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2019-2020年高中物理第三章磁场第6节带电粒子在匀强磁场中的运动教学案新人教版选修3I
一、带电粒子在匀强磁场中的运动1.用洛伦兹力演示仪观察运动电子在磁场中运动实验操作轨迹特点不加磁场时电子束的径迹是直线给励磁线圈通电后电子束的径迹是圆保持电子速度不变,改变磁感应强度磁感应强度越大,轨迹半径越小保持磁感应强度不变,改变电子速度电子速度越大,轨迹半径越大2.洛伦兹力的作用效果洛伦兹力只改变带电粒子速度的方向,不改变带电粒子速度的大小,或者说洛伦兹力不对带电粒子做功,不改变粒子的能量3.带电粒子的运动规律沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子,在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力总与速度方向垂直,正好起到了向心力的作用
二、质谱仪和回旋加速器1.质谱仪图3611原理图如图361所示2加速带电粒子进入质谱仪的加速电场,由动能定理得qU=mv2
①3偏转带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力qvB=
②4由
①②两式可以求出粒子的运动半径r、质量m、比荷等其中由r=可知电荷量相同时,半径将随质量变化5质谱仪的应用可以测定带电粒子的质量和分析同位素图3622.回旋加速器的结构和原理1两个中空的半圆金属盒D1和D2,处于与盒面垂直的匀强磁场中,D1和D2间有一定的电势差,如图362所示2带电粒子在D形盒中只受洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动,运动半周后带电粒子到达D形盒的狭缝处,并被狭缝间的电场加速,加速后的带电粒子进入另一D形盒,由粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动的半径公式r=知,它运动的半径将增大,由周期公式T=可知,其运动周期与速度无关,即它运动的周期不变,它运动半个周期后又到达狭缝再次被加速,如此继续下去,带电粒子不断地被加速,在D形盒中做半径逐渐增大,但周期不变的圆周运动1.自主思考——判一判1带电粒子进入匀强磁场后一定做匀速圆周运动×2运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关√3运动电荷进入磁场后无其他场可能做匀速圆周运动,不可能做类平抛运动√4回旋加速器的半径越大,带电粒子获得的最大动能就越大√5利用回旋加速器加速带电粒子,要提高加速粒子的最终能量,应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R√6带电粒子做匀速圆周运动的半径与带电粒子进入磁场时速度的大小有关,而周期与速度、半径都无关√2.合作探究——议一议1带电粒子若垂直进入非匀强磁场后做半径不断变化的运动,这时公式r=是否成立?提示成立在非匀强磁场中,随着B的变化,粒子轨迹的圆心、半径不断变化,但粒子运动到某位置的半径仍由B、q、v、m决定,仍满足r=2回旋加速器中所加的交变电压的周期由什么决定?提示由于回旋加速器工作时,必须满足交变电压周期和粒子在磁场中运动周期相同,即粒子在磁场中运动周期决定了电压周期3粒子经回旋加速器加速后,最终获得的动能与交变电压大小有无关系?提示无关,仅与盒半径有关带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动1.带电粒子垂直进入匀强磁场中,只受洛伦兹力,由其提供向心力做匀速圆周运动,运动半径r=,运动周期T=,除了半径和周期外,我们有时还分析粒子运动的速度、时间等问题2.分析方法“三定”,即一定圆心,二定半径,三定圆心角1圆心的确定因为洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直,洛伦兹力为粒子做圆周运动提供了向心力,总是指向圆心根据此点,我们可以很容易地找到圆周的圆心在实际问题中,圆心位置的确定极为重要,通常有两种方法
①画出粒子运动中的任意两点一般是射入和射出磁场的两点的洛伦兹力的方向,其延长线的交点即为圆心,如图363甲图363
②通过入射点或出射点作速度方向的垂线,再连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条线的交点就是圆弧轨道的圆心,如图乙2半径的确定和计算半径的计算一般是利用几何知识三角函数关系、三角形知识等求解3圆心角的确定确定圆心角时,
①利用好四个角的关系,即圆心角=偏向角=2×弦切角
②利用好三角形尤其是直角三角形的相关知识计算出圆心角θ,则带电粒子在磁场中的运动时间t=T[典例] 如图364所示,一带电荷量为
2.0×10-9C、质量为
1.8×10-16kg的粒子,图364在直线上一点O沿与直线夹角为30°方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,经过
1.5×10-6s后到达直线上另一点P,求1粒子做圆周运动的周期;2磁感应强度B的大小;3若O、P之间的距离为
0.1m,则粒子的运动速度多大?[思路点拨]1画出粒子由O点到P点的运动轨迹,确定圆心、圆心角2确定粒子运动时间与周期的关系3确定粒子运动的半径及其与OP之间的关系[解析] 1作出粒子轨迹,如图所示,由图可知粒子由O到P的大圆弧所对的圆心角为300°,则=周期T=t=×
1.5×10-6s=
1.8×10-6s2由于粒子做圆周运动所需的向心力为洛伦兹力,得Bqv=,所以B==ω==T=
0.314T3由几何知识可知,半径R=OP=
0.1m故粒子的速度v==m/s=
3.49×105m/s[答案]
11.8×10-6s
20.314T
33.49×105m/s分析带电粒子在磁场中做圆周运动问题的要点1确定粒子的运动轨迹、半径、圆心角等是解决此类问题的关键2掌握粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径公式和周期公式是分析此类问题的依据 1.xx·全国卷Ⅰ两相邻匀强磁场区域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,角速度减小解析选D 分析轨道半径带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的速度v大小不变,磁感应强度B减小,由公式r=可知,轨道半径增大分析角速度由公式T=可知,粒子在磁场中运动的周期增大,根据ω=知角速度减小选项D正确
2.质量和电荷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365中虚线所示,下列表述正确的是 图365A.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的运行时间解析选A 根据左手定则可知N带正电,M带负电,选项A正确;由qvB=m得r=,由题知m、q、B相同,且rN<rM,所以vM>vN,选项B错误;由于洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直,故洛伦兹力不会对M、N做功,选项C错误;又周期T==,两个带电粒子在磁场中运动的周期相等,由图可知两个粒子在磁场中均偏转了半个周期,故在磁场中运动的时间相等,选项D错误
3.如图366所示,一束电子电荷量为e以速度v由A点垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中,在C点穿出磁场时的速度方向与电子原来的入射方向成30°夹角,则电子的质量是多少?电子穿过磁场的时间是多少?图366解析电子在磁场中运动,只受洛伦兹力的作用,故其轨迹是圆周的一部分,又因洛伦兹力总是与速度方向垂直,故电子做圆周运动的圆心在电子射入和穿出磁场时受到的洛伦兹力作用线的交点上,即过轨迹上两点作速度的垂线可找到圆心O点,如图所示由几何关系可知,弧AC所对的圆心角θ=30°,OC为半径,则r==2d由eBv=m得r=,所以m=因为弧AC所对的圆心角是30°,故电子穿过磁场的时间为t=T=·==答案 回旋加速器问题1.交变电压的周期带电粒子做匀速圆周运动的周期T=与速率、半径均无关,运动相等的时间半个周期后进入电场,为了保证带电粒子每次经过狭缝时都被加速,须在狭缝两侧加上跟带电粒子在D形盒中运动周期相同的交变电压,所以交变电压的周期也与粒子的速率、半径无关,由带电粒子的比荷和磁场的磁感应强度决定2.带电粒子的最终能量由r=知,当带电粒子的运动半径最大时,其速度也最大,若D形盒半径为R,则带电粒子的最终动能Ekm=可见,要提高加速粒子的最终能量,应尽可能地增大磁感应强度B和D形盒的半径R3.粒子被加速次数的计算粒子在回旋加速器盒中被加速的次数n=U是加速电压的大小,一个周期加速两次4.粒子在回旋加速器中运动的时间在电场中运动的时间为t1,在磁场中运动的时间为t2=T=n是粒子被加速次数,总时间为t=t1+t2,因为t1≪t2,一般认为在盒内的时间近似等于t2[典例] 有一回旋加速器,其匀强磁场的磁感应强度为B,所加速的带电粒子质量为m,带电量为q,1求回旋加速器所加高频交流电压的周期T的表达式2如果D形盒半圆周的最大半径R=
0.6m,用它来加速质子,能把质子质量m=
1.67×10-27kg,电量q=
1.6×10-19C从静止加速到具有
4.0×107eV的能量,求所需匀强磁场的磁感应强度B[解析] 1粒子在磁场中做圆周运动的周期,由qvB=,v=可得T=高频交流电压具有和粒子圆周运动同样的周期T′=2质子在回旋加速器的磁场中绕行到半径为最大半径R时,qvB=,E=mv2由以上两式,代入数据可得B=
1.53T[答案] 1T=
21.53T回旋加速器问题的两点提醒1回旋加速器所加高频交流电压的周期等于粒子圆周运动的周期且不随粒子半径的变化而变化2粒子的最终能量与加速电压的大小无关,由磁感应强度B和D形盒的半径决定 1.多选1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器,其原理如图367所示,这台加速器由两个铜质D形盒D
1、D2构成,其间留有空隙,下列说法正确的是 图367A.离子由加速器的中心附近进入加速器B.离子由加速器的边缘进入加速器C.离子从磁场中获得能量D.离子从电场中获得能量解析选AD 离子从加速器的中间位置进入加速器,最后由加速器边缘飞出,所以A对,B错加速器中所加的磁场是使离子做匀速圆周运动,所加的电场由交流电提供,它用以加速离子交流电的周期与离子做圆周运动的周期相同故C错,D对2.多选图368甲是回旋加速器的工作原理图D1和D2是两个中空的半圆金属盒,它们之间有一定的电势差,A处的粒子源产生的带电粒子,在两盒之间被电场加速两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中,所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示,不计带电粒子在电场中的加速时间,不考虑由相对论效应带来的影响,下列判断正确的是 图368A.在Ekt图中应该有tn+1-tn=tn-tn-1B.在Ekt图中应该有tn+1-tntn-tn-1C.在Ekt图中应该有En+1-En=En-En-1D.在Ekt图中应该有En+1-EnEn-En-1解析选AC 根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知,在Ekt图中应该有tn+1-tn=tn-tn-1,选项A正确B错误;由于带电粒子在电场中加速,电场力做功相等,所以在Ekt图中应该有En+1-En=En-En-1,选项C正确D错误带电粒子在有界磁场中的运动问题[典例] 如图369所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,图369一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t时间从C点射出磁场,OC与OB成60°角现将带电粒子的速度变为,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间是多少?[解析] 根据作图法找出速度为v时的粒子轨迹圆圆心O′,由几何关系可得磁场中的轨迹弧所对圆心角∠AO′C=θ=60°,设圆形磁场的半径为r,粒子的轨道半径为R1,因此有qvB=m,tan=,轨迹圆半径R1=r,当粒子速度变为时,粒子的轨道半径为R2,因此有qB=m,tan=,其轨迹圆半径R2=r,磁场中的轨迹弧所对圆心角θ1=120°,周期T=,粒子运动时间t2=T,解得t2=2t[答案] 2t带电粒子在三类有界磁场中的运动轨迹特点1直线边界进出磁场具有对称性2平行边界存在临界条件3圆形边界沿径向射入必沿径向射出 1.多选长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,板间距离也为l,极板不带电现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子不计重力,从两极板间边界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,可采用的办法是 A.使粒子的速度v<B.使粒子的速度v>C.使粒子的速度v>D.使粒子的速度<v<解析选AB 如图所示,带电粒子刚好打在极板右边缘时,有r=2+l2又r1=,所以v1=粒子刚好打在极板左边缘时,有r2==,v2=综合上述分析可知,选项A、B正确
2.多选如图3613所示,A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子,离子的重力忽略不计为把这束负离子约束在OP之下的区域,可加垂直纸面的匀强磁场已知O、A两点间的距离为s,负离子的比荷为,速率为v,OP与OQ间的夹角为30°,则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是 图3613A.B>,垂直纸面向里 B.B>,垂直纸面向里C.B>,垂直纸面向外D.B>,垂直纸面向外解析选BD 当磁场方向垂直纸面向里时,离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示,切点为M,设圆周运动半径为r1,由几何关系可知,sin30°=,可得r1=s,由r1=可得B1=;当磁场方向垂直纸面向外时,其临界轨迹即圆弧与OP相切于N点,如图乙所示,由几何关系,s=+r2,得r2=,r2=,所以B2=,选项B、D正确,A、C错误
3.多选如图3614所示,左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,一个质量为m、电荷量为q的微观粒子,沿图示方向以速度v0垂直射入磁场,欲使粒子不能从边界QQ′射出,粒子入射速度v0的最大值可能是 图3614A.B.C.D.解析选BC 粒子射入磁场后做匀速圆周运动,由R=知,粒子的入射速度v0越大,R越大当粒子的径迹和边界QQ′相切时,粒子刚好不从QQ′射出,此时其入射速度v0应为最大若粒子带正电,其运动轨迹如图甲所示此时圆心为O点,容易看出R1sin45°+d=R1,将R1=代入得v0=,选项B正确若粒子带负电,其运动轨迹如图乙所示此时圆心为O′点,容易看出R2+R2cos45°=d,将R2=代入得v0=,选项C正确
1.多选如图1所示,带负电的粒子以速度v从粒子源P处射出,若图中匀强磁场范围足够大方向垂直纸面,则带电粒子的可能轨迹是 图1A.a B.bC.cD.d解析选BD 粒子的出射方向必定与它的运动轨迹相切,故轨迹a、c均不可能,正确答案为B、D
2.如图2所示,ab是一弯管,其中心线是半径为R的一段圆弧,将它置于一给定的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆弧所在平面,并且指向纸外有一束粒子对准a端射入弯管,粒子有不同的质量、不同的速度,但都是一价正离子,则 图2A.只有速度v大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管B.只有质量m大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管C.只有质量m与速度v的乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管D.只有动能Ek大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管解析选C 因为粒子能通过弯管要有一定的半径,其半径r=R所以r=R=,由粒子的q、B都相同,则只有当mv一定时,粒子才能通过弯管
3.水平长直导线中有恒定电流I通过,导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同,如图3所示,则电子的运动情况是 图3A.沿路径Oa运动 B.沿路径Ob运动C.沿路径Oc运动D.沿路径Od运动解析选D 由左手定则知只能是Oc或Od路径而远离导线磁场减弱B减小,由半径公式r=,可知r增大,所以只能是Od路径,故D正确4.多选xx·全国卷Ⅱ有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ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Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子 A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析选AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动,且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍由qvB=得r=∝,即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍,选项A正确由F合=ma得a==∝B,所以=,选项B错误由T=得T∝r,所以=k,选项C正确由ω=得==,选项D错误
5.如图4所示,有界匀强磁场边界线SP∥MN,速度不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场,其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直,穿过b点的粒子,其速度方向与MN成60°角,设两粒子从S到a、b所需的时间分别为t
1、t2,则t1∶t2为 图4A.1∶3B.4∶3C.1∶1D.3∶2解析选D 画出运动轨迹,过a点的粒子转过90°,过b点的粒子转过60°,故选项D正确
6.如图5所示,有一混合正离子束先后通过正交的匀强电场、匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ,如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转,进入区域Ⅱ后偏转半径r相同,则它们一定具有相同的 图5A.速度B.质量C.电荷量D.动能解析选A 离子束在区域Ⅰ中不偏转,一定是qE=qvB,v=,A正确进入区域Ⅱ后,做匀速圆周运动的半径相同,由r=知,因v、B相同,只能是比荷相同,故B、C、D错误
7.多选如图6所示,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 图6A.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的近解析选AD 离子要打在屏P上,都要沿顺时针方向偏转,根据左手定则判断,离子都带正电,选项A正确;由于是同种离子,因此质量、电荷量相同,初速度大小也相同,由qvB=m可知,它们做圆周运动的半径相同,作出运动轨迹,如图所示,比较得a在磁场中运动的路程比b的长,选项C错误;由t=可知,a在磁场中运动的时间比b的长,选项B错误;从图上可以看出,选项D正确8.如图7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Ek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7A.在Ekt图像中应有t4-t3t3-t2t2-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形盒的面积解析选D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关,因此,在Ekt图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1,A错误;粒子获得的最大动能与加速电压无关,加速电压越小,粒子加速次数就越多,由粒子做圆周运动的半径r==可知Ek=,即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径,当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速,故C错误,D正确9.回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电极图8相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图8所示,要增大带电粒子射出时的动能,则下列说法中正确的是 A.增大匀强电场间的加速电压B.减小磁场的磁感应强度C.减小周期性变化的电场的频率D.增大D形金属盒的半径解析选D 粒子最后射出时的旋转半径为D形盒的最大半径R,R=,Ek=mv2=可见,要增大粒子射出时的动能,应增大磁感应强度B和增大D形盒的半径R,故D正确
10.1922年,英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场图9所示为质谱仪的原理图,设想有一个静止的带电粒子不计重力P,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到底片上的D点设OD=x,则在下列中能正确反映x2与U之间函数关系的是 图9解析选A 根据动能定理qU=mv2得,v=粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力qvB=m,则R=x=2R=知x2∝U故A正确,B、C、D错误
11.如图10所示,空间存在一方向垂直于纸面、磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域,一电荷量为-q的粒子不计重力从A点沿AB方向以速度v射入磁场,粒子从BC边上的E点离开磁场,且AE=2BE=2d求图101磁场的方向;2带电粒子的质量及其在磁场区域的运动时间解析1粒子沿弧AE运动,从带电粒子所受洛伦兹力的方向可判断出磁场的方向垂直纸面向里2如图所示,连接AE,作线段AE的中垂线,交AD的延长线于O点,O即为圆心,α为弦切角,因AE=2BE=2d,所以α=30°;θ为圆弧轨迹的圆心角,θ=2α=60°△AOE为等边三角形,R=2d,由qvB=m得,m=;T==,所以粒子在磁场区域的运动时间t==答案1垂直纸面向里 2 12.xx·江苏高考节选一台质谱仪的工作原理如图11所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上已知放置底片的区域MN=L,且OM=L某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能正常检测到离子在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到图111求原本打在MN中点P的离子质量m;2为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围解析1离子在电场中加速,qU0=mv2在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m解得r0=代入r0=L,解得m=2由1知,U=,离子打在Q点时,r=L,得U=离子打在N点时,r=L,得U=则电压的范围≤U≤答案1 2≤U≤ 带电粒子在磁场、复合场中的运动1.多选在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内,电子不计重力可能沿水平方向向右作直线运动的是 解析选BC 对选项A,若电子向右运动,则受到电场力向左,洛伦兹力向下,合力跟初速度方向不在同一直线上,故A错误;对选项B,若电子向右运动,则受到电场力向左,不受洛伦兹力,合力跟初速度方向在同一直线上,故B正确;对选项C,若电子向右运动,则受到电场力向上,洛伦兹力向下,当Bvq=Eq时,电子做匀速直线运动,C正确;选项D中,若电子向右运动,则电子所受电场力和洛伦兹力均向上,电子不可能做直线运动,D错误
2.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场,粒子的一段运动轨迹如图1所示,运动轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧,由于带电粒子使沿途空气电离,粒子的能量逐渐减少带电荷量不变,从图中情况可以确定 图1A.粒子从a运动到b,带正电B.粒子从a运动到b,带负电C.粒子从b运动到a,带正电D.粒子从b运动到a,带负电解析选C 带电粒子做圆周运动的半径r==,随着Ek的减小,半径减小,故粒子从b运动到a;由左手定则知粒子带正电,故选C
3.多选速度相同的一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图2所示,则下列说法中正确的是 图2A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带正电C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0,粒子的比荷越小解析选BC 由左手定则可知,该束带电粒子带正电,速度选择器的P1极板带正电,选项A错误,B正确;由qE=qvB1可得能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于v=,选项C正确;由r=可知,粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0,r越小,粒子的比荷越大,选项D错误
4.多选在半导体离子注入工艺中,质量相等、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,宽度为d的匀强磁场区域,P+离子在磁场中转过θ=30°后,从磁场右边界射出,如图3所示关于上述运动,下列说法正确的是 图3A.P+和P3+在电场中运动的时间之比为3∶1B.P+和P3+在磁场中运动的半径之比为3∶1C.P+和P3+在磁场中运动的时间之比为3∶2D.P+和P3+离开磁场时的动能之比为1∶3解析选CD 两个离子的质量相同,其带电量是1∶3的关系,所以由a=可知,其在电场中的加速度是1∶3,d=at2,t=,所以运动时间之比是∶1,故A错误要想知道半径必须先知道进入磁场的速度,而速度的决定因素是加速电场,所以在离开电场时其速度表达式为v=,可知其速度之比为1∶又由qvB=m知,r=,所以其半径之比为∶1,故B错误由B的分析知道,离子在磁场中运动的半径之比为∶1,设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度等于其圆心角,所以有sinθ=,则可知角度的正弦值之比为1∶,又P+转过的角度为30°,可知P3+转过的角度为60°,即在磁场中转过的角度之比为1∶2,在磁场中的运动时间t=,故运动时间之比为×=,故C正确由电场加速后qU=mv2可知,两离子离开电场的动能之比为1∶3,故D正确
5.如图4所示是质谱仪示意图,它可以测定单个离子的质量,图中离子源S产生带电荷量为q的离子,经电压为U的电场加速后垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中,沿半圆轨道运动到记录它的照相底片P上,测得它在P上位置与A处水平距离为d,则该离子的质量m大小为 图4A. B.C.D.解析选A 粒子经过加速电场过程中由动能定理得qU=mv2在匀强磁场中粒子做圆周运动的半径为,则有=联立以上两式解得m=
6.如图5所示,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qq>
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 图5A.B.C.D.解析选B 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r,由牛顿第二定律可得qvB=m,根据几何关系可知r=R,联立两式解得v=,选项B正确
7.多选如图6所示,在半径为R的圆形区域内,有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面未画出一群比荷为的负离子以相同速率v0较大,由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后,又飞出磁场,则下列说法中正确的是不计重力 图6A.离子飞出磁场时的动能一定相等B.离子在磁场中运动半径一定相等C.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大解析选BC 射入磁场的离子比荷相等,但质量不一定相等,故射入时初动能可能不相等;又因为洛伦兹力不做功,这些离子从射入到射出动能不变,故不同离子的动能可能不相等,A错误离子在磁场中偏转的半径为r=,由于比荷和速率都相等,磁感应强度B为定值,故所有离子的偏转半径都相等,B正确同时,各离子在磁场中做圆周运动的周期T=也相等,根据几何规律圆内较长的弦对应较大的圆心角,所以从Q点射出的离子偏转角最大,在磁场内运动的时间最长,C正确沿PQ方向射入的离子不会从Q点射出,故偏转角不是最大,D错误
8.如图7所示,空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域中,有一个竖直放置的光滑绝缘圆环,环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心,a、b、c、d为圆环上的四个点,a点为最高点,c点为最低点,b、O、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的a点由静止释放,下列判断正确的是 图7A.小球能越过d点并继续沿环向上运动B.当小球运动到d点时,不受洛伦兹力C.小球从a点运动到b点的过程中,电势能增大D.小球经过c点时速度最大解析选B 电场力与重力大小相等,则二者的合力指向左下方45°,由于合力是恒力,故类似于新的重力,所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”,关于圆心对称的位置即bc弧的中点就是“最低点”,速度最大;由于a、d两点关于新的最高点对称,若从a点静止释放,最高运动到d点,故A错误;由于bc弧的中点相当于“最低点”,即速度最大,而d点速度最小为零,则不受洛伦兹力,故B正确,D错误;小球从a到b,重力和电场力都做正功,重力势能和电势能都减少,故C错误
9.如图8所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场,在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为的匀强磁场一带负电的粒子从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场,且在x轴上方磁场中运动的半径为R则 图8A.粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB.粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C.粒子完成一次周期性运动的时间为D.粒子第二次射入x轴上方磁场时,沿x轴前进了3R解析选D 由r=可知,粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2,选项B错误;粒子完成一次周期性运动的时间t=T1+T2=+=,选项C错误;粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了l=R+2R=3R,则粒子经磁场偏转后不能回到原点O,所以选项A错误,D正确
10.在x轴上方有匀强电场,场强为E,在x轴下方有匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图9所示在x轴上有一点M,离O点距离为l,现有一带电量为+q的粒子,从静止开始释放后能经过M点,求如果此粒子在y轴上静止释放,其坐标应满足什么关系?重力忽略不计图9解析要使带电粒子从静止释放后能运动到M点,必须把粒子放在电场中A点先加速才行,当粒子经加速以速度v进入磁场后,只受洛伦兹力而做匀速圆周运动,运动半周后到达B点,再做减速运动,上升到与A点等高处,再返回做加速运动,到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动,半径与前者相同,以后重复前面的运动,从图中可以看出,要想经过M点,OM距离应为直径的整数倍,即满足2R·n==l2R·n=l
①R=
②Eq·y=mv2
③联立
①②③可得y=n=
1、
2、3……答案见解析
11.如图10所示,在xOy平面内,y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一质量为m、带电量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入,粒子的重力不计,求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置图10解析当带电粒子带正电时,轨迹如图中OAC,对粒子,由于洛伦兹力提供向心力,则qv0B=m,R=,T=故粒子在磁场中的运动时间t1=T=粒子在C点离开磁场OC=2R·sin60°=故离开磁场的位置为当带电粒子带负电时,轨迹如图中ODE所示,同理求得粒子在磁场中的运动时间t2=T=离开磁场时的位置为答案 或
12.xx·山东高考节选如图11所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心,GH为大圆的水平直径两圆之间的环形区域Ⅰ区和小圆内部Ⅱ区均存在垂直圆面向里的匀强磁场间距为d的两平行金属板间有一匀强电场,上极板开有一小孔一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场不计粒子的重力图111求极板间电场强度的大小;2若粒子运动轨迹与小圆相切,求Ⅰ区磁感应强度的大小解析1设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得qE=mv2
①由
①式得E=
②2设Ⅰ区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m
③如图所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得R=
④联立
③④式得B=
⑤若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得R=
⑥联立
③⑥式得B=
⑦答案1 2或 第三章 磁 场时间50分钟 满分100分
一、选择题本题共8小题,每小题6分,共48分,第1~5小题中只有一个选项符合题意,第6~8小题中有多个选项符合题意,全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分1.如图1所示,两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上,但能自由移动,若两线圈内通以大小不等的同向电流,则它们的运动情况是 图1A.都绕圆柱转动B.以不等的加速度相向运动C.以相等的加速度相向运动D.以相等的加速度相背运动解析选C 同向环形电流间相互吸引,虽然两电流大小不等,但根据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力大小相等,所以C项正确
2.图2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 图2A.向上 B.向下C.向左D.向右解析选B 根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知,b、d两导线在O点产生的磁场大小相等,方向相反,a、c两导线在O点产生的磁场的方向均向左,故O点的合磁场方向向左,又带正电的粒子沿垂直于纸面的方向向外运动,根据左手定则可判断出带电粒子受到的洛伦兹力向下,选项B正确
3.如图3所示,两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N,通有同向等值电流;沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab,则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是 图3A.沿纸面逆时针转动B.沿纸面顺时针转动C.a端转向纸外,b端转向纸里D.a端转向纸里,b端转向纸外解析选D 根据长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则,可以判断两电流M、N连线中垂线上方磁场方向水平向右,ab上半段所受安培力垂直于纸面向里,两电流M、N连线中垂线下方磁场方向水平向左,ab下半段所受安培力垂直于纸面向外,所以a端转向纸里,b端转向纸外,选项D正确4.一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场,在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系图像的是 解析选D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,qvB=m⇒R=,由圆周运动规律,T==,可见粒子运动周期与半径无关,故D项正确
5.如图4所示的区域中存在着匀强电场和匀强磁场,二者平行但方向相反质量为m,所带电荷量为-q的粒子不计重力沿电场方向以初速度v0射入场区,下列关于该粒子的说法正确的是 图4A.所受洛伦兹力越来越小B.速度方向保持不变C.所受电场力越来越小D.向右的最大位移为解析选D 因v0与B平行,故该粒子不受洛伦兹力,选项A错误;因所受电场力与v0方向相反,故经一定时间后,速度方向可能改变,选项B错误;因电场是匀强电场,故粒子所受电场力不变,选项C错误;由动能定理可知qElm=mv,得lm=,故选项D正确6.如图5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Im,图甲中I所示方向为电流正方向则金属棒 图5A.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解析选ABC 由左手定则可知,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期速度变为0,然后重复上述运动,所以选项A、B正确;安培力F=BIL,由图像可知前半个周期安培力水平向右,后半个周期安培力水平向左,不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内不做功,选项D错误
7.如图6所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线的中点,连线上a、b两点关于O点对称导线均通有大小相等、方向向上的电流已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度B=k,式中k是常量、I是导线中的电流、r为点到导线的距离一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点关于上述过程,下列说法正确的是 图6A.小球先做加速运动后做减速运动B.小球一直做匀速直线运动C.小球对桌面的压力先减小后增大D.小球对桌面的压力一直在增大解析选BD 由右手螺旋定则可知,M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里,离导线越远磁场越弱,所以M处电流的磁场由M到O逐渐减弱;N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外,由O到N逐渐增强,带正电的小球由a点沿连线运动到b点,受到的洛伦兹力F=Bqv为变力,则从a到O洛伦兹力的方向向上,随磁场的减弱而减小,从O到b洛伦兹力的方向向下,随磁场的增强而增大,所以对桌面的压力一直在增大,D正确,C错误;由于桌面光滑,且洛伦兹力始终沿竖直方向,所以小球在水平方向上不受力,做匀速直线运动,B正确,A错误
8.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用运动的带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使带电粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步如图7所示为一种改进后的回旋加速器的示意图,其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定,且被限制在A、C板间,带电粒子从P0处由静止释放,并沿电场线方向进入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动,对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是 图7A.带电粒子每运动一周被加速一次B.P1P2=P2P3C.粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D.加速电场的方向需要做周期性的变化解析选AC 由题图可以看出,带电粒子每运动一周被加速一次,A正确;由R=和qU=mv-mv可知,带电粒子每运动一周,电场力做功都相同,动能增量都相同,但速度的增量不相同,故粒子做圆周运动的半径增加量不相同,B错误;由v=可知,粒子的最大速度与D形盒的半径R有关,C正确;粒子在电场中运动的方向始终不变,故D错误
二、计算题本题共3小题,共52分
9.14分xx·重庆高考音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机图8是某音圈电机的原理示意图,它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L,匝数为n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为B,区域外的磁场忽略不计线圈左边始终在磁场外,右边始终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终相等某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I图81求此时线圈所受安培力的大小和方向2若此时线圈水平向右运动的速度大小为v,求安培力的功率解析1由安培力表达式F=BIL可知,线圈所受的安培力F=nBIL,由左手定则可判断安培力方向水平向右2由功率公式P=Fv可知,安培力的功率P=nBILv答案1安培力的大小nBIL 方向水平向右2安培力的功率nBILv
10.18分xx·福建高考如图9所示,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动A、C两点间距离为h,重力加速度为g图91求小滑块运动到C点时的速度大小vC;2求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;3若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP解析1小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足qvB+N=qE
①小滑块在C点离开MN时N=0
②解得vC=
③2由动能定理得mgh-Wf=mv-0
④解得Wf=mgh-
⑤3如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g′,g′=
⑥且v=v+g′2t2
⑦解得vP=
⑧答案1 2mgh-311.20分如图10所示,一平行板电容器长为d,极板间距也为d,极板间存在竖直向上的匀强电场E1,在平行板电容器的右侧虚线右侧,极板的中间平分线OO′上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B,OO′下方存在竖直向上的匀强电场E2,一带电微粒初速度为v0,质量为m,带电量为qq>0,从O点沿着OO′的方向射入电场,恰好从上极板的右边缘射入匀强磁场,并从A点垂直OO′向下进入电场不计微粒重力,E2=E1,E
1、E
2、B均未知求图101平行板电容器内电场的电场强度E1的大小;2匀强磁场的磁感应强度B的大小;3若在离A点右侧的距离为d的O′处,有一块垂直于OO′的挡板PQ,从粒子第一次到达A点开始计时,到击中挡板PQ,需要多长时间?解析1微粒在偏转电场中做类平抛运动,在水平方向d=v0t1,在竖直方向上d=at=t,解得E1=;2微粒在偏转电场中做类平抛运动,在水平方向d=v0t1,竖直方向d=t1,则vy=v0,微粒进入磁场时的速度v=v0,方向与竖直方向夹角为45°,微粒在磁场中做匀速圆周运动,由数学知识可知,轨道半径R=d,由牛顿第二定律得m=qvB,解得B=;3微粒在电场中,由牛顿第二定律得a=,在电场中的运动时间t2=3×2×=,在磁场中的运动时间t3=T+T=,微粒总的运动时间t=t2+t3=答案1 2 3时间90分钟 满分110分
一、选择题本题共14小题,每小题4分,共56分,第1~8小题只有一个选项符合题意,第9~14小题有多个选项符合题意;全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分
1.如图1所示,把轻质导电线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近,磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面,当线圈内通入图示方向的电流时,线圈将 图1A.向左运动 B.向右运动C.静止不动D.无法确定解析选A 方法一等效法把通电线圈等效成小磁针,由安培定则可知,线圈等效成小磁针后,左端是S极,右端是N极,根据异名磁极相互吸引,线圈将向左运动选项A正确方法二电流元法取线圈的上、下两小段分析,如图所示,根据其中心对称性可知线圈所受安培力的合力水平向左,故线圈向左运动选项A正确
2.如图2所示,A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点,在这些点上各固定一个点电荷,除A点处的电荷量为-q外,其余各点处的电荷量均为+q,则圆心O处 图2A.场强大小为,方向沿OA方向B.场强大小为,方向沿AO方向C.场强大小为,方向沿OA方向D.场强大小为,方向沿AO方向解析选C 在A处放一个-q的点电荷与在A处同时放一个+q和-2q的点电荷的效果相当,因此可以认为O处的场是五个+q和一个-2q的点电荷产生的场合成的,五个+q处于对称位置上,在圆心O处产生的合场强为0,所以O点的场强相当于-2q在O处产生的场强故选C3.如图3所示为某一门电路符号及输入端A、B的电势随时间变化关系的图像,则下列选项中能正确反映该门电路输出端电势随时间变化关系的图像是 图3解析选A 题图为与门电路,所以A、B输入端都是高电势时,输出才为高电势,故A正确
4.电阻R和电动机M串联接到电路中,如图4所示,已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等,开关接通后,电动机正常工作设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2,经过时间t,电流通过R做功为W1,产生的热量为Q1,电流通过电动机做功为W2,产生的热量为Q2,则有 图4A.U1<U2,Q1=Q2B.U1=U2,Q1=Q2C.W1=W2,Q1>Q2D.W1<W2,Q1<Q2解析选A 电动机是非纯电阻,其两端电压U2>IR=U1,B错误;电流做的功W1=U1It,W2=U2It,故W1<W2,C错误;产生的热量由Q=I2Rt可判断Q1=Q2,A正确,D错误
5.两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为m、电荷量为e,从O点沿垂直于极板的方向射入电场,最远到达A点,然后返回,如图5所示,OA间距为h,则此电子的初动能为 图5A.B.C.D.解析选D 电子从O点到达A点的过程中,仅在电场力作用下速度逐渐减小,根据动能定理可得-eUOA=0-Ek,因为UOA=h,所以Ek=,所以正确选项为D
6.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以及一对磁极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6所示由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动,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
3.0mm,血管壁的厚度可忽略,两触点间的电势差为160μV,磁感应强度的大小为
0.040T则血流速度的近似值和电极a、b的正负为 图6A.
1.3m/s,a正、b负B.
2.7m/s,a正、b负C.
1.3m/s,a负、b正D.
2.7m/s,a负、b正解析选A 根据左手定则,正离子在磁场中受到洛伦兹力的作用向上偏,负离子在磁场中受到洛伦兹力的作用向下偏,因此电极a为正极,电极b为负极;当达到平衡时,血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零,则qE=Bqv,又E=,得v==m/s=
1.3m/s,选项A正确7.如图7,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 图7A.2B.C.1D.解析选D 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍设粒子在P点的速度为v1,根据牛顿第二定律可得qv1B1=,则B1==;同理,B2==,则=,D正确,A、B、C错误
8.如图8所示,空间有一垂直纸面的磁感应强度为
0.5T的匀强磁场,一质量为
0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端无初速地放置一质量为
0.1kg、电荷量q=+
0.2C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为
0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力t=0时对木板施加方向水平向左、大小为
0.6N的恒力,g取10m/s2则 图8A.木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动B.滑块开始做加速度减小的变加速运动,最后做速度为10m/s的匀速运动C.木板先做加速度为2m/s2的匀加速运动,再做加速度增大的运动,最后做加速度为3m/s2的匀加速运动D.t=5s后滑块和木块有相对运动解析选C 开始一段时间内,滑块和木板以相同的加速度a1=2m/s2做匀加速直线运动,选项B错误;随着滑块速度增大,所受向上的洛伦兹力增大,滑块与木板间的压力减小,最大静摩擦力减小,直到t1时刻两者加速度开始不再相等则发生相对运动,此时对滑块有μmg-qv1B=ma1,v1=a1t1,解得v1=6m/s,t1=3s,即经过3s两者速度达到6m/s时发生相对运动,选项D错误;之后滑块做加速度减小的加速运动,木板做加速度增大的加速运动,最后滑块所受洛伦兹力与重力平衡,以速度v2做匀速运动,由qv2B=mg解得v2=10m/s,而木板加速度增加到a2=3m/s2,做匀加速直线运动,选项A错误、C正确
9.长为L的直导线ab斜放夹角为θ在水平轨道上,轨道平行且间距为d,通过ab的电流为I,匀强磁场的磁感应强度为B,如图9所示,则导线ab所受安培力的大小为 图9A.B.C.ILBsinθD.ILB解析选BD 导线ab所受安培力的大小为F=BIL=,选项B、D正确10.xx·海南高考如图10,两电荷量分别为QQ>0和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b点位于y轴图10O点上方,取无穷远处的电势为零下列说法正确的是 A.b点电势为零,电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零,所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点,后者电势能的变化较大解析选BC 因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷,所以电场方向与中垂线方向垂直,故中垂线为等势线,因为中垂线延伸到无穷远处,所以中垂线的电势为零,故b点的电势为零,但是电场强度不为零,A错误;等量异种电荷连线上,电场方向由正电荷指向负电荷,方向水平向右,在中点O处电势为零,O点左侧电势为正,右侧电势为负,又知道正电荷在正电势处电势能为正,故B正确;O点的电势低于a点的电势,电场力做负功,所以必须克服电场力做功,C正确;O点和b点的电势相等,所以先后从O、b点移到a点,电场力做功相等,电势能变化相同,D错误
11.如图11所示电路中,三只灯泡原来都正常发光,当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时,下面判断正确的是 图11A.L1和L3变暗,L2变亮B.L1变暗,L2变亮,L3亮度不变C.L1中电流变化值大于L3中电流变化值D.L1上电压变化值小于L2上的电压变化值解析选AD 当滑片右移时,滑动变阻器接入电阻增大,则电路中总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小,故L1变暗;电路中电流减小,故内阻及R
0、L1两端的电压减小,而电动势不变,故并联部分的电压增大,故L2变亮;因L2中电流增大,干路电流减小,故流过L3的电流减小,故L3变暗;故A正确,B错误;因L1中电流减小,L3中电流减小,而L2中电流增大;开始时有I1=I2+I3,故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值,故C错误;因并联部分的电压与L
1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势;L2两端的电压增大,L
1、R0及内阻r两端的电压减小,而电动势不变,故L2两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值,故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值,故D正确12.如图12所示,在匀强电场和匀强磁场共存的区域内,电场的场强为E,方向竖直向下,磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,一质量为m的带电粒子,在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动,则可判断该带电质点 图12A.带有电荷量为的负电荷B.沿圆周逆时针运动C.运动的角速度为D.运动的速率解析选AC A.带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动,有mg=qE,求得电荷量q=,根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电,故A正确;B.由左手则可判断粒子沿顺时针方向运动,故B错误;C.由qvB=mvω得ω===,故C正确;D.在速度选择器装置中才能判断带电粒子的速度,故D错误
13.如图13所示,在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF,导轨上放有一金属棒MN现从t=0时刻起,给金属棒通以图示方向的电流且电流大小与时间成正比,即I=kt,其中k为常量,金属棒与导轨始终垂直且接触良好下列关于导体棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像,可能正确的是 图13解析选BD 导体棒受到导轨的支持力大小等于安培力大小,即FN=BIL=BkLt∝t,在竖直方向上有mg-μFN=ma,则a=g-t,选项D正确,C错误;根据导体棒向下先做加速度逐渐减小的变加速运动,后做加速度逐渐增大的变减速运动的过程可知,选项A错误,B正确
14.如图14所示,竖直平面内的光滑绝缘轨道ABC,其中AB为倾斜直轨道,BC为与AB相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里质量相同的甲、乙、丙三个小球中,甲球带正电,乙球带负电,甲、乙两球的电荷量相等,丙球不带电,现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则下列说法中正确的是 图14A.经过最高点时三个小球的速度相等B.经过最高点时甲的速度最小C.甲释放时的位置比乙高D.运动过程中三个小球的机械能保持不变解析选CD 在圆形轨道最高点,甲球所受的洛伦兹力向下,则有mg+Bqv甲=,乙球所受的洛伦兹力向上,则mg-Bqv乙=,丙球不带电,则有mg=,故经过最高点时甲的速度最大,选项A、B错误小球在运动过程中,只有重力做功,故机械能守恒,选项C、D正确
二、实验题本题共2小题,共16分15.6分一课外小组同学想要测量一个电源的电动势及内阻准备的器材有电流表0~200mA,内阻是12Ω,电阻箱R最大阻值
9.9Ω,一个开关和若干导线1由于电流表A的量程较小,考虑到安全因素,同学们将一个定值电阻和电流表并联,若要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的2倍,则定值电阻的阻值R0=________Ω 2设计的电路图如图15甲所示若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I,并计算出,得到多组数据后描点作出R图线如图乙所示,则该电源的电动势E=________V,内阻r=________Ω图15解析1由题意可知,设通过电流表的电流为I,则通过电阻R0的电流为2I;则R0=RA=6Ω;2R0与RA并联后的电阻为R1=Ω=4Ω,根据全电路欧姆定律E=3IR+R1+r,变形可得R=·-4+r;由图线可知4+r=6,=,则r=2Ω,E=6V答案16 26 216.10分xx·广东高考某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性,使用的器材包括电压表内阻约为3kΩ、电流表内阻约为1Ω、定值电阻等图161使用多用电表粗测元件X的电阻,选择“×1”欧姆挡测量,示数如图16a所示,读数为________Ω,据此应选择图16中的________填“b”或“c”电路进行实验2连接所选电路,闭合S,滑动变阻器的滑片P从左向右滑动,电流表的示数逐渐________填“增大”或“减小”;依次记录电流及相应的电压;将元件X换成元件Y,重复实验3图17a是根据实验数据作出的UI图线,由图可判断元件________填“X”或“Y”是非线性元件图174该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻,测量待测电池的电动势E和内阻r,电路如图17b所示,闭合S1和S2,电压表读数为
3.00V;断开S2,读数为
1.00V利用图17a可算得E=________V,r=________Ω结果均保留两位有效数字,视电压表为理想电压表解析1用多用电表的欧姆挡测电阻时,电阻值=示数×倍率,故X的读数为10Ω×1=10Ω,由于<,或RX≪RV,故用伏安法测元件X的电阻时,电流表应外接,故选b电路进行实验2滑片P从左向右滑动过程中,元件X两端的电压越来越大,电流越来越大,故电流表示数逐渐增大3由UI图线可知Y是非线性元件4由3中的UI图线,可知线性元件的电阻RX=10Ω,当S
1、S2都闭合时,回路中的电流I1==
0.3A,当S1闭合,S2断开时,回路中的电流I2==
0.1A,根据闭合电路欧姆定律,得E=I1RX+r,E=I2RX+R+r,联立两式并代入数据解得E≈
3.2V,r=
0.50Ω答案110 b 2增大 3Y
43.2
0.50
三、计算题本题共3小题,共38分17.12分如图18所示,两个电量均为Q的等量异种点电荷,分别被固定在一边长为d的等边三角形ABC的两个顶点上,AB连线保持水平一个质量为m、电量+q可视为点电荷的带电小球,被长为L的绝缘轻质细线悬挂于O点,O点在C点的正上方现将细线拉至水平,由M点静止释放小球,小球向下运动到最低点C时,速度为v经过C点后,小球继续上升到N点,N点与M点关于OC对称已知静电力常量为k,重力加速度为g,若取D点的电势为零,试求图181在A、B所形成的电场中,C点的场强EC;2在A、B所形成的电场中,M、C两点的电势差;3小球上升到N点时的速度vN解析1A、B在C点形成的场强大小为EA=EB=,方向如图根据平行四边形定则,求得C点的场强EC=2EAcos60°=,方向水平向左2小球从M点运动到C点的过程中,电场力做正功根据动能定理qU+mgL=mv2得M、C两点的电势差为U=C点与D点为等势点,所以M点的电势为φM=U+φC=3小球从C点运动到N点的过程中,电场力做正功由于M、N对称,所以|φM|=|φN|,两次电场力做功相同根据动能定理2qU=mv-mvmv=mv2-2mgL得vN=答案1 水平向左 2 318.12分水平放置的两块平行金属板板长l=
5.0cm,两板间距d=
1.0cm,两板间电压为90V,且上板为正极板,一个电子沿水平方向以速度v0=
2.0×107m/s,从两板中间射入,如图19所示,不计电子的重力,电子的质量为m=
9.0×10-31kg、电荷量为e=-
1.6×10-19C,求图191电子偏离金属板的侧位移是多少?2电子飞出电场时的速度大小是多少?保留两位有效数字3电子离开电场后,打在屏上的P点,若s=10cm,求OP之长解析1电子在电场中的加速度a=,侧位移即竖直方向位移y0=at2=,运动时间t=,代入数据解得y0=5×10-3m2电子飞出电场时,水平分速度vx=v0,竖直分速度vy=at==4×106m/s飞出电场时的速度为v=,代入数据可得v=
2.0×107m/s设v与v0的夹角为θ,则tanθ==
0.2,则θ=arctan
0.23电子飞出电场后做匀速直线运动OP=y0+=y0+s·tanθ代入数据解得OP=
2.5×10-2m答案15×10-3m
22.0×107m/s
32.5×10-2m19.14分如图20所示,有一对平行金属板,板间加有恒定电压;两板间有匀强磁场,磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向里金属板右下方以MN、PQ为上下边界,MP为左边界的区域内,存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁场宽度为d,MN与下极板等高,MP与金属板右端在同一竖直线一电荷量为q、质量为m的正离子,以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间,不计离子的重力图201已知离子恰好做匀速直线运动,求金属板间电场强度的大小和方向;2若撤去板间磁场B0,已知离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场,方向与水平方向成30°角,求A点离下极板的高度;3在2的情形中,为了使离子进入磁场运动后从边界MP的P点射出,磁场的磁感应强度B应为多大?解析1设板间的电场强度为E,离子做匀速直线运动,受到的电场力和洛伦兹力平衡有qE=qv0B0解得E=v0B0
①由左手定则可判断出洛伦兹力方向竖直向上,所以电场力的方向竖直向下,故场强的方向竖直向下2设A点离下极板的高度为h,离子射出电场时的速度为v,根据动能定理得qEh=mv2-mv
②离子在电场中做类平抛运动,水平分方向做匀速直线运动,则有v=
③联立
①②③解得h==
④3设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系得r==d
⑤根据牛顿第二定律得qvB=m
⑥联立
③⑤⑥解得B=答案1v0B0,方向竖直向下 2 31.洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小,即洛伦兹力对带电粒子不做功2.带电粒子沿垂直磁场方向进入匀强磁场时,洛伦兹力提供向心力,带电粒子做匀速圆周运动3.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的牛顿第二定律表达式为qvB=meq\fv2r,轨道半径为r=eq\fmvqB,周期为T=eq\f2πmqB,可见周期与带电粒子的速度没有关系4.回旋加速器由两个D形盒组成,带电粒子在D形盒中做圆周运动,每次在两个D形盒之间的窄缝区域被电场加速,带电粒子最终获得的动能为Ek=eq\fq2B2R22m。