑥ θ 0=ω 1t1⑦ 联立④⑤⑥⑦式得:ω 1=错误!未找到引用源。
qBd? 0 . 4mL

v12 ⑤ r1

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,

d? ? r2 ? ? +d2⑧ 由几何关系得: r = ? 2? ?
2 2

2

洛伦兹力提供向心力,qv2B=m 错误!未找到引用源。⑨ 粒子在 N1、N2 之间运动时有:L=v2t2⑩ θ 0=ω 2t2 联立⑧⑨⑩ 式解得ω 2=错误!未找到引用源。. 所以错误!未找到引用源。≤ω ≤错误!未找到引用源。. 答案:(1)错误!未找到引用源。

πm 2 qB

(2)错误!未找到引用源。≤ω ≤错误!未找到引用源。

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.

考点三 带电粒子在组合场中的运动

★★★★
+ 3+

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 P ,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θ =30°后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时,离子 P 和 P (
+ + 3+

)

A.在电场中的加速度之比为 1∶1 B.在磁场中运动的半径之比为 3 ∶1 C.在磁场中转过的角度之比为 1∶2

D.离开电场区域时的动能之比为 1∶3 解析:磷离子 P 与 P 电荷量之比 q1∶q2=1∶3,质量相等,在电场中加速度 a=错误! 未找到引用源。 可知,a1∶a2=1∶3,选项 A 错误;离子进入磁场中做圆周运动的半径 r=
+ 3+

qE ,由此 m

1 2 mv ,又 qU= mv ,故有 r=错误!未找 2 qB

3+ 到引用源。,即 r1∶r2=错误!未找到引用源。 3 ∶1,选项 B 正确;设离子 P 在磁场中偏角为α ,则 sin α

=错误!未找到引用源。

d ,sin θ =错误!未找到引用源。(d 为磁场宽度),故有 sin θ ∶sin α = r2

1∶错误!未找到引用源。 3 ,已知θ =30°,故α =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 Ek1∶Ek2=W1∶W2=1∶3,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=
U . d 1 2 2qU mv -0 得 v=错误!未找到引用源。 . 2 m

(2)根据动能定理,有 qU=

(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 错误!未找到引用源。 得 R=错误!未找到引用源。

v2 , R

1 2mU . B q
U d

答案:(1)错误!未找到引用源。

(2)错误!未找到引用源。

(3)错误!未找到引用源。

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Ⅰ象限内有平行于 y 轴的匀强电场,方 向沿 y 轴正方向;在第Ⅳ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 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Ⅳ象限,又经过磁场从 y 轴上的某点进入第Ⅲ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=
1 2 at , 2

又 qE=ma 联立以上各式可得 E=错误!未找到引用源。
2 mv0 . 2 qh

(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.
2 2 所以 v=错误! 未找到引用源。 v0 =错误! 未找到引用源。 2 v0,设速度方向与 x 轴正方向的夹角为θ , ? vy

则 tan θ =错误!未找到引用源。 角.

vy v0

=1,θ =45°,即到 a 点时速度方向指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向成 45°

(3)粒子在磁场中运动时,有 qvB=m 错误!未找到引用源。
1 ,当 r 最大时,B 最小. B

v2 mv ,r=错误!未找到引用源。 ,从上式看出,r r qB

∝错误!未找到引用源。

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=错误!未找到引用源。 答案:(1)错误!未找到引用源。 (2)错误!未找到引用源。 2 v0 (3)错误!未找到引用源。 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.
2 mv0 2 qh

2 2mv0 L,所以 Bmin=错误!未找到引用源。 . 2 qL

指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向成 45°角

(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θ , 由牛顿第二定律得 qE=ma① 由运动学公式得 d=
1 2 a t0 ② 2

2d=v0t0③ vy=at0④
2 2 v=错误!未找到引用源。 v0 ⑤ ? vy

tan θ =错误!未找到引用源。 联立①②③④⑤⑥式得 v=2 错误!未找到引用源。 θ =45°.⑧

vy v0



qEd ⑦ m

(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=2 2 d⑨ 由牛顿第二定律得

qvB0=m 错误!未找到引用源。

v2 ⑩ R1

联立⑦⑨⑩式得 B0=错误!未找到引用源。

mE . 2qd

(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 FH⊥GQ,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=2 错误!未找到引用源。 2 d 粒 子在第二、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=错误!未找到引用源。
FG ? HQ ? 2πR2 v

联立⑦

式得 t=(2+π )错误!未找到引用源。

2md . qE

答案:(1)2 错误!未找到引用源。 (2)错误!未找到引用源。

qEd m

方向与 x 轴正方向成 45°角斜向上

mE 2qd

(3)(2+π )错误!未找到引用源。

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,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 板向上平移错误!未找到引用源。 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=错误!未找到引用源。
1 2 mv ① 2 2 d,粒子仍从 M 板边缘的 P 处 3

由 匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed② 联立上式可得 E=错误!未找到引用源。

mv 2 .③ 2 qd

(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∠AO′S 等于错误!未找到引用源。
π . 3

作出圆心 O′,设圆半径为 r, 由几何关系得 r=Rtan 错误!未找到引用源。 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 错误!未找到引 联立④⑤式得 R=错误!未找到引用源。 用源。
v2 ⑤ r



3mv .⑥ 3qB
2 d 后,设板间电压为 U′,则 U′=错 3

(3)保持 M、N 间电场强度 E 不变,M 板向上平移错误!未找到引用源。 误!未找到引用源。
Ed U =错误!未找到引用源。 ⑦ 3 3

设粒子进入 S 孔时的速度为 v′,由①式看出错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。 综合⑦式可得 v′=错误!未找到引用源。

v?2 v2

3 v⑧ 3

设粒子做圆周运动的半径为 r′,则 r′=错误!未找到引用源。

3mv ⑨ 3qB

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θ ,比较⑥⑨两式得到 r′=R,可见θ =错误!未找 到引用源。
π ⑩ 2

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)错误!未找到引用源。

mv 2 2 qd

(2)错误!未找到引用源。

3mv 3qB

(3)3

6.(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 到直线的距离为错误!未找到引用源。
3 R. 5

现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,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 错误!未找到

引用源。 式中 v 为粒子在 a 点的速度.

v2 ① r

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,线段错误!未找到引用源。 ac 、错 误!未找到引用源。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.因此错误!未找到引 用源。=错误!未找到引用源。=r② 设错误!未找到引用源。=x,由几何关系得错误!未找到引用源。=
3 错误!未找到引用源。= R+错误!未找到引用源。 R 2 ? x 2 ④ 5 4 R+x③ 5

联立②③④式得 r=

7 R⑤ 5

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=ma⑥ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为 r,

由运动学公式得 r= r=vt⑧

1 2 at ⑦ 2

式中 t 是粒子在电场中运动的时间,联立①⑤⑥⑦⑧式得 E=错误!未找到引用源。

14qRB 2 . 5m

答案:错误!未找到引用源。 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(q>0)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=错误!未找到引用源。 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)
T0 时刻通过 S 2 2

(1)求粒子到达 S2 时的速度大小 v 和极板间距 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=
1 2 mv ① 2

解得:v=错误!未找到引用源。 设粒子的加速度大小为 a,
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2qU 0 ② m

由牛顿第二定律得:q 错误!未找到引用源。
1 ? T0 ? ? ④ 由运动学公式得 d= a ? 2 ?2?
2

U0 =ma③ d

T0 联立③④式得:d= 4

2qU 0 m .⑤

(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 错误!未找 到引用源。
v2 ⑥ R

要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,需满足: 2R>
L ⑦ 2

4 2 mU 0 联立②⑥⑦式得:B<错误!未找到引用源。 L .⑧ q

(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为 t1,则 d=vt1⑨ 联立②⑤⑨式得:t1=错误!未找到引用源。,⑩ 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=错误!未找到引用源。
v t2 2

联立⑨⑩ 式得:t2=错误!未找到引用源。. 设粒子在磁场中运动时间为 t,则:t=3T0-错误!未找到引用源。-t1-t2 联立⑩ 式得 t=错误!未找到引用源。, 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T, 则 T=错误!未找到引用源。

2πm , qB 8πm . 7qT0 T0 4 2qU 0 m

由题意可知 T=t,解得:B=错误!未找到引用源。

答案:(1)错误!未找到引用源。 (2)B<错误!未找到引用源。 (3)
7 T0 4

2qU 0 m

错误!未找到引用源。

4 2mU 0 L q
8πm 7qT0

错误!未找到引用源。

8.(2011 年北京理综,23,18 分)利用电场和磁场,可以将比荷不同的离子分开,这种方法在化学分析和原子 核技术等领域有重要的应用. 如图所示的矩形区域 ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场,A 处有一狭缝.离子源产生的离子. 经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于 GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场,运动到 GA 边,被相应的收集器收集, 整个装置内部为真空.

已知被加速的两种正离子的质量分别是 m1 和 m2(m1>m2),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=错误!未找到引用源。

2 qU 1 m1 v12 -0 得 v1=错误!未找到引用源。 .① m1 2

(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 qvB=错误!未找到引用源。 解得 R=错误!未找到引用源。

mv 2 R

mv , qB

与①式联立得两种离子在磁场中的轨道半径分别为 R1=错误!未找到引用源。

2mU 1 ,R2=错误!未找到引用源。② qB2

两种离子在 GA 边上落点的间距 s=2R1-2R2=错误!未找到引用源。

2 2U (错误!未找到引用源。 m1 -错误!未找到引用源。).③ B q

(3)质量为 m1 的离子在 GA 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 2R1-2R2>d④
? m2 ? 1? 由②④式联立得 2R1 ? ? >d ? m1 ? ? ?

R1 取最大值时,满足条件 2R1 m=L-d
? m2 ? 1? 得(L-d) ? ? >d, ? m1 ? ? ?

求得最大值 dm=错误!未找到引用源。 答案:(1)错误!未找到引用源。 (3)错误!未找到引用源。L
2 qU m1

m1 ? m2 2 m1 ? m2

L.

(2)错误!未找到引用源。( m1 -错误!未找到引用源。)

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 PP′N′N 充满竖直向下的匀强电场,宽为 d;矩形区域 NN′M′M 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 M′N′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 M′N′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=错误!未找到引用源。 R1=错误!未找到引用源。

mv 2 知: R

mv1 1 ,R2=错误!未找到引用源。,Ek1=错误!未找到引用源。 m v12 ,Ek2=错误!未 Be 2

找到引用源。m 错误!未找到引用源。 又 Ek2=0.81Ek1,联立以上几式得:R2∶R1=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=错误!未找到引用源。m 错误!未找到引用源。,又 0.9×错误!未找到引用源。m 错误! 未找到引用源。=错误!未找到引用源。m 错误!未找到引用源。, R1≤s 得:E≤错误!未找到引用源。
n-1

5B2es 2 . 9md
2 n

又由 Rn=0.9 R1,2R1+2R2+?+2Rn+?=2R1(1+0.9+0.9 +?+0.9 +?)>3s 得:E>错误!未找到引用源。,所以错误!未找到引用源。<E≤错误!未找到引用源。. (3)设电子在匀强磁场中运动的周期为 T,运动的半周期个数为 n,运动总时间为 t. 由题意知:错误!未找到引用源。 得:n=2, 又由:T=
2 πm ,得:t=错误!未找到引用源。. eB

2R1 ?1 ? 0.9n ? 1 ? 0.9

+Rn+1=3s,R1≤s,Rn+1=0.9 R1,Rn+1≥错误!未找到引用源。

n

s , 2

答案:(1)0.9 (2)错误!未找到引用源。<E≤错误!未找到引用源。

(3)错误!未找到引用源。

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:Ⅰ、Ⅱ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 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Ⅰ区,射入时速度与水平方向夹角θ =30°.

(1)当Ⅰ区宽度 L1=L、磁感应强度大小 B1=B0 时,粒子从Ⅰ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Ⅰ区运动的时间 t. (2)若Ⅱ区宽度 L2=L1=L、磁感应强度大小 B2=B1=B0,求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ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Ⅰ区,求 B2 应满足的条件. (4)若 B1≠B2,L1≠L2,且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出.为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ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),设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为 v,在磁场Ⅰ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=
1 2 mv ① 2

qvB1=m

v2 ② R1

由几何知识得 L=2R1sin θ ③ 联立①②③式,代入数据得 B0=错误!未找到引用源。

1 2mU ④ L q
2πR1 ⑤ v

设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为 T,运动时间为 t,则 T=错误!未找到引用源。 t=错误!未找到引用源。
2? T⑥ 2π

联立②④⑤⑥式,代入数据得 t=

πL m ⑦ 3 2qU
v2 ⑧ R2

(2)设粒子在磁场Ⅱ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 θ )+Ltan θ ⑨

2 ? ? 联立②③⑧⑨式,代入数据得 h= ? 2 ? 3 ? L.⑩ 3 ? ?
(3)如图(乙),为使粒子能再次回到Ⅰ区,应满足 R2(1+sin θ )<L[或 R2(1+sin θ )≤L] 联立①⑧ 式,代入数据得

B2>错误!未找到引用源。

3 mU (或 B2≥错误!未找到引用源。) L 2q

(4)如图(丙)或图(丁)所示,设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向夹角为α ,由几何知识得 L1=R1(sin θ +sin α )[或 L1=R1(sin θ -sin α )] L2=R2(sin θ +sin α )[或 L2=R2(sin θ -sin α )]

联立②⑧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.

IB ,负 q aU

B.错误!未找到引用源。,正 D.错误!未找到引用源。,正

C.错误!未找到引用源。,负

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|错误!未找到引用源。 由电流的微观表达式知:I=|q|nSv=|q|nabv 答案:C 点评: 本题考查电流的微观表达式及带电粒子在复合场中的运动、左手定则,主要考查考生综合分析问题 的能力. 2.(2013 年福建理综,22,20 分)如图(甲),空间存在一范围足够大的垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场,磁感应 强度大小为 B.让质量为 m,电荷量为 q(q>0)的粒子从坐标原点 O 沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入 射到该磁场中.不计重力和粒子间的影响. ②,
U =|q|vB a

①,

由①②联立,得 n=错误!未找到引用源。,故选项 A 错误,选项 C 正确.

(1)若粒子以初速度 v1 沿 y 轴正向入射,恰好能经过 x 轴上的 A(a,0)点,求 v1 的大小. (2)已知一粒子的初速度大小为 v(v>v1),为使该粒子能经过 A(a,0)点,其入射角θ (粒子初速度与 x 轴正向 的夹角)有几个?并求出对应的 sin θ 值. (3)如图(乙),若在此空间再加入沿 y 轴正向、 大小为 E 的匀强电场,一粒子从 O 点以初速度 v0 沿 y 轴正向发 射.研究表明:粒子在 xOy 平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的 x 分量 vx 与其所在位置的 y 坐标 成正比,比例系数与场强大小 E 无关.求该粒子运动过程中的最大速度值 vm. 解析:(1)带电粒子以速率 v1 沿 y 轴正向射入匀强磁场 B 中做匀速圆周运动,半径为 R1,有 qv1B=m
a ② 2

v12 ① R1

当粒子转过半个圆周至 A 点,该圆周半径 R1=错误!未找到引用源。 由②代入①式得 v1=
qBa .③ 2m

(2)如图,O、A 两点处于同一圆周上,且圆心在 x=错误!未找到引用源。的直线上,半径为 R2.

当给定一个初速率 v 时,有 2 个入射角,分别在第 1、2 象限,有 sin θ ′=sin θ =错误!未找到引用源。④ 由①④式解得 sin θ =错误!未找到引用源。
aqB .⑤ 2mv

(3)粒子在运动过程中仅电场力做功,因而在轨道的最高点处速率最大,用 ym 表示其 y 坐标,由动能定理,有 qEym=
1 2 m vm -错误!未找到引用源。m 错误!未找到引用源。⑥ 2

由题知,有 vm=kym⑦ 若 E=0 时,粒子以初速度 v0 沿 y 轴正向入射,有 qv0B=m
2 v0 ⑧ R0

v0=kR0⑨
E ?E? 2 +错误!未找到引用源。 ? ? ? v0 . B ?B?
2

由⑥⑦⑧⑨式解得 vm=

答案:(1)错误!未找到引用源。

qBa 2m

(2)2 个 错误!未找到引用源。

aqB 2mv

(3

E +错误!未找到引用 B

?E? 2 源。 ? ? ? v0 ?B?

2

3.(2013 年江苏卷,15,16 分)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制. 如图(甲)所示的 xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间 t 做周期性变化的 图像如图(乙)所示.x 轴正方向为 E 的正方向,垂直纸面向里为 B 的正方向.在坐标原点 O 有一粒子 P,其质量 和电荷量分别为 m 和+q,不计重力.在 t=错误!未找到引用源。 动.

? 时刻释放 P,它恰能沿一定轨道做往复运 2

(1)求 P 在磁场中运动时速度的大小 v0; (2)求 B0 应满足的关系; (3)在 t0(0<t0<错误!未找到引用源。)时刻释放 P,求 P 速度为零时的坐标.

解析: (1)错误! 未找到引用源。 ~τ 做匀加速直线运动,τ ~2τ 做匀速圆周运动,电场力 F=qE0,加速度 a= 速度 v0=at,且 t=错误!未找到引用源。,解得 v0=
qE0? . 2m

F , m

(2)只有当 t=2τ 时,P 在磁场中做圆周运动结束并开始沿 x 轴负方向运动,才能沿一定轨道做往复运动,如图 所示.设 P 在磁场中做圆周运动的周期为 T.

1? ? 则 ? n ? ? T=τ (n=1,2,3?) 2? ?
匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力 qvB0=m 解得 B0=错误!未找到引用源。
2? r v2 ,T= . v r

? 2n ? 1?? m (n=1,2,3?).
q?

(3)在 t0 时刻释放,P 在电场中加速的时间为τ -t0 在磁场中做匀速圆周运动的速度

v1=错误!未找到引用源。

qE0 ?? ? t0 ? m

圆周运动的半径 r1=错误!未找到引用源。 解得 r1=

mv1 qB0

E0 ?? ? t0 ? B0

又经(τ -t0)时间 P 减速为零后向右加速的时间为 t0 P 再进入磁场,有 v2= 圆周运动的半径 r2=
qE0t0 m

mv2 qB0 E0t 0 B0

解得 r2=错误!未找到引用源。 综上分析,速度为零时横坐标 x=0

? ?2 ? kr1 ? ? k ? 1? r2 ? ? (k=1,2,3?) 相应的纵坐标为 y=错误!未找到引用源。 ? ? 2 k r ? r ? ? ? 1 2 ?

? 2 E0 ? ? k ?? ? 2t0 ? ? t0 ? ? ? B0 ? 解得 y=错误!未找到引用源。 ? (k=1,2,3?). ? 2kE0 ?? ? 2t0 ? ? B0 ?
答案:(1)错误!未找到引用源。 (2)B0=错误!未找到引用源。 (3)横坐标 x=0 纵坐标 y=错误!未找到引用源。(k=1,2,3?) 4.(2013 年四川理综,11,19 分)如图所示,竖直平面(纸面)内有直角坐标系 xOy,x 轴沿水平方向.在 x≤0 的 区域内存在方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为 B1 的匀强磁场.在第二象限紧贴 y 轴固定放置长为 l、 表面粗糙的不带电绝缘平板,平板平行于 x 轴且与 x 轴相距 h.在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的 匀强磁场(磁感应强度大小为 B2、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出).一质量为 m、不带电的小 球 Q 从平板下侧 A 点沿 x 轴正向抛出;另一质量也为 m、带电荷量为 q 的小球 P 从 A 点紧贴平板沿 x 轴正向 运动,变为匀速运动后从 y 轴上的 D 点进入电磁场区域做匀速圆周运动,经
1 圆周离开电磁场区域,沿 y 轴负 4 qE0? 2m

? 2n ? 1? πm (n=1,2,3?)
q?

方向运动,然后从 x 轴上的 K 点进入第四象限.小球 P、Q 相遇在第四象限的某一点,且竖直方向速度相同. 设运动过程中小球 P 电荷量不变,小球 P 和 Q 始终在纸面内运动且均看作质点,重力加速度为 g.求:

(1)匀强电场的场强大小,并判断 P 球所带电荷的正负; (2)小球 Q 的抛出速度 v0 的取值范围; (3)B1 是 B2 的多少倍? 解析:(1)由题中所给条件可知,小球 P 在第一象限中的电磁场区域能做匀速圆周运动,则必有其重力与电场 力平衡,设所求场强大小为 E,有:mg=Eq 得:E=

mg q

小球 P 在平板下可紧贴平板运动,说明所受洛伦兹力一定竖直向上,故小球 P 带正电. (2)设小球 P 紧贴平板匀速运动的速度为 v,此时洛伦兹力与重力平衡,有 B1qv=mg

设小球 P 以速度 v 在电磁场区域内做圆周运动的半径为 R,P、Q 运动过程中的运动轨迹,如图所示. B2qv=m
v2 R

设小球 Q 与小球 P 在第四象限相遇点的坐标为 x、y,有 x=R,y≤0 小球 Q 运动到相遇点所需时间为 t0,水平方向位移为 s,竖直方向位移为 d,有: s=v0t0 d=
1 2 g t0 2

由题意得 x=s-l,y=h-d 联立相关方程,由题意可知 v0>0, 得 0<v0≤

2 gh ? m2 g ? . ?l ? 2 ? 2h ? B1B2 q ?

(3)小球 Q 在空间做平抛运动,要满足题设要求,则运动到小球 P 穿出电磁场区域的同一水平高度时的 W 点时, 其竖直方向的速度 vy 与竖直位移 yQ 必须满足 vy=v yQ=R 设小球 Q 运动到 W 点时间为 t,由平抛运动,得 vy=gt yQ=
1 2 gt 2

联立相关方程,解得 B1=错误!未找到引用源。B2 即 B1 是 B2 的 0.5 倍. 答案:(1)错误!未找到引用源。 (3)0.5 倍 5.(2012 年浙江理综,24,20 分)如图所示,两块水平放置、 相距为 d 的长金属板接在电压可调的电源上.两板 之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面,从喷口连续不断 喷出质量均为 m、水平速度均为 v0、带相等电荷量的墨滴.调节电源电压至 U,墨滴在电场区域恰能沿水平向 右做匀速直线运动;进入电场、磁场共存区域后,最终垂直打在下板的 M 点. 正电 (2)0<v0≤

2 gh ? m2 g ? ?l ? 2 ? 2h ? B1B2 q ?

(1)判断墨滴所带电荷的种类,并求其电荷量; (2)求磁感应强度 B 的值; (3)现保持喷口方向不变,使其竖直下移到两板中间的位置.为了使墨滴仍能到达下板 M 点,应将磁感应强度 调至 B′,则 B′的大小为多少? 解析:(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动,有 q
U =mg① d mgd ② U

由①式得:q=

由于电场方向向下,电荷所受电场力向上,可知: 墨滴带负电荷.③ (2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域,重力仍与电场力平衡,合力等于洛伦兹力,墨滴做匀速圆周运动,有 qv0B=m
2 v0 ④ R

考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系,可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动,则半径 R=d⑤ 由②④⑤式得 B=

v0U .⑥ gd 2

(3)根据题设,墨滴运动轨迹如图所示,设圆周运动半径为 R′,有

qv0B′=m

2 v0 ⑦ R?

由图示可得 R′ =d +(R′得:R′=
5 d⑨ 4
2 2

d 2 )⑧ 2

联立②⑦⑨式可得 B′= 答案:(1)负电荷
mgd U

4v0U . 5 gd 2
(2)

v0U gd 2

(3)错误!未找到引用源。

4v0U 5 gd 2

6.(2011 年安徽理综,23,16 分)如图所示,在以坐标原点 O 为圆心、 半径为 R 的半圆形区域内,有相互垂直的 匀强电场和匀强磁场,磁感应强度为 B,磁场方向垂直于 xOy 平面向里.一带正电的粒子(不计重力),从 O 点 沿 y 轴正方向以某一速度射入,带电粒子恰好做匀速直线运动,经 t0 时间从 P 点射出.

(1)求电场强度的大小和方向; (2)若仅撤去磁场,带电粒子仍从 O 点以相同的速度射入,经 加速度的大小. (3)若仅撤去电场,带电粒子仍从 O 点射入,但速度为原来的 4 倍,求粒子在磁场中运动的时间. 解析:(1)设带电粒子质量为 m、电荷量为 q,初速度为 v,电场强度为 E,由带电粒子做匀速直线运动,可知电 场强度沿 x 轴正方向. 则:qE=qvB① R=vt0② 联立①②式解得 E= 方向沿 x 轴正方向. (2)仅有电场时,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动. 在 y 方向位移为 y=v·
t0 ④ 2

t0 时间恰从半圆形区域的边界射出,求粒子运动 2

BR ③ t0

由②④式得 y=错误!未找到引用源。⑤ 设在水平方向位移为 x,因射出位置在半圆区域边界上,于是 x= R2 ? 又由 x= 得 a=
1 ? t0 ? a ? ⑥ 2 ? ?2?
2

3 R2 = R 2 4

4 3R .⑦ 2 t0

(3)仅有磁场时,入射速度 v′=4v,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动

设轨道半径为 r,由牛顿第二定律得:qv′B=错误!未找到引用源。 又 qE=ma⑨ 由②③⑦⑧⑨式得:r=错误!未找到引用源。 由几何知识得 sin α =错误!未找到引用源。 即 sin α =错误!未找到引用源。

mv?2 ⑧ r

3 R⑩ 3
R 2r

π 3 ,所以α = 错误!未找到引用源。 3 2

粒子在磁场中运动周期:T=错误!未找到引用源。

2πm qB

则粒子在磁场中运动时间 t′=错误!未找到引用源。 答案:(1)错误!未找到引用源。

2a 3π T=错误!未找到引用源。 t0. 2π 18

BR t0

方向沿 x 轴正方向

(2)错误!未找到引用源。

4 3R 2 t0

(3)错误!未找到引用源。t0

点评: 本题主要考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动、 在匀强磁场中做匀速圆周运动和在复合场里的 匀速直线运动,看似过程很多,但分步处理,将复合场的考查转为单一场基本运动的考查,属中等难度. 7.(2010 年福建理综,20,15 分)如图所示的装置,左半部为速度选择器,右半部为匀强的偏转电场.一束同位 素离子流从狭缝 S1 射入速度选择器,能够沿直线通过速度选择器并从狭缝 S2 射出的离子,又沿着与电场垂直 的方向,立即进入场强大小为 E 的偏转电场,最后打在照相底片 D 上.已知同位素离子的电荷量为 q(q>0),速 度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为 E0 的匀强电场和磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场,照相底片 D 与狭缝 S1、S2 的连线平行且距离为 L,忽略重力的影响.

(1)求从狭缝 S2 射出的离子速度 v0 的大小; (2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度 v0 方向飞行的距离为 x,求出 x 与离子质量 m 之间的关系 式(用 E0、B0、E、q、m、L 表示). 解析:(1)能从速度选择器射出的离子满足 qE0=qv0B0① 故 v0=

E0 .② B0

(2)离子进入匀强偏转电场 E 后做类平抛运动,则 x=v0t③ L=
1 2 at ④ 2

由牛顿第二定律得 qE=ma⑤ 由②③④⑤式解得 x=错误!未找到引用源。 答案:(1)错误!未找到引用源。

E0 B0

2mL . qE

(2)x=错误!未找到引用源。


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