北京市2019版高考物理专题十一磁澄件20190225179.pptx

《北京市2019版高考物理专题十一磁澄件20190225179.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市2019版高考物理专题十一磁澄件20190225179.pptx（158页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、专题十一 磁场,高考物理 (北京市专用),1.(2016北京理综,17,6分,0.95)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角: “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 感线分布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是 ( ) A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用,考点一 磁场的描述、安培力 A组 自主命题北京卷题组,五年高考,答案 C 由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,

2、存在磁偏角,A正确。磁感 线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道 上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与 地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确。选C。,审题指导 题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察,挖掘有用信息。,评析 本题考查地磁场的分布情况,属于容易题。,2.2013北京理综,24(1),0.39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

3、,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。 (a)求导线中的电流I; (b)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。,解析 (a)设t时间内通过导体横截面的电量为q,由电流定义,有 I= = =neSv (b)每个自由电子所受的洛伦兹力:F洛=evB 设导体中共有N个自由电子,则N=nSl 导体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 (a)neSv (b)见解析,3.(2018课标,20,

4、6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流 方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀 强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强 度大小分别为 B0和 B0,方向也垂直于纸面向外。则 ( )A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0 D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0,B组 统一命题、课标卷题组,答案 AC 本题考查安培定则、磁场

5、的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生 的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向 外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度 的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2= B0,B0+B2-B1= B0,解得B1= B0,B2= B0,故A、C项正确。,解题关键 注意矢量的方向性 本题解题的关键是要注意磁感应强度的方向性,如L2中电流产生的磁场方向在a点垂直纸面向 里,在b点垂直纸面向外。,4.(2015课标,18,6分,0.527)(多选)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法

6、正确的是 ( ) A.指南针可以仅具有一个磁极 B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场 C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转,答案 BC 任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两 个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后, 反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场 力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。,5.(2014课标,15,6分,0.809)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是 ( )

7、 A.安培力的方向可以不垂直于直导线 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半,答案 B 由左手定则可知,安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确; 安培力的大小F=BIL sin 与直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成 直角,假设原来直导线与磁场方向垂直,若折成直角后一段与磁场仍垂直,另一段与磁场平行, 则安培力的大小变为原来的一半,若折成直角后,两段都与磁场垂直,则安培力的大小变为原来 的 ,因此安培力大小不一定是原来的一半,选项D错误。,6.(2

8、017课标,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有 电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是 ( ) A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11 D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1,答案 BC 本题考查安培力。因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间 的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中几何 关系可知,L1所受磁场作用

9、力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与L 1、L2所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何 关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60=F,L3单位长度所受的磁场作用 力大小为2F cos 30= F,故C正确、D错误。,一题多解 电流的磁场与安培力 由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生的磁场磁感应强度大小相等,设为B。 如图所示,由几何关系可得L1所在处磁场的磁感应强度B1=2B cos 60=B,方向与L2、L3所在平面 垂直,再由左手定则知L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面平

10、行,L1上单位长度所受安培力 的大小为F1=BI。同理可判定L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直,单位长度所受安 培力大小为F3= BI;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1F2F3=11 ,故A、D 错误,B、C正确。,7.(2015课标,24,12分,0.564)如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬 挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与 金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 。已知开关断 开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹

11、簧的伸长量与开关断开时相 比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向, 并求出金属棒的质量。,解析 依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为 竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 2kl1=mg 式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为 F=IBL 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平 衡条件得 2k(l1+l2)=mg

12、+F 由欧姆定律有 E=IR 式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。 联立式,并代入题给数据得 m=0.01 kg (安培力方向判断正确给2分,式各2分。),答案 见解析,8.(2017课标,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆 包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将 线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两 金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将 ( ),A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下

13、侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,C组 教师专用题组,答案 AD 本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、实验能力。要使线圈在磁场中开 始转动,则线圈中必有电流通过,电路必须接通,故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果 上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180时,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电 流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线圈最终做往返运动,要使线圈连 续转动,当线圈转过180时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可 实现连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、D正确。,易错警示 一

14、根漆包线绕制的矩形线圈中电流方向的判定。要使线圈连续转动,要么受 到方向不变的持续的安培力,要么受到间歇性的方向不变的安培力,依靠惯性连续转动,而不能 受到交变的安培力作用。,1.(2014北京理综,16,6分,0.77)带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,它们的动量大 小相等,a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb,质量分别为ma、mb,周 期分别为Ta、Tb。则一定有 ( ) A.qaqb B.mamb C.TaTb D. ,考点二 洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动 A组 自主命题北京卷题组,答案 A 带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

15、,则有: qvB= ,得轨迹半径R= = 周期T= = 由于RaRb,pa=pb,Ba=Bb,故qaqb,故选项A正确。,考查点 带电粒子在匀强磁场中的运动。,思路点拨 先通过计算得到半径R和周期T的表达式,再结合题中条件做出选择。,2.(2012北京理综,16,6分,0.37)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,答案 D 粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动有qvB=m ,得R= ,周期T= = ,其 等效环形电流I= =

16、,故D选项正确。,3.(2016北京理综,22,16分,0.92)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直 磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重 力。(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T; (2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度 E的大小。,解析 (1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R= 匀速圆周运动的周期T= = (2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qvB 场强E的大小E=vB,答案 (1) (2)vB

17、,解题指导 粒子在磁场中做匀速圆周运动,应先确定向心力,用向心力公式去解决问题,用圆周 运动的物理量间的关系求周期。,易错点拨 直接写出半径R和周期T的结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得特别注意。,4.2014北京理综,24(3),0.20经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离 子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电 子的运动模型;在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均 作用力 的表达式。,解析 下述解法的共同假设:所有自由电子(简称电子,下同)以同一方式运动。 方法一:动量解法 设电子在每一次碰撞结

18、束至下一次碰撞结束之间的运动都相同,经历的时间为t,电子的动量 变化为零。 因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用 f洛=evB 沿导线方向,电子只受到金属离子的作用力和f洛作用,所以 f洛t-If=0 其中If为金属离子对电子的作用力的冲量,其平均作用力为 ,则If= t 得 =f洛=evB 方法二:能量解法 设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t,在这段时间内,通过导线一端的电子总数 N= 电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力 做功产生的。,答案 见解析,在时间t内 总的焦耳热Q=N L 由能量守恒得Q=W电=EIt=BLvIt 所以 =evB 方

19、法三:动力学解法 因为电流不变,所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动。 因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用, f洛=evB 沿导线方向,电子只受到金属离子的平均作用力 和f洛作用,二力平衡 即 =f洛=evB,考查点 洛伦兹力。,思路点拨 构建合理的自由电子运动模型是解答本题的关键,可以从动力学、能量转化、运 动学等多个角度进行合理的构建,其中以动力学模型最为简单,当导线做切割磁感线运动时,产 生的感应电流是自由电子沿导线匀速运动的结果,所以自由电子受到的平均阻力必然与磁场 对自由电子施加的洛伦兹力相平衡。,易错警示 切割磁感线运动时,导线相当于电源,自由电子在

20、其中的运动是电荷在电源内部运 动的过程,是非静电力做功的过程,这个非静电力就是洛伦兹力,而不是电场力。,5.(2011北京理综,23,18分,0.52)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(m1m2),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

21、。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。,答案 (1) (2) (3) L,解析 (1)加速电场对离子m1做的功W=qU 由动能

22、定理 m1 =qU 得v1= (2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式qvB= ,R= ,利用式得离子在磁场中的轨道半径分 别为 R1= ,R2= 两种离子在GA上落点的间距 s=2R1-2R2= (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 2(R1-R2)d ,利用式,代入式得2R1 d R1的最大值满足2R1m=L-d 得(L-d) d 求得最大值dm= L,6.(2015课标,14,6分,0.759)两相邻匀强磁场区域

23、的磁感应强度大小不同、方向平行。一速 度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域 后,粒子的 ( ) A.轨道半径减小,角速度增大 B.轨道半径减小,角速度减小 C.轨道半径增大,角速度增大 D.轨道半径增大,角速度减小,答案 D 因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度 大小不变,由r= 知,轨道半径增大;由角速度= 知,角速度减小,选项D正确。,B组 统一命题课标卷题组,7.(2014课标,16,6分,0.637)如图,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

24、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. C.1 D.,答案 D 由题图可知,带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍;由洛伦兹力提 供向心力:qvB= ,得v= ;其动能Ek= mv2= ,故磁感应强度B= , = =,选项D正确。,8.(2014课标,20,6分,0.347)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强 磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电 子和质子。当这些粒子从

25、上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是 ( )A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小,答案 AC 在同一匀强磁场中,各粒子进入磁场时速度方向相同,但速度大小关系未知。由 左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛伦兹力方向相反,偏转方向必相反,故A正确。 因r= ,各粒子虽q相同、但v关系未知,故m相同、v不同时轨迹半径不同,而当r相同时只能表 明mv相同,不能确定m的关系,故B错误、C正确。由Ek= mv2及r= ,得r= ,可见当Ek越 大时粒子的

26、轨迹半径越大,故D错误。,9.(2015课标,19,6分,0.506)(多选)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k 倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比,中的电 子 ( ) A.运动轨迹的半径是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圆周运动的周期是中的k倍 D.做圆周运动的角速度与中的相等,答案 AC 由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R= ,故R2=kR1,A正确。加 速度大小a= B,故a2=a1/k,B错。周期T= ,故T2=kT1,C正确。角速度= = B, 故2=1/k,D错。,10.(2016课标,18,6分)一圆

27、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 A 定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角=30,所需时间t= T=;由题意可知粒子由M飞至N与圆筒旋转90所用时间相等,即t= = ,联立以上两式得 = ,A项正确。,反思总结 此题考查处理粒子在磁场中运动问题的基本方法:

28、定圆心、画轨迹,由几何知识求 半径,找圆心角求时间。,11.(2017课标,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场 边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁 场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入 速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则 v2v1为 ( ) A. 2 B. 1 C. 1 D.3,答案 C 本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、洛伦兹力,考查学生的推理能力、 作图能力。设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒

29、子最远出射点为N,如图所示,则由 几何知识得r1= = ,r2= = R= 由qvB= 得r= ,故 = = ,选项C正确。,审题指导 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子的轨迹直径与磁场区域 相交时,其弦长最长,即最大分布。,12.(2018课标,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在 纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左 边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN 的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求 (1)磁场的磁感应强度大

30、小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。,解析 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感 应强度大小为B,由动能定理有 q1U= m1 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B=m1 由几何关系知 2R1=l 由式得 B= (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的 半径为R2。同理有 q2U= m2 ,答案 (1) (2)14,q2v2B=m2 由题给条件有 2R2= 由式得,甲、乙两种离子的比荷之比为 =14 ,思路分析 根据题设条件,分析离子在电场

31、和磁场中的运动情况,结合动能定理、牛顿第二定律等知识列方程求解。,13.(2017课标,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域, 磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q (q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方 向再次沿x轴正向时,求(不计重力) (1)粒子运动的时间; (2)粒子与O点间的距离。,解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动。 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0=m qB0v0=

32、m 粒子速度方向转过180时,所需时间t1为 t1= 粒子再转过180时,所需时间t2为 t2= 联立式得,所求时间为 t0=t1+t2= (1+ ) ,答案 (1) (1+ ) (2) (1- ),(2)由几何关系及式得,所求距离为 d0=2(R1-R2)= (1- ) ,综合点评 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。特点是粒子在y轴左、 右两侧的受力大小有突变。因为B左B右,所以R左R右。速度方向再次沿x轴正向时,意味着粒子 在左、右磁场中各转过半周。所以粒子与O点间距离为直径的差值。题目内容经典,难度较 小。,14.(2016课标,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角

33、为30,其横截面(纸面)如图所示,平面 OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电 荷量为q(q0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30 角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计 重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 ( ) A. B. C. D.,C组 教师专用题组,答案 D 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m 得R= ,分析图中角度关系可知, PO半径与OQ半径在同一条直线上。则PQ=2R,所以OQ=4R= ,选项D正确。,方法技巧 由题意知v与

34、OM成30角,而OS垂直于v,则OSQ=60;由于SO=OQ=R,所以 SOQ为等边三角形,SOQ=60,由四边形OSOP可求得SOP=120,所以SOP+SOQ=180。,评析 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,难度中等,正确画出运动轨迹,并且找出各角 关系是解答本题的关键。,15.(2013课标,18,6分,0.456)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(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

35、重力) ( ) A. B. C. D.,答案 B 作出粒子运动轨迹如图中实线所示。因P到ab距离为 ,可知=30。因粒子速度 方向改变60,可知转过的圆心角2=60。由图中几何关系有(r+ )tan =R cos ,解得r=R。再 由Bqv=m 可得v= ,故B正确。,1.(2018北京理综,18,6分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定 初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与 完成上述两类运动无关的是 ( ) A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度,考点三 带电粒子的复合场

36、中的运动 A组 自主命题北京卷题组,答案 C 本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。不计重力的带电粒子,在电场和磁场的 复合场中做匀速直线运动,则一定满足关系Eq=qvB;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅 需满足洛伦兹力充当向心力,即qvB=m ,综合可知,粒子的电性和电量与能否完成题述 两类运动无关,C对。,2.(2013北京理综,22,16分,0.75)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: (

37、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 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),考查点 带电粒子在电场和磁场中的运动。,思路点拨 本题属常规题型,首先弄清带电粒子在电场和磁场中的运动性质,再根据各运动所 遵循的规律作答。,3.(2017课标,16,6分)如图,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

38、,质量分别为ma、 mb、mc。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 ( )A.mambmc B.mbmamc C.mcmamb D.mcmbma,B组 统一命题课标卷题组,答案 B 本题考查带电粒子在复合场中的运动。因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能 忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直 向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+BqvbqE、mcg=qE-Bqvc mamc,B正确。,规律总结 复合场中粒子的特殊运动 带电粒子在重力场

39、、匀强电场和磁场组成的复合场中运动时:若做匀速圆周运动,重力必与电 场力平衡,洛伦兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。,4.(2016课标,15,6分)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约为 ( )A.11 B.12 C.121 D.144,答案 D 设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改

40、变后的磁感应强度为B2。 在加速电场中qU= mv2,在磁场中qvB=m ,联立两式得m= ,故有 = =144,选项 D正确。,审题指导 注意题给信息的含义,“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在 磁场中运动的半径相等。,评析 此题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,难度中等。考生需要根据题目信息找 出相关运动规律公式,再结合题给条件分析解答。,5.(2018课标,25,20分)如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y 0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 H和一个氘核 H先后从y轴上 y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方

41、向。已知 H进入磁场时,速度方向与x轴正方向 的夹角为60,并从坐标原点O处第一次射出磁场 H的质量为m,电荷量为q。不计重力。求 (1 H第一次进入磁场的位置到原点O的距离; (2)磁场的磁感应强度大小; (3 H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。,解析 本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。(1 H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设 H在电场中 的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点 O的距离为s1。由运动学公式有s1=v1t1 h= a1 由题给条件 H进入磁场时速度的方向与x轴正方

42、向夹角1=60 H进入磁场时速度的y分 量的大小为 a1t1=v1 tan 1 ,答案 (1) h (2) (3) ( -1)h,联立以上各式得s1= h (2 H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE=ma1 设 H进入磁场时速度的大小为v1,由速度合成法则有v1= 设磁感应强度大小为B H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二 定律有qv1B= 由几何关系得s1=2R1 sin 1 联立以上各式得B= ,(3)设 H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给 条件得(2m) = m 由牛顿第二定律有qE=2ma2 设 H第一次射入磁场时的速

43、度大小为v2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原 点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2=v2t2 h= a2 v2= sin 2= 联立以上各式得s2=s1,2=1,v2= v1,设 H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由 式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径 公式得R2= = R1 所以出射点在原点左侧。设 H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s 2,由几何关系有s2=2R2 sin 2 联立 式得 H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2-s2= ( -1)h,规律总结 带电粒子在组合场中运动问题的一般解题思路电场中类平抛运动:x=v0t,y

44、= at2 速度方向:tan = 位移方向:tan = 磁场中匀速圆周运动的解题步骤:a.确定圆心; b.利用几何关系求半径;c.qvB=,6.(2018课标,25,20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截 面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于 xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方 向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。 不计重

45、力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹; (2)求该粒子从M点入射时速度的大小; (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为 ,求该粒子的比荷及其从M点 运动到N点的时间。,答案 (1)见解析 (2) (3),根据牛顿第二定律有 qE=ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有 v1=at l=v0t v1=v cos 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB= 由几何关系得 l=2R cos 联立式得 v0= (3)由运动学公式和题给数据得,v1=v0 cot 联立式得= 设粒子由M点运动到N点所用的时间为

46、t,则 t=2t+ T 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期, T= 由 式得 t=,审题指导 对称性是解题关键,7.(2009北京理综,19,6分)如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下 的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域, 恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不 变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b ( )A.穿出位置一定在O点下方 B.穿出位置一定在O点上方 C.运动时,在电场中的电势能一定减小 D.在电场中运动时,动能一定

47、减小,C组 教师专用题组,答案 C 在复合场中粒子做直线运动,就说明qE=qvB,OO连线与电场线垂直。当撤去磁场 时,粒子仅受电场力,做类平抛运动,电场力一定做正功,电势能减少,动能增加,C正确,D错误;因 不知带电粒子的电性,故穿出位置可能在O点上方,也可能在O点下方,A、B错误。,1.(2017北京海淀期末,2)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子,若这些粒子都直接到达地面,将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向,使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响,关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断

48、,下列说法中正确的是 ( ) A.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向东偏转 B.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向北偏转 C.若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向南偏转 D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心,它可能在地磁场中做匀速圆周运动,考点一 磁场的描述、安培力,A组 20162018年高考模拟基础题组,三年模拟,答案 A 高能带电粒子在地磁场中受洛伦兹力影响,由左手定则可判断,若带电粒子带正电, 且沿地球赤道平面射向地心,受到向东的洛伦兹力,则粒子向东偏转,A对B错;若带电粒子沿垂 直地球赤道平面射向地心,它将不受洛伦兹力,做直线运动,C、D错。,思路点拨 该题审题很关键,题中沿垂直地球赤道平面射向地心是指与磁感线方向平行,这是 最容易出现错误的地方,所以画好图很关键。,2.(2017北京朝阳期末,4)如图所示,一金属直棒MN两端接有细导线悬挂于线圈上方,为使MN垂 直纸面向外运动,可以将 ( )A.a、c端接电源正极,b、d端接电源负极 B.a、d端接电源正极,b、c端接电源负极 C.b、d端接电源正极,a、c端接电源负极 D.b、c端用导线连接,a接电源正极,d端接电源负极,