浙江版高考物理 专题九 磁场
2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第九章 磁场 第2讲 Word版含答案
第2讲 磁场对运动电荷的作用[考试标准]知识内容考试要求说明运动电荷在磁场中受到的力c 带电粒子在匀强磁场中的运动d 1.不要求计算电荷运动方向与磁场方向不垂直情况下的洛伦兹力．2.不要求推导洛伦兹力公式.一、运动电荷在磁场中受到的力1．洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力．2．洛伦兹力的方向(1)判定方法左手定则：掌心——磁感线从掌心进入；四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指——指向洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v ，即F 垂直于B 和v 决定的平面．3．洛伦兹力的大小(1)v ∥B 时，洛伦兹力F ＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝q v B.(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.自测1 (多选)关于洛伦兹力方向的判定，以下说法正确的是( )A．用左手定则判定洛伦兹力方向时，“四指指向”与电荷运动方向相同B．用左手定则判定洛伦兹力方向时，“四指指向”与电荷定向运动形成的等效电流方向相同C．正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向即是该处磁场方向D．若将在磁场中的运动电荷＋q换为－q且速度方向反向，则洛伦兹力方向不变答案 BD自测2 下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )答案 B二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功．2．粒子的运动性质：(1)若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动．(2)若v 0⊥B ，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：(1)由q v B ＝m ，得r ＝.v 2r m v qB(2)由v ＝，得T ＝.2πr T 2πm qB自测3 甲、乙两个质量和电荷量都相同的带正电的粒子(重力及粒子之间的相互作用力不计)，分别以速度v 甲和v 乙垂直磁场方向射入匀强磁场中，且v 甲＞v 乙，则甲、乙两个粒子的运动轨迹正确的是( )答案 A命题点一 对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．(4)洛伦兹力一定不做功．2．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．例1 如图1所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB 和BC 组成，两斜面在B 处用一光滑小圆弧相连接，BA 、BC 关于竖直线BD 对称且BD 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B 处可认为处在磁场中，P 是BC 的中点，一带电小球从A 点由静止释放后能沿轨道来回运动，C 点为小球在BD 右侧运动的最高点，则下列说法正确的是( )图1A ．C 点与A 点不在同一水平线上B ．小球向右或向左滑过B 点时，对轨道压力相等C ．小球向上或向下滑过P 点时，其所受洛伦兹力相同D ．小球从A 到B 的时间是从C 到P 时间的倍2答案 D解析 小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此C 点与A 点等高，在同一水平线上，选项A 错误；小球向右或向左滑过B 点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项B 错误；同理小球向上或向下滑过P 点时，洛伦兹力也等大反向，选项C 错误；因洛伦兹力始终垂直于斜面，小球在AB 段和BC 段(设两斜面与水平面的夹角均为θ)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为g sin θ，由x ＝at 2得12小球从A 到B 的时间是从C 到P 时间的倍，选项D 正确．2变式1 如图2所示是电子射线管示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，下列措施可采用的是( )图2A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C．加一磁场，磁场方向沿x轴正方向D．加一磁场，磁场方向沿y轴负方向答案 B变式2 如图3所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端时，速度为v.若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时( )图3A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定v的变化答案 B解析 由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，故物体对斜面的正压力增大，斜面对物体的滑动摩擦力增大，物体克服摩擦力做功增大，所以物体滑到底端时v变小，B正确．命题点二 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路模型1 直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图4所示)图4图a 中t ＝＝T 2πm Bq图b 中t ＝(1－)T ＝(1－)＝θπθπ2πm Bq 2m (π－θ)Bq图c 中t ＝T ＝θπ2θm Bq例2 (多选)如图5所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，速度相同的两带电粒子A 、B 从O 点射入磁场中，速度与磁场边界的夹角为θ(θ＝60°)，已知A 粒子带负电，B 粒子带正电，且A 、B 粒子的质量之比为1∶4，带电荷量之比为1∶2，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )图5A ．A 、B 粒子的轨道半径之比为2∶1B ．A 、B 粒子回到边界时，速度大小、方向都相同C ．A 、B 粒子回到边界时的位置离O 点的距离之比为2∶1D ．A 、B 粒子在磁场中运动的时间相同答案 BD解析 由洛伦兹力提供向心力，有qB v ＝m ，故r ＝，所以＝×＝，所以选项A v 2r m v Bqr A r B m A m B q B q A 12错误；据左手定则，A 、B 粒子的电性相反，偏转方向相反，由于洛伦兹力不做功，所以速度大小不变，根据粒子做圆周运动的对称性，A 、B 粒子回到边界时的速度方向都是与边界成60°角斜向右下，所以B 选项正确；由几何关系能求得粒子回到边界时到出发点的距离d ＝2r sinθ，所以＝＝，选项C 错误；由运动学公式，粒子运动的时间分别为t A ＝，t B ＝d A d B r A r B 122(π－θ)r A v ，所以＝·＝×＝，所以选项D 正确．2θ·r B vt A t B 2(π－θ)2θr A r B 240°120°1211模型2 平行边界磁场平行边界存在临界条件(如图6所示)图6图a 中t 1＝，t 2＝＝θm Bq T 2πm Bq图b 中t ＝θm Bq图c 中t ＝(1－)T ＝(1－)＝θπθπ2πm Bq 2m (π－θ)Bq图d 中t ＝T ＝θπ2θm Bq例3 (2015·浙江9月选考样题·23)某科研小组设计了一个粒子探测装置．如图7甲所示，一个截面半径为R 的圆筒(筒长大于2R )水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B .图乙为圆筒的入射截面，图丙为竖直方向过筒轴的切面．质量为m ，电荷量为q 的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内．圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置．筒壁上的P 点和Q 点与入射面的距离分别为R 和2R .(离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用)图7(1)离子从O 点垂直射入，偏转后到达P 点，求该离子的入射速度v 0的大小；(2)离子从OC 线上垂直射入，求位于Q 点处的探测器接收到的离子的入射速度范围；(3)若离子以第(2)问求得范围内的速度垂直入射，从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R 的筒壁位置，画出此入射区域的形状并求其面积．答案 (1) (2)≤v ≤ (3)见解析图 －qBR m 2qBR m 5qBR 2m 2πR 233R 22解析 (1)离子运动的半径为RqB v 0＝m ，v 0＝v 02RqBR m (2)如图，离子以v 1从C 点入射时，才能到达Q 点，偏转半径为R 1＝2RqB v 1＝m v 12R 1v 1＝2qBR m从O 点入射时，设半径为R 2，根据题意得(R 2－R )2＋(2R )2＝R 22，解得R 2＝R 52qB v 2＝m v 22R 2v 2＝5qBR2m所以≤v ≤2qBR m 5qBR 2m(3)当离子以的速度在偏离竖直线CO 入射时，入射点与正下方筒壁的距离仍然为R .5qBR 2m 所以特定入射区域为图中阴影部分由几何关系得∠AO 1B ＝120°，O 1A ＝O 1B ＝O 1O 2＝R＝×πR 2＝1AO B S 扇形120°360°πR 23＝R ·＝R 2，1AO B S 32R 234S 总＝2()＝－.11AO B AO B S S －扇形2πR 233R 22模型3 圆形边界磁场沿径向射入圆形边界匀强磁场必沿径向射出，运动具有对称性(如图8所示)图8r ＝Rtan θt ＝T ＝θπ2θm Bqθ＋α＝90°例4 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 ，磁场方向垂直横截面．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速率v 0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.3m v 03qR m v 0qR 3m v 0qR3m v 0qR 答案 A解析 若磁场方向垂直于横截面向外(未画出)，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知r ＝R .根据洛伦兹力提供向心力得：q v 0B ＝m ，解得B ＝.若磁场方向垂3v 02r 3m v 03qR直于横截面向里可得到同样的结果，选项A 正确．模型4 三角形边界磁场例5 如图9所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的带电粒子(重力不计)从AB 边的中心O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场磁感应强度的大小B 需满足( )图9A ．B > B ．B <3m v3aq3m v 3aq C ．B > D ．B <3m vaq 3m v aq 答案 B解析 若粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，如图所示，则粒子运动的半径为r 0＝＝a .由q v B ＝得r ＝，粒子要能从AC 边射出，粒子运行的半径应满足r >r 0，a tan 30°3m v 2r m v qB解得B <，选项B 正确．3m v 3aq命题点三 带电粒子在磁场中运动的多解和临界极值问题1．多解的几种情况(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同而形成多解．(2)磁场方向不确定形成多解：带电粒子垂直进入方向不确定的匀强磁场时，其偏转方向不同而形成多解．(3)运动的往复性形成多解：带电粒子在交变的磁场中运动时，运动往往具有周期性而形成多解．(4)临界条件不唯一形成多解：带电粒子在有界磁场中运动时，因轨道半径不同而形成多解．2．临界极值问题(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当速度v 一定时，弧长越长，圆心角越大，则该带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动的时间越长．(3)一带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动，当其速率v 变化时，圆心角越大，运动时间越长．例6 如图10所示，在x <0与x >0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B 1与B 2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B 1>B 2.一个带负电荷的粒子(不计重力)从坐标原点O 以速度v 沿x 轴负方向射入，要使该粒子经过一段时间后又经过O 点，B 1与B 2的比值应满足什么条件？图10答案 ＝(n ＝1,2,3，…)B 1B 2n ＋1n解析 粒子在整个运动过程中的速度大小恒为v ，交替地在xOy 平面内磁感应强度为B 1与B 2的磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周．设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q ，圆周运动的半径分别为r 1和r 2，由q v B ＝得r 1＝①m v 2r m v qB 1r 2＝②m v qB 2现分析粒子运动的轨迹如图所示，在xOy 平面内，粒子先沿半径为r 1的半圆C 1运动至y 轴上离O 点距离为2r 1的A 点，接着沿半径为r 2的半圆D 1运动至y 轴上的O 1点，OO 1的距离d ＝2(r 2－r 1)③此后，粒子每经历一次“回旋”(即从y 轴上某点以速度v 沿x 轴负方向出发经过半径为r 1的半圆和半径为r 2的半圆回到原点下方的y 轴上某点)，粒子的纵坐标就减小d .设粒子经过n 次回旋后与y 轴交于O n 点，若满足nd ＝2r 1(n ＝1,2,3，…)④则粒子就能沿半圆C n ＋1经过原点．由③④式解得＝(n ＝1,2,3，…)⑤r 1r 2n n ＋1联立①②⑤式可得B 1、B 2的比值应满足的条件：＝(n ＝1,2,3，…)B 1B 2n ＋1n变式3 如图11所示，条形区域AA ′，BB ′中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B 的大小为0.3 T ，AA ′、BB ′为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足够长，宽度d ＝1 m ．一束带正电的某种粒子从AA ′上的O 点以大小不同的速度沿着与AA ′成60°角方向射入磁场，当粒子的速度小于某一值v 0时，粒子在磁场区域内的运动时间恒为t 0＝4×10－8 s ；当粒子速度为v 1时，刚好垂直边界BB ′射出磁场．取π＝3，不计粒子所受重力．求：图11(1)粒子的比荷；(2)速度v 0和v 1的大小．答案 (1)×108 C/kg (2)×108 m /s 2×108 m/s 10323解析 (1)当粒子的速度小于某一值v 0时，无论粒子速度多大，在磁场中运动的时间都相同，粒子不能从BB ′边离开磁场区域，只能从AA ′边离开，轨迹如图所示(图中只画了一个粒子的轨迹)．粒子在磁场区域内做圆周运动的圆心角均为φ1＝240°，运动时间t 0＝T .23由q v B ＝m ，T ＝得：T ＝，v 2R 2πR v2πm Bq 解得＝×108 C/kg.q m 103(2)当粒子速度为v 0时，粒子在磁场内的运动轨迹刚好与BB ′边界相切，此时有R 0＋R 0sin 30°＝d .又q v 0B ＝，m v 02R 0得v 0＝×108 m/s ，23当粒子速度为v 1时，刚好垂直边界BB ′射出磁场区域，此时轨迹所对应的圆心角φ2＝30°，有R 1sin 30°＝d .又q v 1B ＝.m v 12R 1得v 1＝2×108 m/s.1．带电荷量为＋q 的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )A ．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B ．如果把＋q 改为－q ，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C ．洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向也一定与电荷运动方向垂直D ．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案 B2.如图1是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此运动轨迹可知粒子( )图1A ．带正电，由下往上运动B ．带正电，由上往下运动C ．带负电，由上往下运动D ．带负电，由下往上运动答案 A解析 由题图可以看出，上方的轨迹半径小，说明粒子的速度小，所以粒子是从下方往上方运动；再根据左手定则，可以判定粒子带正电．3．速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场最强的是( )答案 D解析 由q v B ＝可得B ＝.磁场最强的对应轨迹半径最小，选项D 正确．m v 2R m v qR4.(2018·诸暨中学段考)如图2所示，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．一带正电粒子从正方形中心O 点沿垂直纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向( )图2A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右答案 A解析 磁场为4根长直导线在O 点产生的合磁场，根据右手螺旋定则，a 在O 点产生的磁场方向水平向左，b 在O 点产生的磁场方向竖直向上，c 在O 点产生的磁场方向水平向左，d 在O 点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左．根据左手定则，此带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向上．5．如图3所示，一个带正电q 的带电体处于垂直于纸面向里的匀强磁场B 中，带电体的质量为m ，为了使它对水平的绝缘面恰好没有正压力，则应该( )图3A ．将磁感应强度B 的值增大B ．使磁场以速率v ＝向上运动mg qBC ．使磁场以速率v ＝向右运动mg qBD ．使磁场以速率v ＝向左运动mg qB答案 D解析 由于带电体对水平绝缘面恰好没有正压力，则带电体受重力与洛伦兹力的作用，两者等大反向，再由左手定则判断可知此带电体必相对磁场向右运动，由平衡条件有Bq v ＝mg ，v ＝，故D 正确．mg Bq6．如图4所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝ab ，电子的电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该正离子吸收的电子个12数为( )图4A.B. C. D.3q 2e q e 2q 3e q 3e 答案 D解析 正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r ＝，正离子吸收电子后半径发生变化，m v Bq r ′＝＝，所以q ′＝，Δq ＝q ，n ＝＝，D 正确．3r 2m v Bq ′2q 313Δq e q 3e7．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图5.若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )图5A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C ．b 粒子动能较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长答案 C解析 粒子向右运动，根据左手定则，b 向上偏转，应当带正电；a 向下偏转，应当带负电，故A 错误；洛伦兹力提供向心力，即：q v B ＝，得：r ＝，故半径较大的b 粒子速度大，m v 2r m v qB动能也大，故C 正确；F 洛＝q v B ，故速度大的b 粒子所受洛伦兹力较大，故B 错误；磁场中质量相同，带电荷量相等的粒子，偏转角大的运动时间长；a 粒子的偏转角大，因此a 粒子在磁场中运动的时间较长，故D 错误．8.如图6所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则( )图6A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2答案 A解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由q v B ＝m 得，v ＝，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, v 2rqBr m 又由T ＝，t ＝T 和θb ＝2θc 得t b ∶t c ＝2∶1，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．2πm qB θ2π9．如图7所示，△ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为的电子以速度v 0e m从A 点沿AB 边入射，欲使电子经过BC 边，磁感应强度B 的取值为( )图7A ．B >2m v 0aeB ．B <2m v 0aeC ．B > 3m v 0aeD ．B <3m v 0ae 答案 D解析 由题意，如图所示，电子正好经过C 点，此时圆周运动的半径R ＝＝ a ，要a 2cos 30°33想电子从BC 边经过，电子做圆周运动的半径要大于a ，由带电粒子在磁场中运动的公式33知r ＝，故a <，即B<，故选D.m v qB 33m v 0eB 3m v 0ae10.如图8所示的狭长区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，区域的左、右两边界均沿竖直方向，磁场左、右两边界之间的距离为L ，磁感应强度的大小为B .某种质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从左边界上的P 点以水平向右的初速度进入磁场区域，该粒子从磁场的右边界飞出，飞出时速度方向与右边界的夹角为30°，重力的影响忽略不计．图8(1)求该粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；(2)求该粒子的运动速率；(3)求该粒子在磁场中运动的时间．答案 (1)L (2) (3)23323qBL 3m πm 3qB 解析 (1)粒子飞出时速度方向与右边界夹角为30°，则在磁场中偏转角为60°，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径R ＝＝L .L sin 60°233(2)由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m v 2R所以v ＝＝.qBR m 23qBL 3m (3)由q v B ＝，T ＝得，圆周运动周期T ＝m v 2R 2πR v2πm qB 所以粒子在磁场中运动的时间t ＝＝.T 6πm 3qB11．在以坐标原点为中心、边长为L 的正方形EFGH 区域内，存在磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图9所示．在A 处有一个粒子源，可以连续不断的沿－x 方向射入速度不同的带电粒子，且都能从磁场的上边界射出．已知粒子的质量为m ，电荷量大小为q ，重力不计，不考虑粒子间的相互作用．图9(1)试判断粒子的电性；(2)求从F 点射出的粒子在磁场中运动的时间；(3)若粒子以速度v ＝射入磁场，求粒子由EF 边射出时的位置坐标．qBL m答案 (1)粒子带负电 (2) (3)(－L ，)πm qB 3－12L 2解析 (1)由左手定则可知粒子带负电．(2)粒子由F 点射出时，运动方向水平向右，其在磁场中运动轨迹为半圆，则运动时间为：t ＝＝T 2πm qB(3)由牛顿第二定律q v B ＝m v 2r解得r ＝＝L m v qB则粒子从C 点射出，运动轨迹如图所示由几何关系得OA ＝O ′F ＝AF ＝，CF ＝L L 232则粒子从EF 边射出时的位置坐标为(－L ，)3－12L 212．(2017·浙江11月选考·23)如图10所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率均为v 的离子，分布在y 轴两侧各为θ的范围内．在x 轴上放置长度为L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L ，当磁感应强度为B 0时，沿y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用．图10(1)求离子的比荷；q m(2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；(3)假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布，当θ＝37°，磁感应强度在B 0≤B ≤3B 0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系．(不计离子在磁场中运动的时间)答案 (1) (2)60° (3)见解析v B 0L 解析 (1)磁场强度为B 0时，沿着y 轴正方向射入的离子，正好打在收集板右端，则离子轨迹如图甲：可知R ＝L ，又q v B 0＝m ，v 2R联立可得：＝q m v B 0L(2)如图乙所示，以最大值θm 入射时，乙根据几何关系，有：2R cos θm ＝L ，故θm ＝60°(3)B ≥B 0，全部收集到离子时的最小半径为R 1，如图丙丙有2R 1cos 37°＝L ，得B 1＝＝1.6B 0m v qR 1当B 0≤B ≤1.6B 0时，n 1＝n 0B >1.6B 0，恰好收集不到离子时的半径为R 2，有R 2＝0.5L ，得B 2＝2B 0因此当1.6B 0<B ≤2B 0时，设R ′＝，m v qB则n 2＝n 0＝n 0(5－)，2R ′－L2R ′(1－cos 37°)5B 2B 0当2B 0<B ≤3B 0时，极板上无法收集到离子，n 3＝0.。
专题九 第二讲 磁场对运动电荷的作用
图 8－ 2－ 5
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图8－2－6 所示)
图 8－ 2－ 6
2． (2014· 全国卷Ⅰ )如图8210， MN为铝质薄平板，铝板上 方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场 (未画出)。一带电粒
子从紧贴铝板上表面的 P点垂直于铝板向上射出，从 Q点穿越
铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一 半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁 感应强度大小之比为( A．2 B. )
则、左手定则，易知 A 、 B 正
确。[答案] AB
3．临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界
磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，
因此，它可能穿过去了，也可能转过 图9－2－16
180°从入射面边界反向飞出，如图9－2－16所示， 于是形成了多解。
3．长为 L 的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场(如图所 示)，磁感强度为 B，板间距离也为 L，板不带电；现有质 量为 m、电量为 q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间 中点处垂直磁感线以速度 v 水平射入磁场，欲使粒子不打 在极板上，粒子的速度应满足什么条件？
2．磁场方向不确定形成多解
磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度 大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方 向不确定而导致的多解。
[典例2]
(多选)在M、N两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的
运动轨迹示意图如图 8213所示。已知两条导线M、N中只有一条导线 中通有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流方向和粒子带电情 况及运动的方向，可能是( )
mv θ (3) eB tan 2
4．在以坐标原点 O 为圆心、半径为 r 的圆形区域内，存在磁感应强 度大小为 B、 方向垂直于纸面向里的匀强磁场(如图所示)． 一个不 计重力的带电粒子从磁场边界与 x 轴的交点 A 处以速度 v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与 y 轴的交点 C 处沿＋y 方向 飞出． (1)求该带电粒子的荷质比 q/m；
(生)浙江高中物理新选考命题研究复习讲义：第九章 磁场 第1讲 磁场及其对电流的作用
第1讲磁场及其对电流的作用[考试标准]一、磁场和磁感应强度1．磁场(1)磁场：存在于磁体周围或电流周围的一种客观存在的特殊物质．磁体和磁体之间、磁体和通电导体之间、通电导体和通电导体间的相互作用都是通过磁场发生的．(2)基本性质：对放入其中的磁体或通电导体有力的作用．(3)方向：①小磁针N极所受磁场力的方向．②小磁针静止时N极的指向．(4)地磁场：地球磁体的N极(北极)位于地理南极附近，地球磁体的S极(南极)位于地理北极附近．2．磁感应强度(1)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(2)方向：小磁针静止时N极的指向．自测1 (多选)一小段长为L 的通电直导线放在磁感应强度为B 的磁场中，当通过它的电流为I 时，所受安培力为F .以下关于磁感应强度B 的说法正确的是( ) A ．磁感应强度B 一定等于F ILB ．磁感应强度B 可能大于或等于FILC ．磁场中通电直导线受力大的地方，磁感应强度一定大D ．在磁场中通电直导线也可能不受安培力 二、几种常见的磁场 1．常见磁体的磁场(如图1)图12．电流的磁场自测2 图2中四图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是( )图2A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④三、通电导线在磁场中受到的力1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时，F＝BIL.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．自测3在如图所示的四幅图中，正确标明通电导线所受安培力F方向的是()命题点一安培定则磁感应强度的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”.2.磁场叠加问题的一般解题思路图3(1)确定磁场场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图3所示为M、N在c点产生的磁场．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．例1(多选)三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图4所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有()图4A．O点处实际磁感应强度的大小为BB．O点处实际磁感应强度的大小为5BC．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角正切值为2变式1中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了：“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图5所示．结合上述材料，下列说法正确的是()图5A．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近B．结合地球自转方向，可以判断出地球是带正电的C．地球表面任意位置的磁场方向都与地面平行D．因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显变式2(2018·浙江4月选考·12)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图6所示．有一种探测的方法是，首先给金属长直管通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L.由此可确定金属管线()图6A ．平行于EF ，深度为L2B ．平行于EF ，深度为LC ．垂直于EF ，深度为L2D ．垂直于EF ，深度为L变式3 有两根长直导线a 、b 互相平行放置，如图7所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O 点为两根导线连线的中点，M 、N 为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O 点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I ，则关于线段MN 上各点的磁感应强度的说法中正确的是( )图7A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相同B ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C ．在线段MN 上中点O 处的磁感应强度最大D ．在线段MN 上各点的磁感应强度都不可能为零 命题点二 安培力的分析和计算 1．安培力的大小应用公式F ＝BIL 计算(当磁场方向和电流方向垂直时)，但要注意L 是导线的有效长度，B 是导线所在处的磁感应强度值．在实际应用中，导线可能不是直导线、磁场在导线处的磁感应强度也可能不相同，分析时需要进行有效转化，如找等效长度、微分为电流元、转换研究对象等． 2．安培力的方向 根据左手定则判断．例2 (2018·台州市期末)如图8所示，三根长为L 的无限长直导线的横截面在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里．电流大小均为I ，其中A 、B 电流在C 处产生的磁感应强度的大小均为B 0，导线C 位于水平面处于静止状态，则导线C 受到的静摩擦力是( )图8A.3B 0IL ，水平向左B.32B 0IL ，水平向右C.32B 0IL ，水平向左 D.3B 0IL ，水平向右变式4 (2018·浙江11月选考·7)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图9所示，两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上，当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零．下列说法正确的是( )图9A ．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B ．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C ．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力D ．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力变式5 如图10所示，AC 是一个用长为L 的导线弯成的、以O 为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC 垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中．当在该导线中通以由C 到A 、大小为I 的恒定电流时，该导线受到的安培力大小和方向是( )图10A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BIL π，平行于OC 向右C.22BIL π，垂直AC 的连线指向左下方D ．22BIL ，垂直AC 的连线指向左下方拓展点 安培力作用下导体运动情况的判断 几种判定方法环形电流小磁针 条形磁铁通电螺线管多个环形电流例3 一个可以自由运动的线圈L 1和一个固定的线圈L 2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图11所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L 1将( )图11A ．不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．在纸面内平动变式6 把一根通电的硬直导线ab 放在磁场中，电流方向由a 向b ，导线所在区域的磁感线呈弧形，方向如图12所示．若导线可以在空中自由移动和转动，则( )图12A ．虚线框内一定是蹄形磁铁B ．虚线框内可能是电流方向垂直纸面向外的直导线C ．直导线a 端受到的安培力垂直纸面向里D ．直导线ab 在转动的同时还会向虚线框靠近命题点三 安培力作用下的综合问题 1．解决综合问题的关键 (1)电磁问题力学化：根据导体中的电流方向与磁场方向，利用左手定则先判断出安培力的方向，然后对导体进行受力分析、运动分析．(2)立体图形平面化：把电磁学问题力学化，应用平衡条件或牛顿运动定律是解决有关安培力的动力学问题的关键． 2．安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同． (2)安培力做功的实质是能量转化①安培力做正功时将电源的能量转化为导线的机械能或其他形式的能． ②安培力做负功时将机械能或其他形式的能转化为电能． 类型1 通电线框的平衡问题例4 (2018·宁波市重点中学联考)如图13所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n ，线圈的水平边长为l ，处于虚线方框内的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，方向与线圈平面垂直，当线圈中通有如图所示电流I 时，调节砝码使天平达到平衡．然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中拿走质量为m 的砝码，才能使天平再达到新的平衡，由此可知( )图13A ．磁场方向垂直线圈平面向内，大小为B ＝mg nIlB ．磁场方向垂直线圈平面向内，大小为B ＝mg2nIlC ．磁场方向垂直线圈平面向外，大小为B ＝mgnIlD ．磁场方向垂直线圈平面向外，大小为B ＝mg2nIl类型2 通电金属棒的平衡问题例5 如图14所示，在匀强磁场区域中有一光滑固定斜面体，在斜面体上放置一根长为L 、质量为m 的导线，当通以如图方向的电流后，导线恰好能保持静止，则磁感应强度B 满足( )图14A ．B ＝mgIL ，方向竖直向上B ．B ＝mg sin θIL ，方向垂直纸面向外C ．B ＝mg cos θIL ，方向沿斜面向上D ．B ＝mg tan θIL，方向竖直向下变式7 (2018·台州市外国语学校期末)如图15所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B .当棒通以方向由a 到b 、大小为I 的电流时，棒处于平衡状态，平衡时弹簧伸长量为x 1；保持电流大小不变，使棒中电流反向，则棒平衡时下列说法正确的是( )图15A ．弹簧伸长，伸长量为2ILB k ＋x 1B ．弹簧伸长，伸长量为ILBk ＋x 1C ．弹簧压缩，压缩量为2ILBk －x 1D ．弹簧压缩，压缩量为ILBk－x 1类型3安培力作用下的运动问题例6如图16甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图甲中I所示方向为电流正方向．则关于金属棒的说法错误的是()图16A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功变式8(2018·牌头中学期中)电磁炮是一种理想兵器，它的主要原理如图17所示，1982年澳大利亚国立大学成功研制出能把2.2 g的弹体(包括金属杆MN的质量)由静止加速到10 km/s的电磁炮．若轨道宽2 m，长100 m，通过金属杆的电流恒为10 A，不计轨道摩擦，则()图17A．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5 TB．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5×104 TC．该电磁炮工作时磁场力的最大功率为1.1×104 kWD．该电磁炮装置中对磁场方向和电流方向的关系没有要求1．(2018·浙江11月选考·2)发现电流磁效应的物理学家是()A．法拉第B．奥斯特C．库仑D．安培2．(2018·新高考联盟联考)高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图1所示，则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是()图1A．向东B．向南C．向西D．向北3.磁场中某区域的磁感线如图2所示，则()图2A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小4.(2016·浙江10月选考·10)如图3所示，把一根通电的硬直导线ab用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是()A．向上B．向下C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里5．(2018·牌头中学期中)在匀强磁场中的同一位置放置一根短直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通以不同的电流，导线受到的磁场力也不同，下列表示导线受到的磁场力F与其电流I的关系图象(a、b各代表一组F、I的数据)正确的是()6.(2017·浙江4月选考·9)如图4所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a、b两点位于导线所在的平面内．则()图4A．b点的磁感应强度为零B．ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C．cd导线受到的安培力方向向右D．同时改变两导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变7.(多选)如图5所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长直通电导线，电流的方向垂直纸面向里，以直导线为中心的同一圆周上有a、b、c、d四个点，连线ac和bd是相互垂直的两条直径，且b、d在同一竖直线上，则()A．c点的磁感应强度的值最小B．b点的磁感应强度的值最大C．b、d两点的磁感应强度不同D．a、b两点的磁感应强度相同8.(2018·温州新力量联盟期末)老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图6所示，在容器的中心放一个圆柱形电极B，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极A，把A和B分别与直流电源的两极相连，然后在容器内放入导电液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．关于这种现象，下列说法正确的是()图6A．液体旋转是因为电磁感应现象B．液体旋转是因为受到安培力作用C．仅将电流方向改为反向，液体旋转方向不变D．仅将磁场方向改为反向，液体旋转方向不变9．如图7所示，用两根相同的弹簧测力计钩住一根铜棒，铜棒所在的虚线框范围内有垂直纸面的匀强磁场．当铜棒中通入自左向右的电流，静止时两弹簧测力计的示数均为F1；若将铜棒中电流反向而大小保持不变，静止时两弹簧测力计的示数均为F2，且弹簧测力计示数F2大于F1.则根据以上所给的信息不能求出的是()图7A．铜棒自身重力的大小B．铜棒所受安培力的大小C．虚线框内磁感应强度的方向D．虚线框内磁感应强度的大小10.如图8所示，将一个半径为R 的金属圆环串联接入电路中，电路中的电流为I ，接入点a 、b 是圆环直径上的两个端点，流过圆弧acb 和adb 的电流相等．金属圆环处在磁感应强度为B 、方向如图所示的匀强磁场中，磁场方向与圆环所在的平面垂直，则金属圆环受到的安培力为( )图8A ．0B ．πBIRC ．2BIRD ．4BIR11．如图9所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的正中间上方固定一根长直导线，导线中通有方向垂直纸面向里(即与条形磁铁垂直)的电流，与原来没有电流通过时相比较，磁铁受到的支持力F N 和摩擦力F f 将( )图9A ．F N 减小，F f ＝0B ．F N 减小，F f ≠0C ．F N 增大，F f ＝0D ．F N 增大，F f ≠012．如图10所示，长为L 的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k 的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，弹簧伸长量为x ，棒处于静止状态．则( )图10A ．导体棒中的电流方向从b 流向aB ．导体棒中的电流大小为kx BLC ．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x 变大D ．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x 变大13.如图11所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为n 的矩形线框abcd ，bc 边长为l ，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I ，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B ，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小Δx 及方向是( )图11A ．Δx ＝2nBIl k，方向向上 B ．Δx ＝2nBIl k ，方向向下 C ．Δx ＝nBIl k ，方向向上 D ．Δx ＝nBIl k，方向向下 14.质量为m 、长为L 的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图12所示．则下列关于导体棒中的电流分析正确的是( )图12A ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg BL B ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg 3BL C ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mg BL D ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mg 3BL15．如图13所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经光滑轻质定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3 kg.导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？图1316．如图14所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，金属棒在导轨上保持静止，求：图14(1)金属棒所受到的安培力的大小；(2)通过金属棒的电流的大小；(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值．。
2020版53B浙江物理5年高考3年模拟复习专题九 磁场
一、洛伦兹力的推导和特点 １．推导 如图所示，直导线长为 Ｌ，电流为 Ｉ，导体中运动电荷数为 ｎ，
横截面积为 Ｓ，电荷的电荷量为 ｑ，运动速度为 ｖ，则
Ａ．ｚ 正向，ｍＩＬｇ ｔａｎ θ
７ ６ ５ 年高考 ３ 年模拟 Ｂ 版（ 教师用书）
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一、通电导体在磁场中受到的安培力 １．方向：根据左手定则判断。 ２．大小：Ｆ ＝ ＢＩＬ ｓｉｎ θ（ 其中 θ 为 Ｂ 与 Ｉ 之间的夹角） ，若磁场
和电流垂直，则 Ｆ ＝ ＢＩＬ；若磁场和电流平行，则 Ｆ ＝ ０。 其中的 Ｌ 为导线在磁场中的有效长度。 如弯曲通电导线的有效长度 Ｌ 等 于连接两端点的线段的长度，相应的电流方向沿两端点连线由 始端流向末端，如图所示。
ＦＴ
ｃｏｓ
θ ＝ ｍｇ，所以
Ｂ
＝
ｍｇ ＩＬ
ｔａｎ
θ，Ｃ
正确；若
Ｂ
沿悬线向上，受力
如图③，导线无法平衡，Ｄ 错误。
Ａ．减小电流大小 Ｂ．增长线框的宽度 ｌ Ｃ．减轻左盘砝码的质量 Ｄ．增加线圈的匝数
浙江省新高考压轴题磁场大题解析
浙江省新高考物理卷压轴题（“磁场”题）解析江苏省特级教师 戴儒京2016年开始，浙江省与上海市一起作为教育部新一轮高考改革的试点，全国的教师，都在关注，全国的物理教师，都在关注其物理试题。
在物理试题中，有一类试题特别受关注，那就是关于“带电粒子在电磁场中的圆周运动”的题目，为什么呢？因为它难，往往成为全国及各省市高考物理试卷的压轴题。
对于浙江新高考物理试卷，就是第23题（试卷的最后一题）或22题（试卷的倒数第2题）。
本文就把浙江省新高考物理卷压轴题解析下来，以供广大物理教师特别是高三物理教师参考。
本文包括浙江省新高考以来4年7题，除2016年4月卷22题，其余各卷均为23题。
除2019年外（2019年10月还未到），每年2卷，分别在4月和10月或11月。
所以本文包括4年7题。
1.2019年第23题 23．（10分【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。
左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。
离子源发出两种速度均为v 0、电荷量均为q 、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。
在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点。
已知OP=0.5r 0，OQ= r 0，N 、P 两点间的电势差,54cos =θ，不计重力和离子间相互作用。
（1）求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小；（2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l （用r 0表示）； （3）若磁感应强度在（B —△B ）到（B ＋△B ）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两束离子，求的最大值【解析】（1） 径向电场力提供向心力0200r mv q E =20qr mv E =，00qr mv B = （2） 动能定理25.021mv ⨯-205.021mv ⨯=NP qUm qU v v NP 420+==50v ，0255.0r qB mv r == 05.0cos 2r r l -=θ 05.1r l =（3） 恰好能分辨的条件：-∆-B B r 120=∆+BB r 1cos 2θ20r %12417≈-=∆BB2. 2018年11月第23题23.（10分）【加试题】小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”。
浙江省高中物理学业水平复习：第九章 课时1 磁场及其描述
对点自测1:下列四幅图表示的工具或装置,利用地磁场工作的是( B ) 解析:指南针是利用了地磁场来指南北的,故B正确。
考点2 磁感应强度
1.物理意义:描述磁场的强弱和方向。 2.大小:B= F (通电导线垂直于磁场方向)。
IL 3.方向:小磁针静止时N极的指向。 4.单位:特斯拉(T)。
说明
(1)磁感应强度由磁场决定,与检验电流无关。 (2)磁感应强度是矢量,磁场叠加时合磁感应强度等于各分磁场的矢 量和。 (3)磁感应强度的大小与方向处处相同的磁场叫匀强磁场。
说明 (1)磁感线是假想的曲线,客观上不存在。 (2)磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。 (3)匀强磁场的磁感线是一些间隔相同的平行直线。 (4)在磁体外部,磁感线从N极指向S极;在磁体内部,由S极指向N极。 (5)磁感线是闭合曲线,没有起点和终点;同一磁场的磁感线不中断、不 相交、不相切。
2.电流的磁场 安培定则 电流附近存在着磁场,磁感线方向可以用安培定则判断。 三种常见的电流磁场如表所示:
解析:由图乙可知,在通电螺线管内部x1<x<x2的区域内,磁感应强度并不 是恒定不变的,但有一部分磁感应强度保持不变,选项A错误,D正确;由
图乙可知,通电螺线管两端点x=x1和x=x2处的磁感应强度既不为0也不是 磁感应强度最大的点,选项B,C错误。
考点3 磁感线 电流的磁场 安培定则
1.磁感线:在磁场中画出一些有方向的曲线,使曲线上各点的切线方向 跟这点的磁感应强度方向一致,这样的曲线叫磁感线。
专题九 第1讲 磁场 磁场对电流的作用
则可知在磁针所处的磁场方向沿OO′轴向左，由于磁针N 极指
向为磁场方向，所以应选C. 答案：C
6．如图 9－1－2 所示，a、b、c 三枚小磁针分别放在通电螺 线管的正上方、管内和右侧．当这些小磁针静止时，小磁针 N 极 的指向是( ) A．a、b、c 均向左 B．a、b、c 均向右
C．a 向左，b 向右，c 向右
磁场力 F 的方向相同
解析：根据磁感应强度的定义，A 正确；通电导线(电流 I )
与磁场平行时，磁场力为零，B 错误；C 中结论成立的前提是
通电导线(电流 I )必须与磁场垂直，C 错误；B 与F 方向一定垂 直，D 错误． 答案：A
3．(双选)关于磁感线，下列说法中正确的是(
)
A．磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致 B．磁感线是磁场中客观存在的、肉眼看不见的曲线
(2)特点：不仅与B、I、L有关，还与夹角θ有关；L是有效 长度，不一定是导线的实际长度．弯曲导线的有效长度 L 等于 两端点所连直线的长度，所以任意形状的闭合线圈的有效长度
L＝0.
(3)安培力的方向：安培力的方向既与磁场方向垂直，又与
电流的方向垂直，即 F 总是垂直于 B 和 I 所在的平面，可以用 左手定则来判定．
N 闭合 (3)磁感线是永不相交的_____曲线：在磁体外部，从___极
S N 指向___极；在磁体内部，由___极指向___极． S (4)注意：熟记条形磁体、蹄形磁体、直线电流、环形电流、 通电螺线管的磁感线分布状况．
4．磁通量 (1)定义：设在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积
为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积 S 的乘积，
(4)推论分析法：两电流相互平行时无转动趋势，方向相同
浙江省高考物理《选考总复习》配套课件：第九章 第1讲 电磁感应现象 楞次定律
阻碍什么
如何阻碍
3.右手定则 (1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手 掌在同一个平面内；让 从掌心进入，并使拇指指向 磁感线 导线运动 的方向，这时四指所指的方向就是 的方向. 感应电流 (2)适用情况：导体 产生感应电流. 切割磁感线
答案
[深度思考 ] 判断下列说法是否正确 . (ห้องสมุดไป่ตู้)应用楞次定律本身只能确定感应电流的磁场方向 × .( )
)
√ 原磁场的
C. 感应电流的磁场方向可能与原磁场的方向相反，也可能与
方向相同
D.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化 √
1
2
3
4
5
5.如图2所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方
有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下.在将磁铁的S极插入 线圈的过程中( ) A.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥
(2)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强 × .(
应转化成电能.( √ )
)
(3) 产生感应电流的过程，一定有其他形式的能通过电磁感
答案
2
加试题组专练
1
2
3
4
5
1.下列关于电磁感应现象的认识，正确的是( A.它最先是由奥斯特通过实验发现的 B.它说明了电能生磁
)
√ D.它揭示了电流受到安培力的原因
a→b→c→d→a
B.导线框离开磁场时，感应电流方向为
图3 C.导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
a→d→c→b→a
√
D.导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
方法感悟
解析
[题组阶梯突破]
1 2 3 4 5
2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第九章磁场专题强化三含答案
专题强化三带电粒子在叠加场和组合场中的运动命题点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，可由此求解问题．(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例1如图1，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图1(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)mqg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件：q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qv B ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ， B ＝m qg l(3)微粒做匀速直线运动的时间：t 1＝2lv ＝l g 做匀速圆周运动的时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g 在复合场中的运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g. 变式1 如图2，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c ，已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )图2A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a答案 B解析 设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋q v B ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋q v B ＝qE ③比较①②③式得：m b >m a >m c ，选项B 正确．变式2 (2019届效实中学期中)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图3所示，已知电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g .运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图3(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R 1＝3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A 点，则另一个液滴怎样运动？ 答案 见解析解析 (1)、(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，知液滴带负电，液滴所受洛伦兹力提供向心力，由左手定则结合题图知液滴顺时针运动． 即Eq ＝mg ，q v B ＝m v 2R解得v ＝gBRE(3)分裂后的液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v 1＝gBR 1E ＝gB ·3RE＝3v ，方向向左．分裂后第二个液滴的速度设为v 2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向 m v ＝12m v 1＋12m v 2，解得v 2＝－v即分裂后第二个液滴速度大小为v ，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，绕行方向为顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径R 2＝R . 命题点二 带电粒子在组合场中的运动 1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下： 匀速圆周运动←粒子垂直于磁感线进入匀强磁场←磁偏转←组合场中两种典型运动→电偏转→粒子垂直于电场线进入匀强电场→类平抛运动 第3步：用规律磁偏转→匀速圆周运动→圆轨迹→找半径→定圆心⎩⎪⎨⎪⎧半径公式周期公式电偏转→类平抛运动⎩⎪⎨⎪⎧初速度方向→匀速直线运动电场方向→匀变速直线运动2．解题步骤(1)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(2)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．模型1 磁场与磁场组合例2 人类研究磁场的目的之一是通过磁场控制带电粒子的运动．如图4所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型．在0≤x ＜d 和d <x ≤2d 的区域内，存在磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，其方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外．在坐标原点有一粒子源连续不断地沿x 轴正方向释放出质量为m 、带电荷量为q (q >0)的粒子，其速率有两种，分别为v 1＝23qBd 3m 、v 2＝2qBdm .(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用)图4(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做圆周运动的半径R 1和R 2. (2)求两种速率的粒子从x ＝2d 的边界射出时，两出射点的距离Δy 的大小．(3)在x >2d 的区域添加另一匀强磁场，使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线．答案 (1)233d 2d (2)4(233－1)d (3)见解析图解析 (1)根据q v B ＝m v 2R 可得：R ＝m vqB又因为粒子速率有两种，分别为：v 1＝23qBd 3m ，v 2＝2qBdm解得：R 1＝233d ，R 2＝2d(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，辅助线如图所示，根据几何关系可知：速率为v 1的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 1＝2(R 1－R 12－d 2)＝233d速率为v 2的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 2＝2(R 2－R 22－d 2)＝2(2－3)d 联立可得两出射点距离的大小：Δy ＝y 1－y 2＝4(233－1)d(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中倾斜虚线所示，可以使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．模型2 电场与磁场组合例3 (2016·浙江4月选考·22)如图5为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L ＝0.10 m ，高均为H ＝0.06 m ．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v ＝1.0×105 m/s 水平射入，质子荷质比近似为qm ＝1.0×108 C/kg.(忽略边界效应，不计重力)图5(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值E max ； (2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值B max ； (3)若区域Ⅰ加电场E 小于(1)中的E max ，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B 与区域Ⅰ中的电场E 之间的关系式． 答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3 T (3)B ＝2E v 解析 (1)质子在电场中做类平抛运动 v y ＝at ＝qELm v ，tan α＝v y v ＝EqL m v2质子恰好能到达区域Ⅱ右下端时，外加电场最大， 此时有tan α＝H 2L ＋L 2，得E max ＝Hm v 23qL 2＝200 V/m.(2)质子在磁场中运动有q v B ＝m v 2R ，即R ＝m vqB根据几何关系有：R 2－(R －H2)2＝L 2时，外加磁场最大得B max ＝m v H q (L 2＋H24)≈5.5×10－3T. (3)质子运动轨迹如图所示．设质子进入磁场时的速率为v ′，则 sin α＝v y v ′＝at v ′＝Eq m ·L v v ′＝EqLm vv ′由几何关系知sin α＝L 2R ＝L 2m v ′Bq＝BqL 2m v ′，得B ＝2Ev .变式3 (2017·浙江4月选考·23)如图6所示，在xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿x 轴正方向每秒发射出N 个速率均为v 的电子，形成宽为2b 、在y 轴方向均匀分布且关于x 轴对称的电子流．电子流沿x 方向射入一个半径为R 、中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从P 点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x 轴的金属平行板K 和A ，其中K 板与P 点的距离为d ，中间开有宽度为2l 且关于y 轴对称的小孔．K 板接地，A 与K 两板间加有正负、大小均可调的电压U AK ，穿过K 板小孔到达A 板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b ＝32R ，d ＝l ，电子质量为m，电荷量为e ，忽略电子间的相互作用．图6(1)求磁感应强度B 的大小；(2)求电子从P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ的范围；(3)当U AK ＝0时，每秒经过极板K 上的小孔到达极板A 的电子数； (4)画出电流i 随U AK 变化的关系曲线. 答案 见解析解析 轨迹示意图(1)“磁聚焦”模型要求：R ＝m v eB ，解得B ＝m veR .(2)b ＝32R ，由几何关系知：θ在关于y 轴左、右对称的60°(含)范围内．(3)要进入小孔，电子到达P 点时与y 轴负方向的夹角φ≤45° 则：N 0N ＝2R sin φ2b ＝sin φsin 60°≤63则当U AK ＝0时每秒到达A 板的电子数：N 0＝63N . (4)①当U AK ≥0时，进入小孔的电子全部能到A 板 i 1＝N 0e ＝63Ne ②设当U AK ＝U 1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A 板 则eU 1＝0－12m (v cos φ1)2，解得U AK ＝－m v 24e即在区间(－m v 24e ，0)之间，i 2＝N 0e ＝63Ne③当U AK 反向继续增大时，将出现有电子(该临界角度为α) 刚好打到A 板上，而φ>α的电子打不到A 板 i ＝sin αsin 60°Ne ，eU AK ＝0－12m (v cos α)2 解得：i ＝43＋8eU AK3m v 2Ne . i ＝0时，U AK ＝－m v 22e.综上所述：i －U AK 图线如图所示变式4 如图7所示，O ′PQ 是关于y 轴对称的四分之一圆，在PQNM 区域有均匀辐向电场，PQ 与MN 间的电压为U .一初速度为零的带正电的粒子从PQ 上的任一位置经电场加速后都会从O ′进入半径为R 、中心位于坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向外，大小为B ，粒子经磁场偏转后都能平行于x 轴射出．在磁场区域右侧有一对平行于x 轴且到x 轴距离都为R 的金属平行板A 和K ，金属板长均为4R ，其中K 板接地，A 与K 两板间加有电压U AK >0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力．已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O ′在y 轴上．图7(1)求带电粒子的比荷qm；(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；(3)若无论带电粒子从PQ 上哪个位置出发都能打到K 板上，则电压U AK 至少为多大？ 答案 (1)2U B 2R 2 (2)－22R ～22R (3)2＋24U 解析 (1)由动能定理可知qU ＝12m v 2由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R 0＝R 洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力， q v B ＝m v 2R 0.联立解得q m ＝2UB 2R2(2)如图，沿QN 方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O 1，由几何关系知，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a 在y 轴上的投影与O ′的距离为 Δy ＝R ＋22R a 点的纵坐标y a ＝22R同理可得，沿PM 方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b 的纵坐标y b ＝－22R 故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为： －22R ～22R(3)只要沿QN 方向入射的带电粒子能打在K 板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K 板上，则在电场中 E ＝U AK 2RF ＝qE ＝ma Δy ＝R ＋22R ＝12at 2 应满足4R ≥v t 解得U AK ≥2＋24U .1．如图1甲所示，水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝50 T ，已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E ＝50 V/m ，M 板中心有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好从N 板边缘水平飞出．已知油滴的质量m ＝10－4 kg ，电荷量q ＝＋2×10－5C(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，取π＝3)．求：图1(1)油滴在P 点的速度大小； (2)N 板的长度；(3)交变磁场的变化周期． 答案 (1)1 m/s (2)0.6 m (3)0.3 s解析 (1)由机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 2解得v ＝1 m/s(2)进入场区时，因为mg ＝10－3 N ，方向向下，而Eq ＝10－3 N ，方向向上．所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动， 所以B 0q v ＝m v 2R解得R ＝0.1 m因d ＝0.3 m ，则若使油滴从N 板边缘水平飞出，需在场内做三次14圆弧运动．所以，N 板的长度L ＝6R . 解得L ＝0.6 m(3)油滴在磁场中运动的周期T 0＝2πR v ＝2πmB 0q由(2)分析知交变磁场的周期T ＝12T 0联立解得T ＝0.3 s.2．(2019届东阳中学模拟)如图2所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度大小B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN 的极板长L ＝0.3 m 、间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102 V ，其中N 极板收集的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm ＝108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O 点入射方向与y 轴的夹角θ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η. 答案 见解析解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由q v B ＝m v 2R 0得R 0＝m vqB＝0.08 m(2)如图所示，从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴的夹角为θ，轨迹圆心与y 轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°(3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y ： 则y ＝12at 2，a ＝qUmd ，L ＝v t ，联立解得y ＝UqL 22md v 2＝0.08 m设此粒子入射时与x 轴正方向夹角为α，则有： y ＝r sin α＋R 0－ R 0cos α 可知tan α＝43即α＝53°比例η＝53°180°×100%≈29.4%.3．某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图3所示．AB 、CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD 的右侧有一与CD 相切于M 点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O 点以水平初速度v 0正对P 点进入该电场后，从M 点飞离CD 边界，再经磁场偏转后又从N 点垂直于CD 边界回到电场区域，并恰能返回O 点．已知O 、P 间距离为d ，粒子质量为m ，电荷量为q ，电场强度大小E ＝3m v 02qd ，粒子重力不计．试求：图3(1)粒子从M 点飞离CD 边界时的速度大小； (2)P 、N 两点间的距离；(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小． 答案 (1)2v 0 (2)38d (3)54d 83m v 05qd解析 (1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O 到M 点时间：t 1＝dv 0粒子在电场中的加速度：a ＝Eqm ＝3v 02dP 、M 两点间的距离为：PM ＝12at 12＝32d .粒子在M 点时竖直方向的分速度：v y ＝at 1＝3v 0 粒子在M 点时的速度：v ＝v 02＋v y 2＝2v 0 速度偏转角的正切值：tan θ＝v yv 0＝3，故θ＝60°；(2)粒子从N 到O 点时间：t 2＝d 2v 0粒子从N 到O 点过程竖直方向的位移：y ＝12at 22故P 、N 两点间的距离为：PN ＝y ＝38d (3)设粒子在磁场中运动的半径为R ，由几何关系得：R cos 60°＋R ＝PN ＋PM ＝538d 可得半径：R ＝5312d由q v B ＝m v 2R ，即：R ＝m vqB解得：B ＝83m v 05qd由几何关系确定区域半径为：R ′＝2R cos 30° 即R ′＝54d .4．如图4，静止于A 处的离子经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E 0，方向如图所示；离子质量为m 、电荷量为q ；QN ＝2d 、PN ＝3d ，离子重力不计．图4(1)求圆弧虚线对应的半径R 的大小；(2)若离子恰好能打在NQ 的中点，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值；(3)若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围． 答案 (1)2U E 0 (2)12U d (3)12d2Um q ≤B ＜23d2Umq解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理， 有：qU ＝12m v 2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，知离子带正电，电场力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有qE 0＝m v 2R联立解得：R ＝2UE 0(2)离子做类平抛运动，若恰好能打在NQ 的中点，则 d ＝v t,3d ＝12at 2由牛顿第二定律得：qE ＝ma ， 联立解得：E ＝12Ud(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 q v B ＝m v 2r ，则 r ＝1B2Umq离子能打在QN 上，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.由几何关系知，离子能打在QN 上，必须满足：32d ＜r ≤2d ，则有12d2Um q ≤B ＜23d2Umq. 5．(2018·宁波市十校联考)一个放射源水平放出α、β、γ三种射线，垂直射入如图5所示磁场，区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d ，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B 相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)．已知电子质量m e ＝9.1×10－31kg ，α粒子质量m α＝6.7×10－27kg ，电子电荷量q ＝1.6×10－19C ，1＋x ≈1＋x2(|x |<1时)．图5(1)若要筛选出速率大于v 1的所有β粒子进入区域Ⅱ，求磁场宽度d 与B 和v 1的关系(用题中所给字母表示即可)；(2)若B ＝0.027 3 T ，v 1＝0.1c (c 是光速)，计算d ；α粒子的速率为0.001c ，计算α粒子离开区域Ⅰ时的偏移距离(答案均保留三位有效数字)；(3)当d 满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v 1<v <v 2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置． 答案 见解析解析 (1)作出临界轨迹如图甲所示，由几何关系知：r ＝d ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v 1B ＝m e v 12r ，解得：d ＝m e v 1qB；(2)对电子：d ＝m e v 1qB ＝9.1×10－31×0.1×3×1081.6×10－19×0.027 3m ＝6.25×10－3 m 对α粒子：r α＝m αv αq αB ＝6.7×10－27×0.001×3×1082×1.6×10－19×0.027 3m ≈0.230 m 作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的偏移距离：y ＝r α－r α2－d 2＝r α－r α(1－d 2r α)(1＋d 2r α)＝d 24r α≈4.25×10－5 m ；(3)画出速率分别为v 1和v 2的粒子离开区域Ⅱ的轨迹如图丙所示，速率在v 1<v <v 2区域间射出的β粒子束宽为y 1－y 2， y 1＝2d ＝2m e v 1qB ，y 2＝2(r 2－r 22－d 2)＝2m eqB(v 2－v 22－v 12).。
2025年高考物理总复习专题九磁场第1讲磁场、磁场对电流的作用
第1讲磁场、磁场对电流的作用知识巩固练1.(2023年佛山模拟)如图(俯视图)，在竖直向下、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场中，有一根长0.4 m的金属棒ABC从中点B处折成60°角静置于光滑水平面上，当给棒通以由A 到C、大小为5 A的电流时，该棒所受安培力为()A.方向水平向右，大小为4.0 NB.方向水平向左，大小为4.0 NC.方向水平向右，大小为2.0 ND.方向水平向左，大小为2.0 N【答案】D【解析】金属棒的有效长度为AC，根据几何知识得L=0.2 m，根据安培力公式得F=BIL=2×5×0.2=2 N，根据左手定则可判定安培力水平向左，故A、B、C错误，D正确.2.(2023年北京昌平二模)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度.它的右臂挂有一个矩形线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直.当线圈中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡.所测磁场的磁感强度B的大小为()A.mg2NIL B.2mgNILC.NIL2mgD.2NILmg【答案】A【解析】根据平衡条件有mg=2NBIL，解得B=mg2NIL，A正确.3.(2022年华师附中测试)(多选)在匀强磁场中放入一条通电短导线，并将它固定.然后改变导线中通入的电流，画出该导线所受安培力的大小F与通过导线电流I的关系图像，其中图A为曲线.M、N各代表一组F、I的数据.则在下列四幅图中，你认为可能正确的是()A BC D【答案】BD【解析】在匀强磁场中，通电导线受到的安培力为F=BIL sin θ，当电流方向与磁场方向平行时，安培力为0.当电流方向与磁场方向不平行时，在匀强磁场中，安培力与电流大小成正比，F-I图像为过原点的直线.故B、D正确.4.如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根用同种材料制作的导体棒a、b、c，其中b最短，c为直径与b等长的半圆，导体的电阻与其长度成正比，导轨电阻不计.现将装置置于向下的匀强磁场中，接通电源后，三根导体棒中均有电流通过，则它们受到安培力的大小关系为() A.F a＞F b=F c B.F a=F b＞F cC.F a=F b=F cD.F a＞F b＞F c【答案】B【解析】导体棒a、b、c的有效长度相等，但c的电阻大于a、b，所以通过c 的电流小于a、b.由F=BIL，可知B正确，A、C、D错误.5.如图所示，在匀强磁场中，有一个正六边形线框.现给线框通电，正六边形线框中依次相邻的四条边受到的安培力的合力大小是F，则正六边形线框的每条边受到的安培力的大小为()F B.F C.√3F D.2FA.√33【答案】A【解析】根据左手定则，依次相邻的四条边中相对的两条边受的安培力等大反向合力为零，中间相邻的两条边受安培力方向夹角为60°，每边受安培力设为F1，则2F1cos F，A正确.30°=F，可得F1=√33综合提升练6.(2023年朝阳模拟)如图甲所示，在匀强磁场中，质量为m、长为L的导体棒用两根等长绝缘细线悬挂于同一水平线上的O、O'两点，两细线均与导体棒垂直.图乙中直角坐标系的x 轴与导体棒及OO'平行，z轴竖直向上.若导体棒中通以沿x轴正方向、大小为I的电流，导体棒静止时细线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度可能()A.沿x轴正方向，大小为mgILB.沿y轴正方向，大小为mgcos θILC.沿z轴正方向，大小为mgtan θILD.沿细线向下，大小为mgsin θIL【答案】D【解析】若磁感应强度沿x轴正方向，与电流方向同向，导体棒不受安培力.导体棒不可能在图示位置保持静止，A错误；若磁感应强度沿y轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力竖直向上，导体棒不可能在图示位置保持静止，B错误；沿z轴正方向，由左手定则，导体棒受安培力水平向左，导体棒不可能在图示位置保持静止，C错误；沿细线向下，大小为mgsin θ，安培力大小F安=mg sin θ，方向与细线垂直斜向右上方.安培力与细线的拉力IL的合力恰好与重力平衡.且导体棒静止时细线与竖直方向夹角为θ，D正确.7.(多选)如图所示，两平行导轨ab，cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触.现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动.已知电流I随时间t变化的关系式为I=kt(k为常数，k＞0)，金属棒与导轨间存在摩擦.则下面关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像中，可能正确的有()A B C D，F f=μF N=μF安【答案】AD【解析】根据牛顿第二定律，得金属棒的加速度a=mg-F fm=μBIL=μBLkt，联立解得加速度a=g-μBLkt，与时间呈线性关系，且t=0时，a=g，故A正确，mB错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误，D正确.8.(2023年大同模拟)(多选)如图所示，正三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条垂直于纸面的长直导线.a、c处导线的电流大小相等，方向垂直纸面向外，b处导线电流是a、c处导线电流的2倍，方向垂直纸面向里.已知长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比.关于b、c处导线所受的安培力，下列表述正确的是()A.方向相反B.方向夹角为60°C.大小的比值为√3D.大小的比值为2【答案】AD【解析】如图所示，结合几何关系知b、c处导线所受安培力方向均在平行纸面方向，方向相反，A正确，B错误；设导线长度为L，导线a在b处的磁感应强度大小为B，结合几何关系知b处磁感应强度为B合=√3B，b导线受安培力为F安=B合(2I)L=2√3BIL，c处磁感应强度为B'合=√3B，c导线受安培力为F'安=B'合IL=√3BIL，联立解得F 安F'安=2，C错误，D 正确.9.如图所示，在磁感应强度B=1 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E=12 V，内阻不计.ab杆长L=0.5 m，质量m=0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.1，滑轨与ab 杆的电阻忽略不计.要使ab杆在滑轨上保持静止，求滑动变阻器R的阻值的变化范围(g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留1位有效数字).解：分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示.甲乙当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示.由平衡条件，得沿滑轨方向mg sin θ=μF N1+F安1cos θ，垂直滑轨方向F N1=mg cos θ+F安1sin θ，L，解得R1≈5 Ω.而F安1=B ER1当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示.由平衡条件，得沿斜面方向mg sin θ+μF N2=F安2cos θ，垂直斜面方向F N2=mg cos θ+F安2sin θ，L，解得R2≈3 Ω.而F安2=B ER2要使ab杆保持静止，R的取值范围是3 Ω≤R≤5 Ω.。
(浙江专版)高考物理一轮复习第九章磁场26带电粒子在磁场中的运动课件
基础夯实精准归纳洛伦兹力1.大小:当v丄B时,F= qvB:当v IIB时,F=0 o2.方向：(1 )F—定.垂巴R也一定与v垂山，即F—定垂巴B与v 所决定的平面，但B与v不一定垂直。
(2)可由左手定则判定:伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，把手放入磁场中，让磁感线从掌心进入，并使伸开的四指指向正电荷运动的方向(或负电荷运动的相反方向)，那么，拇指所指的方向，就是洛伦兹力的方向。
3.特点:洛伦兹力总是与速度v垂直.故F—定不做功。
只改变速度的方向、不改变速度的大小。
洛伦兹力方向判断1 •下面四幅图中，前两幅表示通电直导线所受安培力F、磁感应强度B和电流/三者方向之间的关系;后两幅表示运动电荷所受洛伦兹力F、磁感应强度B和电荷速度u三者方向之间的关系，其中正确•・• ••• ••• •・■ •・•• ••• ••••・• •••••• ■•・• ••• ••• ••• •・••••••• ••• ••• ••• ••• •••• •・• ••• ••• ••• ••• ••••・• ••••••••• •・■•••••・• •■・••• ••• ••・•••i 关闭j ；A中磁场方向平行纸面向上，电流方向垂直纸面向里,根据左手定则，安培 | 力的方向水平向右，故A错误;B中磁场方向平行纸面向右，电流方向垂直纸I 面向外，根据左手定则，安培力的方向向上，故B错误;C中磁场方向平行纸面I 向上，正电荷运动的方向平行纸面向右，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直I••• •••i 关闭I D题组突破强化提升2 •如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为仏给小球带上电荷后,仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是（）西―东关闭地磁场在赤道上空水平由南向北,从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方,该洛伦兹力在竖直向上和水平向右方向均有分力，因关闭题组突破强化提升B关闭洛伦兹力作用下直线运动1 •如图甲所示，某空间存在着足够大的匀强磁场，磁场沿水平方向。
(浙江专版)2019版高考物理一轮复习第九章磁场25磁场的描述
磁场的描述· 磁场对电流的作用
考试标准 知识内容 磁现象和 磁场 磁感应强 度 几种常见 的磁场
必试 加试 b c b b c b
历次考题统计
考试说明 1.不要求计算导线 与磁场不垂直时的 安培力。 2.利用安培力公式, 综合其他力学规律, 求解力学与电学综 合的问题只限于所 受各力在一条直线 或者相互垂直的情 形。
-6基础夯实精准归纳
题组突破强化提升
核心剖析归纳提升
5.磁感线 (1)定义:在磁场中画出一些有方向的曲线,使曲线上每一点的切 磁感应强度 线方向,都跟这点的 的方向一致,这样的曲 线称为磁感线。 (2)特点:①磁感线的疏密表示磁场的 强弱 ,磁感线上某点的 切线 方向就是该点的磁场方向。②磁感线不相交、不相切、 不中断,是 闭合 曲线。 6.条形磁铁和蹄形磁铁的磁场:
通电导线 在磁场中 c 受到的力
d
2016.10(10)、 2017.04(10) 2015.10(9、22)、 2016.04(9)、 2016.10(10)、 2016.10(22)、 2017.04(10、22)
-3基础夯实精准归纳
题组突破强化提升
核心剖析归纳提升
磁场和磁感应强度 1.磁极间的相互作用:同名磁极相互 排斥 ,异名磁极相 互 吸引 。 2.奥斯特实验(如图所示): (1)通电直导线沿 南北 方向放置在小磁针的上方。 (2)意义:说明通电导体周围存在着 磁场 ,发现了电流的 磁效应, 首先揭示了电与磁之间是有联系的。
-5基础夯实精准归纳
题组突破强化提升
核心剖析归纳提升
4.磁感应强度
(1)定义式:B= (通电导线垂直于磁场)。 (2)方向:小磁针静止时 N极 的指向。 (4)磁感应强度是反映磁场性质的物理量,由磁场本身决定,是用 比值 法定义的。 (3)单位:特斯拉,简称特(T),1 T=1A· 。 m
浙江专用版高考物理二轮复习新鸭考点全排查考点9磁场讲义
浙江专用版高考物理二轮复习新鸭考点全排查考点9磁场讲义考点9 磁场考试标准知识内容考试要求磁现象和磁场 b磁感应强度 c几种常见的磁场 b通电导线在磁场中受到的力 d运动电荷在磁场中受到的力 c带电粒子在匀强磁场中的运动 d磁场与磁感线1．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向．(2)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．(4)单位：特斯拉，符号为T.2．磁感线的特点(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．①磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S 极指向N极．②同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．③磁感线是假想的曲线，客观上并不存在．3．几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则安培力的大小和方向1．大小若I∥B，F＝0；若I⊥B，F＝BIL.2．方向总垂直于B、I所决定的平面，即一定垂直于B和I，但B与I不一定垂直．可以用左手定则来判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线从掌心进入，使伸开的四指指向电流的方向，那么，拇指所指的方向就是通电导线在磁场中的受力方向．3．两平行通电导线间的作用同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．洛伦兹力的大小和方向1．定义：磁场对运动电荷的作用力．2．大小(1)v∥B时，F＝0；(2)v⊥B时，F＝qvB；(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvB sinθ.3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向； (2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v .即F 垂直于B 、v 决定的平面．(注意B 和v 可以有任意夹角) 4．做功：洛伦兹力不做功．带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动．2．若v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动． 3．基本公式(1)向心力公式：qvB ＝m v 2r；(2)轨道半径公式：r ＝mvqB； (3)周期公式：T ＝2πmqB.注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关． 4．带电粒子在有界磁场中的运动 (1)直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图所示)(2)平行边界磁场平行边界存在临界条件(如图所示)。
(生)浙江高中物理新选考命题研究复习讲义：第九章 磁场 专题强化1
专题强化二带电粒子在复合场中运动的实例分析一、带电粒子在复合场中的运动1．复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．2．带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．(3)较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．(4)分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化．二、电场与磁场的组合应用实例命题点一 质谱仪的原理和分析1．作用测量带电粒子质量和分离同位素的仪器．2．原理(如图1所示)图1(1)加速电场：qU ＝12m v 2； (2)偏转磁场：q v B ＝m v 2r，l ＝2r ； 由以上两式可得r ＝1B2mU q， m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r 2. 例1 (2016·浙江10月选考·23)如图2所示，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，位于x 轴下方的离子源C 发射质量为m 、电荷量为q 的一束负离子，其初速度大小范围为0～3v 0.这束离子经电势差为U ＝m v 022q的电场加速后，从小孔O (坐标原点)垂直x 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x 轴上．在x 轴上2a ～3a 区间水平固定放置一探测板(a ＝m v 0qB 0)．假设每秒射入磁场的离子总数为N 0，打到x 轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．图2(1)求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B1；(3)保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．变式1 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图3所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比为( )图3A ．11B ．12C ．121D ．144命题点二 回旋加速器的原理和分析1．构造：如图4所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒处于匀强磁场中，D 形盒的缝隙处接交流电源．图42．原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D 形盒缝隙，粒子被加速一次．3．粒子获得的最大动能：由q v m B ＝m v 2m R 、E km ＝12m v m 2得E km ＝q 2B 2R 22m，粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和盒半径R 决定，与加速电压无关．例2 (2018·浙江11月选考·23)小明受回旋加速器的启发，设计了如图5甲所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图乙所示的幅值为U 0的交变电压，周期T 0＝2πm qB.板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子．t ＝0时刻，发射源在(x,0)位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．图5(1)若粒子只经磁场偏转并在y ＝y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系．变式2 回旋加速器的工作原理如图6甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压的大小为U 0，周期T ＝2πm qB.一束该种粒子在t ＝0～T 2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够射出的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：图6(1)出射粒子的动能E km ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E km 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件．命题点三 电场与磁场叠加的应用实例分析共同特点：当带电粒子(不计重力)在复合场中做匀速直线运动时，q v B ＝qE .1．速度选择器图7(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直．(如图7)(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是q v B ＝qE ，即v ＝E B. (3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．(4)速度选择器具有单向性．例3 (2018·杭州市期末)在如图8所示的平行板器件中，匀强电场E 和匀强磁场B 互相垂直．一束初速度为v 的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出．粒子重力不计，下列说法正确的是( )图8A ．若粒子沿轨迹①射出，则粒子的初速度一定大于vB ．若粒子沿轨迹①射出，则粒子的动能一定增大C ．若粒子沿轨迹③射出，则粒子可能做匀速圆周运动D ．若粒子沿轨迹③射出，则粒子的电势能可能增大2．磁流体发电机(1)原理：如图9所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B 、A 板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．图9(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B 是发电机的正极．(3)设A 、B 平行金属板的面积为S ，两极板间的距离为l ，磁场磁感应强度为B ，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v ，板外电阻为R .电源电动势U ：当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U (即电源电动势)，则q U l＝q v B ，即U ＝Bl v . 电源内阻：r ＝ρl S. 回路电流：I ＝U r ＋R . 例4 (2018·浙江11月选考·10)磁流体发电的原理如图10所示，将一束速度为v 的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B 的匀强磁场中，在相距为d 、宽为a 、长为b 的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R 连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是( )图10A ．上板为正极，电流I ＝Bd v ab Rab ＋ρdB ．上板为负极，电流I ＝B v ad 2Rad ＋ρbC ．下极为正极，电流I ＝Bd v ab Rab ＋ρdD ．下板为负极，电流I ＝B v ad 2Rab ＋ρb3．电磁流量计(1)流量(Q )的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积．(2)公式：Q ＝S v ；S 为导管的横截面积，v 是导电液体的流速．(3)导电液体的流速(v )的计算如图11所示，一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a 、b 间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差(U )达到最大，由q U d ＝q v B ，可得v ＝U Bd .图11(4)流量的表达式：Q ＝S v ＝πd 24·U Bd ＝πdU 4B. (5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa >φb .例5 为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b 和c ，左、右两端开口与排污管相连，如图12所示．在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a 的相互平行且正对的电极M 和N ，M 、N 与内阻为R 的电流表相连．污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况．下列说法中错误的是( )图12A ．N 板带正电，M 板带负电B ．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小C ．污水流量越大，则电流表的示数越大D ．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大4．霍尔效应的原理和分析(1)定义：高为h 、宽为d 的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B 中，当电流通过导体时，在导体的上表面A 和下表面A ′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．(2)电势高低的判断：如图13，导体中的电流I 向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A ′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A ′的电势低．图13(3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(带电荷量为q )在洛伦兹力作用下偏转，A 、A ′间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A 、A ′间的电势差(U )就保持稳定，由q v B ＝q U h ，I ＝nq v S ，S ＝hd ；联立得U ＝BI nqd ＝k BI d ，k ＝1nq称为霍尔系数． 例6 如图14所示，厚度为h 、宽度为d 的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上、下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是( )图14A ．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时，上、下表面的电势差增大C．仅增大d时，上、下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小1.(2018·湖州市三县期中)如图1所示，在竖直面内虚线所围的区域里，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．已知从左侧沿水平方向射入的电子穿过该区域时未发生偏转，设其重力可以忽略不计，则在该区域中的E和B的方向不可能是()图1A．E竖直向下，B竖直向上B．E竖直向上，B垂直纸面向外C．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同D．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反2.(多选)如图2所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源的两极上，使a、b两板间产生匀强电场E，右边有一块挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成三束，则下列判断正确的是()图2A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束离子改为带负电而其他条件不变，则仍能从d孔射出3．(2018·新力量联盟期末)如图3是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a 、b 经电压U 加速(在A 点初速度为零)后，进入磁感应强度为B 的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S 上的x 1、x 2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a 、b 所通过的路径，则( )图3A ．若a 与b 有相同的质量，打在感光板上时，b 的速度比a 大B ．若a 与b 有相同的质量，则a 的电荷量比b 的电荷量小C ．若a 与b 有相同的电荷量，则a 的质量比b 的质量大D ．若a 与b 有相同的电荷量，则a 的质量比b 的质量小4.(多选)如图4是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有磁感应强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是( )图4A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷越小5．如图5甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t的变化规律如图乙所示．忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是()图5A．在E k－t图象中应有t4－t3<t3－t2<t2－t1B．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积6．如图6所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体(含正、负离子)沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后()图6A．离子可能向N磁极偏转B．A板聚集正电荷C．R中有向上的电流D．离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功7.(2018·温州市六校期末)霍尔元件在电子线路中的应用日益广泛，如图7是某个霍尔元件接到电路中时的示意图，其中a面为上表面，b面为下表面，c面为前表面，d面为后表面，所加磁场方向为垂直于a面向下．考虑到霍尔元件有两类，设A类的载流子(即用来导电的自由电荷)为正电荷，B类的载流子为负电荷，当通以从左到右的电流时，下列说法中正确的是()图7A．在刚开始通电的很短时间内，若是A类元件，则载流子向c面偏转B．在刚开始通电的很短时间内，若是B类元件，则载流子向c面偏转C．通电一段时间后，若是A类元件，则c面电势较高D．通电一段时间后，若是B类元件，则c面电势较高8.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图8所示．由于血液中的正、负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()图8A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a负、b正D．2.7 m/s，a负、b正9．回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置．图9甲为回旋加速器原理示意图，置于高真空中的两个半径为R的D形金属盒，盒内存在与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场．两盒间的距离很小，带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计．位于D 形盒中心A处的粒子源能产生质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子通过两盒间被加速，经狭缝进入盒内磁场．两盒间的加速电压按图乙所示的余弦规律变化，其最大值为U0.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．已知t0＝0时刻产生的粒子每次通过狭缝都能被最大电压加速．求：图9(1)两盒间所加交变电压的最大周期T0；(2)t0＝0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比．10．(2018·浙江4月选考·22)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图10甲所示．压力波p(t)进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“┤”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比(x＝αp，α>0)．霍尔片的放大图如图所示，它由长×宽×厚＝a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成．磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B＝B0(1－β|x|)，β>0.无压力波输入时，霍尔片静止在x＝0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0.图10(1)指出D1、D2两点哪点电势高；(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I ＝ne v bd，其中e为电子电荷量)；(3)弹性盒中输入压力波p(t)，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压U H随时间t变化图象如图乙．忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．(结果用U0、U1、t0、α及β表示)。
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专题九磁场挖命题【考情探究】分析解读本专题是考查的热点,以往浙江省高考物理中关于带电粒子在复合场中的运动几乎每年必考,近两年浙江选考仍将带电粒子在电磁场中的运动作为考查重点,且通常将力与运动的关系、功能关系和电磁场等知识综合,主要以计算题形式出现,难度较高,也会以选择题形式出现,该题型通常涉及安培定则、安培力与左手定则等知识,难度较低,但对学生的空间思维能力要求较高。
本专题知识与现代科技联系较多,如带电粒子在磁场中运动与速度选择器、质谱仪、回旋加速器、等离子发电机、电磁流量计、霍尔效应等联系密切,对学生的知识应用要求较高。
【真题典例】破考点【考点集训】考点一磁场、安培力1.(2018浙江6月学考,9)如图所示,小磁针a、b、c、d放在通电螺线管产生的磁场中,稳定后指向正确的是()A.磁针aB.磁针bC.磁针cD.磁针d答案D2.(2019届浙江台州中学9月统练,11)如图所示,无限长导线均通以恒定电流I,直线部分和坐标轴接近重合,弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧,已知直线部分在原点O处不形成磁场,在第一象限圆弧电流在原点产生的磁感应强度为B,现在原点O处放一小段与x轴重合的长为L的通电导线P(可以视为电流元),导线P的电流大小为I,电流方向沿x轴正方向,则通电导线P受到的安培力的大小和方向是()A.2BIL,方向与y轴正方向相同B.2BIL,方向与y轴负方向相同C.4BIL,方向与y轴正方向相同D.4BIL,方向与y轴负方向相同答案A3.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通以电流I时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是()答案D考点二洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动1.(2017浙江11月选考,8,3分)如图所示,在两水平金属板构成的器件中,存在着匀强电场与匀强磁场,电场强度E和磁感应强度B相互垂直。
以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动,下列说法正确的是()A.粒子一定带负电B.粒子的速度大小v=C.若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动D.若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生变化答案C2.(2018浙江11月选考,10,3分)磁流体发电的原理如图所示。
将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。
如果把上、下板和电阻R连接,上、下板就是一个直流电源的两极。
若稳定时等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ,忽略边缘效应,下列判断正确的是()A.上板为正极,电流I=B.上板为负极,电流I=C.下板为正极,电流I=D.下板为负极,电流I=答案C3.(2017浙江11月选考,23,10分)如图所示,x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,坐标原点处有一正离子源,单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子,分布在y轴两侧各为θ的范围内。
在x轴上放置长度为L的离子收集板,其右端点距坐标原点的距离为2L,当磁感应强度为B0时,沿y轴正方向入射的离子,恰好打在收集板的右端点。
整个装置处于真空中,不计重力,不考虑离子间的碰撞,忽略离子间相互作用。
(1)求离子的比荷;(2)若发射的离子被收集板全部收集,求θ的最大值;(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。
当θ=37°,磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时,求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。
(不计离子在磁场中运动的时间)答案见解析解析(1)洛伦兹力提供向心力qvB0=m圆周运动的半径R=L得=(2)如图1所示,以最大值θm入射时,有Δx=2R(1-cosθm)=L或2Rcosθm=L得θm=图1 (3)B>B0,全部收集到离子时的最小半径为R1如图2,有2R1cos37°=L得B1==1.6B0当B0≤B≤1.6B0时,有n1=n0B>1.6B0,恰好收集不到离子时的半径为R2,有R2=0.5L得B2=2B0当1.6B0<B≤2B0时,设R'=,有n0=n0(5-)n2=--当2B0<B≤3B0时,有n3=0图24.(2018浙江11月选考,23,10分)小明受回旋加速器的启发,设计了如图1所示的“回旋变速装置”。
两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上,板N在它的正下方。
两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压,周期T0=。
板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。
粒子探测器位于y轴处,仅能探测到垂直射入的带电粒子。
有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源,沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。
t=0时刻,发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。
忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在电场中运动的时间不计。
(1)若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到,求发射源的位置和粒子的初动能;(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到,求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。
图1图2答案见解析解析(1)分析可知,发射源的位置:x0=y0粒子在磁场中做圆周运动qvB=R=y0E k0=mv2联立以上三式得:粒子的初动能E k0=(2)分下面三种情况讨论(ⅰ)见图甲,若E k0>2qU0由y=、R0=、R1=和m=m-qU0、m=m-qU0及x=y+2(R0+R1)得x=y++图甲(ⅱ)见图乙,若qU0<E k0<2qU0由-y-d=、R0=和m=m+qU0及x=3(-y-d)+2R0得x=-3(y+d)+图乙(ⅲ)见图丙,若E k0<qU0由-y-d=、R0=和m=m-qU0及x=-y-d+4R0得x=-y-d+-图丙炼技法【方法集训】方法1 解答带电粒子在匀强磁场中做圆周运动问题的基本方法1.(2016课标Ⅱ,18,6分)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。
图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。
在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。
当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。
不计重力。
若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()A. B. C. D.答案A2.如图所示,质量均为m,电荷量大小均为q的正、负离子均从磁场边界上的一点A以与磁场边界夹角为30°的初速度v0射入到磁场中,然后分别从边界上的B点和C点射出,已知磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,正、负离子重力不计。
求:(1)AB、AC的长度;(2)正、负离子在磁场中运动时间之比。
答案(1)(2)5∶1方法2 带电粒子在磁场中运动的多解问题的分析方法1.(2019届浙江五校10月联考,23)某种回旋加速器的设计方案如俯视图甲所示,图中粗黑线段为两个正对的极板,两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP方向的狭长区域),带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙),极板A、B之间加如图丙所示的电压,极板间无磁场,仅有的电场可视为匀强电场;两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场;其他部分存在垂直纸面向外的匀强磁场。
在离子源S中产生的质量为m、带电量为q的正离子,飘入电场,由电场加速后,经狭缝中的O点进入磁场区域,O点到极板右端的距离为0.99D,到出射孔P的距离为5D。
已知磁感应强度大小可调,离子从离子源上方的O点射入磁场区域,最终只能从出射孔P射出。
假设离子打到器壁即被吸收,离子可以无阻碍地通过离子源装置。
忽略相对论效应,不计离子重力,0.992≈1。
求:甲乙丙(1)磁感应强度B的最小值;(2)若磁感应强度B=,则离子从P点射出时的动能和离子在磁场中运动的时间;(3)若磁感应强度B=,如果从离子源S飘出的离子电荷量不变,质量变为原来的K倍(K为大于1的整数),为了使离子仍从P点射出,则K可能取哪些值。
答案见解析解析(1)qU=mv2/2qvB=mv2/r当r=5D/2时,磁感应强度B有最小值,联立以上各式得:B min=(2)当B=时,r1=D/6分析可知离子在磁场中运动半圈后将通过上极板进入电场区域做减速运动,速度减小到零后又重新向上加速到进入时的速度,从进入处再次回到磁场区域,因为r1=D/6,这样的过程将进行2次,然后第3次从极板右边界,如图所示,进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速,若离子绕过两极板右端后被加速了n次,则此时离子运动的半径为被加速了(n+1)次对应的半径r n+1=D。
离子从孔P射出满足的条件:4r1+2r n+1=5D。
解得:n+1=132,即离子从静止开始被加速169次后从P点离开。
最大动能E kmax=132qU=169qU,在磁场中的总时间t=169T=。
(3)若离子电荷量为q,质量变为Km,设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为r K,在电场中被加速n次进入磁场的半径为r n,则r K=r1,r n=r1,其中r1=D/6,由r K=r1知,K越大,离子被加速一次后直接进入磁场的运动半径越大,由(2)问知,分三种情况讨论:情况一:在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧:如图(a),此时要满足的条件为:2×2r K<0.99D①,同时2×2r K+2r n=5D②,由①式知:图(a)K<,因为K>1的整数,故K=2,代入②式知:2n=152+8-60,由于n要求取整数,情况一中n不存在。
情况二:在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧:如图(b),此时,要满足的条件为:2r K<0.99D①,2×2r K≥0.99D②,2r K+2r n=5D③,图(b)由①②式知:≤K<9,由③式知,Kn=152-30+K,当K分别取3、4、…8时,n不可能取整数,情况二也不存在。
情况三:在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧:如图(c),此时,要满足的条件:2r K≥0.99D①,2r n=5D②,由①式知:K≥9,由②式知:Kn=152=3×5×3×5,故K可能有6组取值,分别为:K=9,n=25;K=15,n=15;K=25,n=9;K=45,n=5;K=75,n=3;K=225,n=1。
图(c)2.如图所示,在x<0与x>0的区域中,存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面向里,且B1>B2。
一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出,要使该粒子经过一段时间后又经过O点,B1与B2的比值应满足什么条件?答案=(n=1,2,3,…)方法3 动态圆分析法1.(2019届浙江台州中学高三第一次统练,23)如图所示,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核X、Y X的速率为v Y的速率为,沿PO方向发射的X恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。