2009屆新課標物理考點預測(11)
磁 場
(二)考點介紹
歷年高考對本考點知識的考查覆蓋面大,幾乎每個知識點都考查到。特別是左手定則的運用和帶電粒子在磁場中的運動更是兩個命題頻率最高的知識點.帶電粒子在磁場中的運動考題一般運動情景復雜、綜合性強,多以把場的性質、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、功能關系及交變電流等有機結合的計算題出現,難度中等偏上,對考生的空間想象能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力及用數學方法解決物理問題的能力要求較高。從近兩年高考看,涉及本考點的命題常以構思新穎、高難度的壓軸題形式出現,在復習中要高度重視。特別是帶電粒子在復合場中的運動問題在歷年高考中出現頻率高,難度大,經常通過變換過程情景、翻新陳題面貌、突出動態(tài)變化的手法,結合社會、生產、科技實際來著重考查綜合分析能力、知識遷移和創(chuàng)新應用能力。情景新穎、數理結合、聯系實際將是本考點今年高考命題的特點。
二、高考真題
1.(2008年高考寧夏卷.理綜.14)在等邊三角形的三個頂點a、b、c處,各有一條長直導線垂直穿過紙面,導線中通有大小相等的恒定電流,方向如圖1所示。過c點的導線所受安培力的方向
A.與ab邊平行,豎直向上
B.與ab邊平行,豎直向下
C.與ab 邊垂直,指向左邊 圖1
D.與ab邊垂直,指向右邊
2.(2008高考廣東卷.物理.4)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器,其原理如圖2所示,這臺加速器由兩個銅質D形合D1、D2構成,其間留有空隙,下列說法正確的是( )
A.離子由加速器的中心附近進入加速器
B.離子由加速器的邊緣進入加速器
C.離子從磁場中獲得能量
D.離子從電場中獲得能量 圖2
3.(2008年江蘇省普通高中學業(yè)水平測試卷.物理.19)如圖3所示,在水平直導線正下方,放一個可以自由轉動的小磁針. 現給直導線通以向右的恒定電流,不計其他磁場的形響,則( )
A.小磁針保持不動
B.小磁針的N將向下轉動
C.小磁針的N極將垂直于紙面向里轉動
D.小磁針的N極將垂直于紙面向外轉動 圖3
4.(2008年江蘇省普通高中學業(yè)水平測試卷.物理.20)一個不計重力的帶正電荷的粒子,沿圖中箭頭所示方向進入磁場,磁場方向垂直于紙面向里,則粒子的運動軌跡( )
A.可能為圓弧
B.可能為直線
C.可能為圓弧
D.、、都有可能 圖4
5.(2007年高考廣東卷.物理.15)帶電粒子的荷質比q/m是一個重要的物理量。某中學物理興趣小組設計了一個實驗,探究電場和磁場對電子運動軌跡的影響,以求得電子的荷質比,實驗裝置如圖5所示。
①他們的主要實驗步驟如下:
A.首先在兩極板M
場、磁場,開啟陰極射線管電源,發(fā)射的
電子從兩極板中央通過,在熒幕的正中心
處觀察到一個亮點; 圖5
B.在M
C.保持步驟B中的電壓U不變,對M
②根據上述實驗步驟,同學們正確推算處電子的荷質比與外加電場、磁場及其他相關量的關系為。一位同學說,這表明電子的荷質比將由外加電壓決定,外加電壓越大則電子的荷質比越大,你認為他的說法正確嗎?為什么?
6.(2008年高考寧夏卷.理綜.24) 如圖6所示,在xOy平面的第一象限有一勻強電場,電場的方向平行于y軸向下;在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場,磁感應強度的大小為B,方向垂直于紙面向外。有一質量為m,帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于x軸射入電場。質點到達x軸上A點時,速度方向與x軸的夾角,A點與原點O的距離為d。接著,質點進入磁場,并垂直于OC飛離磁場。不計重力影響。若OC與x軸的夾角為,求
(1)粒子在磁場中運動速度的大。 圖6
(2)勻強電場的場強大小。
7.(2008年高考江蘇卷. 物理.14)在場強為B的水平勻強磁場中,一質量為m、帶正電q的小球在O靜止釋放,小球的運動曲線如圖7所示.已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到z軸距離的2倍,重力加速度為g.求:
(1)小球運動到任意位置P(x,y)的速率.
(2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離ym.
(3)當在上述磁場中加一豎直向上場強為E()
的勻強電場時,小球從O靜止釋放后獲得的最大速率.
圖7
8.(2008年高考海南卷.物理.16)如圖8所示,空間存在勻強電場和勻強磁場,電場方向為y軸正方向,磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外,電場和
磁場都可以隨意加上或撤除,重新加上的電場或磁場與 撤除前的
一樣.一帶正電荷的粒子從P(x=0,y=h)點以一定的速度平行于x軸
正向入射。這時若只有磁場,粒子將做半徑為R0的圓周運動:若同
時存在電場和磁場,粒子恰好做直線運動.現在,只加電場,當粒子
從P點運動到x=R0平面(圖中虛線所示)時,立即撤除電場同時加
上磁場,粒子繼續(xù)運動,其軌跡與x軸交于M點.不計重力.求:
⑴粒子到達x=R0平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離;
⑵M點的橫坐標xM. 圖8
9.(2008年 高考山東卷.理綜.25)兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置,極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場,變化規(guī)律分別如圖9(a)、(b)所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向)。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子(不計重力)。若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷均已知,且,兩板間距。
(1)求粒子在0~t0時間內的位移大小與極板間距h的比值。
(2)求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑(用h表示)。
(3)若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示,磁場的變化改為如圖9(c)所示,試畫出粒子在板間運動的軌跡圖(不必寫計算過程)。
圖9
10.(2007年高考寧夏卷.理綜.24)在半徑為R半圓形區(qū)域中有中有一勻強磁場,磁場的方向垂直于紙面,此感應強度為B。一質量為m,帶電量為q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經P點(AP=d)射入磁場(不計重力影響)。
(1`)如果粒子恰好從A點射出磁場,求入射粒子的速度。
(2)如果粒子經紙面內Q點從磁場中射出,出射方向與半圓在Q點切線的夾角為(如圖10所示)。求入射粒子的速度。
11.(2007年高考海南卷.物理.20)如圖11是某裝置的垂直截面圖,虛線A
從S1S2之間的某一位置水平發(fā)射一速度為v0的帶正電微粒,它經過磁場區(qū)域后入射到P處小孔。通過小孔的微粒與檔板發(fā)生碰撞而反彈,反彈速度大小是碰前的0.5倍。⑴經過一次反彈直接從小孔射出的微粒,其初速度v0應為多少?⑵求上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間。(忽略微粒所受重力影響,碰撞過程無電荷轉移。已知微粒的荷質比q/m=1.0×
三、名校試題
1.(河北省衡水中學2009屆高三上學期第四次調研考卷.物理.11)如圖12所示,三根通電長直導線P、Q、R互相平行,通過正三角形的三個頂點,三條導線通入大小相等,方向垂直紙面向高考資源網版權所有里的電流;通電直導線產生磁場的磁感應強度B=KI/r,I為通電導線的電流強度,r為距通電導線的垂直距離,K為常數;則R受到的磁場力的方向是( )
A 垂直R,指向y軸負方向
B垂直R,指向y軸正方向
C垂直R,指向x軸正方向
D垂直R,指向x軸負方向 圖12
2.(南京市2009年高三總復習試卷.物理.9)電視顯像管上的圖像是電子束打在熒光屏的熒光點上產生的。為了獲得清晰的圖像電子束應該準確地打在相應的熒光點上。電子束飛行過程中受到地磁場的作用,會發(fā)生我們所不希望的偏轉。關于從電子槍射出后自西向東飛向熒光屏的過程中電子由于受到地磁場的作用的運動情況(重力不計)正確的是
A.電子受到一個與速度方向垂直的恒力
B.電子在豎直平面內做勻變速曲線運動
C.電子向熒光屏運動的過程中速率不發(fā)生改變
D.電子在豎直平面內的運動軌跡是圓周
3.(廣東惠州市2009屆高三第三次調研考試卷.物理.9)磁流體發(fā)電是一項新興技術.它可以把氣體的內能直接轉化為電能.如圖13是它的示意圖。平行金屬板A、B之間有一個很強的勻強磁場,磁感應強度為B.將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大世正、負帶電粒子)垂直于 B的方向噴入磁場,每個離子的速度為v,電荷量大小為q,A、B兩扳間距為d,穩(wěn)定時下列說法中正確的是( )
A圖中A板是電源的正極 B圖中B板是電源的正極
C電源的電動勢為Bvd D.電源的電動勢為Bvq 圖13
4.(2009年蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調考卷.物理.7)某制藥廠的污水處理站的管道中安裝了如圖14所示的流量計,該裝置由絕緣材料制成,長、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開口,在垂直于上下底面方向加磁感應強度為B的勻強磁場,在前后兩個面的內側固定有金屬板作為電極,當含有大量正負離子(其重力不計)的污水充滿管口從左向右流經該裝置時,利用電壓表所顯示的兩個電極間的電壓U,就可測出污水流量Q(單位時間內流出的污水體積).則下列說法正確的是( )
A.后表面的電勢一定高于前表面的電勢,與正負哪種離子多少無關
B.若污水中正負離子數相同,則前后表面的電勢差為零
C.流量Q越大,兩個電極間的電壓U越大 圖14
D.污水中離子數越多,兩個電極間的電壓U越大
5.(江蘇溫州市十校聯合體2009屆期中聯考卷.物理.7)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置,其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒,兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場,使粒子在通過狹縫時都能得到加速,兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中,如圖15所示,要增大帶電粒子射出時的動能,則下列說法中正確的是( ) 圖15
A.增大磁場的磁感應強度 B.增大勻強電場間的加速電壓
C.增大D形金屬盒的半徑 D.減小狹縫間的距離
6.(海南省民族中學2009屆高三上學期月考卷.物理.10)如圖16
所示,光滑半圓形軌道與光滑斜面軌道在B處與圓孤相連,將整個裝
置置于水平向外的勻強磁場中,有一帶正電小球從A靜止釋放,且能
沿軌道前進,并恰能通過圓弧最高點,現若撤去磁場,使球仍能恰好
通過圓環(huán)最高點C,釋放高度H′與原釋放高度H的關系是( )
A.H′=H B. H′<H
C. H′>H D.不能確定
7.(廣東省中山一中2008―2009學年第一學期高三第一次統(tǒng)測卷.物理.18)如圖17所示,空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場,左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右,其寬度為L;中間區(qū)域勻強磁場的磁感強度大小為B、方向垂直紙面向外;右側勻強磁場的磁感強度大小也為B、方向垂直紙面向里.一個帶正電的粒子(質量m,電量q,不計重力)從電場左邊緣a點由靜止開始運動,穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后,又回到了a點,然后重復上述運動過程.求: 圖17
(1)中間磁場區(qū)域的寬度d.
(2)帶電粒子從a點開始運動到第一次回到a點時所用的時間t.
8.(2009屆廣東省新洲中學高三摸底考試試卷.物理.20)在如圖18所示,x軸上方有一勻強磁場,磁感應強度的方向垂直于紙面向里,大小為B,x軸下方有一勻強電場,電場強度的大小為E,方向與y軸的夾角θ為450且斜向上方. 現有一質量為m電量為q的正離子,以速度v0由y軸上的A點沿y軸正方向射入磁場,該離子在磁場中運動一段時間后從x軸上的C點進入電場區(qū)域,該離子經C點時的速度方向與x軸夾角為450. 不計離子的重力,設磁場區(qū)域和電場區(qū)域足夠大. 求:
(1)C點的坐標;
(2)離子從A點出發(fā)到第三次穿越x軸時的運動時間;
(3)離子第四次穿越x軸時速度的大小及速度方向與電場方向的夾角。
圖18
9.(淮安、連云港、宿遷、徐州四市2008第三次調研卷.物理.17)如圖19所示,空間某平面內有一條折線是磁場的分界線,在折線的兩側分布著方向相反、與平面垂直的勻強磁場,磁感應強度大小都為B。折線的頂角∠A=90°,P、Q是折線上的兩點, AP=AQ=L,F有一質量為m、電荷量為q的帶負電微粒從P點沿PQ方向射出,不計微粒的重力。
(1)若P、Q間外加一與磁場方向垂直的勻強電場,能使速度為v0射出的微粒沿PQ直線運動到Q點,則場強為多大?
(2)撤去電場,為使微粒從P點射出后,途經折線的頂點A而到達Q點,求初速度v應滿足什么條件?
(3)求第(2)中微粒從P點到達Q點所用的時間。
圖19
10.(江蘇徐州市2009屆第一次質檢測卷.物理.17)如圖20所示,粒子源S可以不斷地產生質量為m、電荷量為+q的粒子(重力不計)。粒子從O1孔漂進(初速不計)一個水平方向的加速電場,再經小孔O2進入相互正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B1,方向如圖。虛線PQ、MN之間存在著水平向右的勻強磁場,磁感應強度大小為B2(圖中未畫出)。有一塊折成直角的硬質塑料板abc(不帶電,寬度很窄,厚度不計)放置在PQ、MN之間(截面圖如圖),a、c兩點恰在分別位于PQ、MN上,ab=bc=L,α= 45°,現使粒子能沿圖中虛線O2O3進入PQ、MN之間的區(qū)域。
(1) 求加速電壓U1.
(2)假設粒子與硬質塑料板相碰后,速度大小不變,方向變化遵守光的反射定律.粒子在PQ、MN之間的區(qū)域中運動的時間和路程分別是多少?
圖20 圖21
11.(2009年廣州市高三調研測試卷.物理.19)如圖21所示,坐標平面的第Ⅰ象限內存在大小為E、方向水平向左的勻強電場,第Ⅱ象限內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。足夠長的擋板MN垂直x軸放置且距原點O的距離為d。一質量為m、帶電量為-q的粒子若自距原點O為L的A點以大小為v0,方向沿y軸正方向的速度進入磁場,則粒子恰好到達O點而不進入電場,F該粒子仍從A點進入磁場,但初速度大小為2v0,為使粒子進入電場后能垂直打在擋板上,求粒子(不計重力)在A點第二次進入磁場時:
(1) 其速度方向與x軸正方向之間的夾角。
(2)粒子到達擋板上時的速度大小及打到擋板MN上的位置到x軸的距離.
12.(廣東華南師大附中2008―2009學年高三綜合測試卷.物理.17)如圖22所示,在x<0且y<0的區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度B大小為2×10-4T,在x>且y<0的區(qū)域內存在與x軸正方向成45 º角向上方向的勻強電場。已知質量m為1.60×10
(1)質子從射入勻強磁場到O點所用的時間;
(2)勻強電場的場強大小。
13.(廣東中山一中2009屆高三第二次統(tǒng)測試卷.物理.19)如圖23所示,一個質量為m =2.0×10
(1)微粒進入偏轉電場時的速度v0大;
(2)微粒射出偏轉電場時的偏轉角θ;
(3)若該勻強磁場的寬度為D=
會由磁場右邊射出,該勻強磁場的磁感應強度B至少多大? 圖23
(一)文字介紹
預測2009年高考本考點還會以選項題和計算題兩種形式出現,若是選項題一般考查對磁感應強度、磁感線、安培力和洛侖茲力這些概念的理解,以及安培定則和左手定則的運用;若是計算題主要考查安培力大小的計算,以及帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力和帶電粒子在磁場中的圓周運動的分析判斷和計算,尤其是帶電粒子在電場、磁場中的運動問題對學生的空間想象能力、分析綜合能力、應用數學知識處理物理問題的能力有較高的要求,仍是本考點的重點內容,有可能成為試卷的壓軸題。由于本考點知識與現代科技密切相關,在近代物理實驗中有重大意義,因此考題還可能以科學技術的具體問題為背景,考查學生運用知識解決實際問題的能力和建模能力.
(二)考點預測題
四、考點預測
1.如圖24所示,P、Q是兩個等量異種點電荷,MN是它們連線的中垂線,在垂直紙面的方向上有磁場.如果某正電荷以初速度V0沿中垂線MN運動,
不計重力,則( )
A:若正電荷做勻速直線運動,則所受洛倫茲力的大小不變
B.若正電荷做勻速直線運動,則所受洛倫茲力的大小改變
C.若正電荷做變速直線運動,則所受洛倫茲力的大小不變
D.若正電荷做變速直線運動,則所受洛倫茲力的大小改變 圖24
2.運動電荷在磁場中受到洛倫茲力的作用,運動方向會發(fā)生偏轉,這一點對地球上的生命來說有十分重要的意義。從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流,稱為宇宙射線,在射向地球時,由于地磁場的存在改變了帶電粒子的運動方向,對地球起到了保護作用。如圖25所示為磁場對宇宙射線作用的示意圖,現在來自宇宙的一束質子流以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點,則這些質子在進入地球周圍的空間時將( ) 圖25
A.豎直向下沿直線射向地面 B.相對于預定地點向東偏轉
C.相對于預定地點,稍向西偏轉 D.相對于預定地點,稍向北偏轉
3.如圖26所示,帶電金屬小球用絕緣絲線系住,絲線上端固定,形成一個單擺.如果在擺球經過的區(qū)域加上如圖所示的磁場,不計摩擦及
空氣阻力,下列說法中正確的是( )
A.單擺周期不變
B.單擺周期變大
C.單擺的振幅逐漸減小 圖26
D.擺球在最大位移處所受絲線的拉力大小不變
4.圖27中為一“濾速器”裝置的示意圖。a、b為水平放置的平行金屬板,一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經小孔O進入a、b兩板之間,為了選取具有某種特定速率的電子,可在a、b間加一電場,并沿垂直于紙面方向加一勻強磁場,使所選電子仍能沿水平直線OO’運動,由O’射出。不計重力作用?赡苓_到上述目的的辦法是。ā 。
A.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向里 圖27
B.使a板電勢低于b板,磁場方向垂直紙面向里
C.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向外
D.使a板電勢低于b板,磁場方向垂直紙面向
5.如圖28所示,同一平面內有兩根互相平行的長直導線1和2,通有大小相
等、方向相反的電流,a、b兩點與兩導線共面,a點在兩導線的中間與兩導線
的距離均為r,b點在導線2右側,與導線2的距離也為r.現測得a點磁感應
強度的大小為B,則去掉導線1后,b點的磁感應強度大小為 ,方向 。 圖28
6.通電直導線A與圓形通電導線環(huán)B固定放置在同一水平面上,通有如圖29
所示的電流時,通電直導線A受到水平向______的安培力作用。當A、B中電
流大小保持不變,但同時改變方向時,通電直導線A受到的安培力方向水平
______。 圖29
7.據報道,最近已研制出一種可投入使用的電磁軌道炮,其原理如圖30所示。炮彈(可視為長方形導體)置于兩固定的平行導軌之間,并與軌道壁密接。開始時炮彈在導軌的一端,通以電流后炮彈會被磁力加速,最后從位于導軌另一端的出口
高速射出。設兩導軌之間的距離m,導軌長L=
炮彈質量。導軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示。
可以認為,炮彈在軌道內運動時,它所在處磁場的磁感應強度 圖30
始終為B=2.0T,方向垂直于紙面向里。若炮彈出口速度為,求通過導軌的電流I。忽略摩擦力與重力的影響。
8.如圖31所示,質量為m,長度為l的均勻金屬棒MN,通過兩細金屬絲懸掛在絕緣架PQ上,PQ又和已充電的電壓為U、電容量為C的電容及開關S相連,整個裝置處于磁感應強度為B,方向豎直向上的勻強磁場中,先接通S,當電容器在極短時間內放電結束時,立即斷開電鍵S,則金屬棒MN能擺起的最大高度為多大? 圖31
9.兩屏幕熒光屏互相垂直放置,在兩屏內分別去垂直于兩屏交線的直線為x和y軸,交點O為原點,如圖32所示。在y>0,0<x<a的區(qū)域有垂直于紙面向內的勻強磁場,在y>0,x>a的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場,兩區(qū)域內的磁感應強度大小均為B。在O點出有一小孔,一束質量為m、帶電量為q(q>0)的粒子沿x軸經小孔射入磁場,最后打在豎直和水平熒光屏上,使熒光屏發(fā)亮。入射粒子的速度可取從零到
某一最大值之間的各種數值。已知速度最大的粒子在
0<x<a的區(qū)域中運動的時間與在x>a的區(qū)域中運動的
時間之比為2┱5,在磁場中運動的總時間為7T/12,
其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓
周運動的周期。試求兩個熒光屏上亮線的范圍(不計
重力的影響)。 圖32
10.核聚變反應需要幾百萬度以上的高溫,為把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內(否則不可能發(fā)生核反應),通常采用磁約束的方法(托卡馬克裝置)。如圖33所示,環(huán)狀勻強磁場圍成中空區(qū)域,中空區(qū)域中的帶電粒子只要速度不是很大,都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在該區(qū)域內。設環(huán)狀磁場的內半徑為R1=
(1)粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場,不能穿越磁場的最大速度。
(2)所有粒子不能穿越磁場的最大速度。
11.在平面直角坐標系xOy中,第1象限存在沿y軸負方向的勻強電場,第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場,磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于Y軸射入電場,經x軸上的N點與x軸正方向成θ=60°角射入磁場,最后從y軸負半軸上的P點垂直于Y軸射出磁場,如圖34所示。不計粒子重力,求:
(1)M、N兩點間的電勢差UMN。 圖34
(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r;
(3)粒子從M點運動到P點的總時間t。
12.如圖35所示,在坐標系xoy中,過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°,在OC右側有一勻強電場;在第二、三象限內有一勻強磁場,其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直抵面向里。一帶正電荷q、質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域,并從O點射出,粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ=30°,大小為v,粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內的一段圓弧,且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍。粒子進入電場后,在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域,經過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求
(1)粒子經過A點時速度的方向和A點到x軸的距離;
(2)勻強電場的大小和方向;
(3)粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間。
圖35
13.如圖36所示,相互垂直的勻強電場和勻強磁場,其電場強度和磁感應強度分別為E和B,一個質量為m,帶正電量為q的油滴,以水平速度從a點射入,經一段時間后運動到b,試計算:
(1)油滴剛進入場中a點時的加速度。
(2)若到達b點時,偏離入射方向的距離為d,此時速度大小為多大?
圖36
14.如圖37所示,虛線上方有場強為E的勻強電場,方向豎直向下,虛線上下有磁感應強度相同的勻強磁場,方向垂直紙面向外,a b是一根長的絕緣細桿,沿電場線放置在虛線上方的場中,b端在虛線上,將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后,小球先作加速運動,后作勻速運動到達b端,已知小球與絕緣桿間的動摩擦系數μ=0.3,小球重力忽略 不計,當 小 球脫離桿進入虛線下方后,運動軌跡是半圓,圓的半徑是/3,求帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。
圖37
15.如圖38所示,一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下,固定在水平面上。整個空間存在勻強磁場,磁感應強度方向豎直向下一電荷量為q(q>0)、質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動,圓心為O’。球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ(0<θ<。為了使小球能夠在該圓周上運動,求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率。
重力加速度為g。
16.如圖39為一種質譜儀工作原理示意圖。在以O為圓心,OH為對稱軸,夾角為2α的扇形區(qū)域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M,且OM=d.現有一正離子束以小發(fā)散角(紙面內)從C射出,這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D,試求: 圖39
(1)磁感應強度的大小和方向
(提示:可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象); (2)離子沿與CM成θ角的直線CN進入磁場,其軌道半徑和在磁場中的運動時間;
(3)線段CM的長度.
17.正電子發(fā)射計算機斷層(PET)是分子水平上的人體功能顯像的國際領先技術,它為臨床診斷和治療提供全新的手段。
⑴PET在心臟疾病診療中,需要使用放射正電子的同位素氮13示蹤劑。氮13是由小型回旋加速器輸出的高速質子轟擊氧16獲得的,反應中同時還產生另一個粒子,試寫出該核反應方程。
⑵PET所用回旋加速器示意如圖40所示,其中置于高真空中的金屬D形盒的半徑為R,兩盒間距為d,在左側D形盒圓心處放有粒子源S,勻強磁場的磁感應強度為B,方向如圖10所示。質子質量為m,電荷量為q。設質子從
粒子源S進入加速電場時的初速度不計,質子在加速器中運動的總時間為t(其中已略去了質子在加速電場中的運動時間),質子在電場中的加速次數于回旋半周的次數相同,加速質子時的電壓大小可視為不變。求此加速器所需的高頻電源頻率f和加速電壓U。
⑶試推證當R>>d時,質子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的時間可忽略不計(質子在電場中運動時,不考慮磁場的影響)。
高考真題
1.【解析】本題考查了左手定則的應用。導線a在c處產生的磁場方向由安培定則可判斷,即垂直ac向左,同理導線b在c處產生的磁場方向垂直bc向下,則由平行四邊形定則,過c點的合場方向平行于ab,根據左手定則可判斷導線c受到的安培力垂直ab邊,指向左邊
【答案】C
2.【解析】由回旋加速器的結構可知,離子由加速器的中心附近進入加速器,所以選項A正確;因在盒內洛侖茲力不做功,所以離子從空隙的電場中獲得能量,故選項D正確.
【答案】AD
3.【解析】由安培定則判斷在水平直導線下面的磁場是垂直于紙面向里,所以小磁針的N極將垂直于紙面向里轉動
【答案】C
4.【解析】帶電粒子在洛侖茲力作用下,作勻速圓周運動,又根據左手定則得選項A正確.
【答案】A
5.【解析】因為tanα=板間距離/板長,并可用荷質比表示,由左手定則可以判斷負外;不正確,電子的荷質比是其本身的性質。
【答案】不正確,電子的荷質比是其本身的性質。
6.【解析】(1)質點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質點飛離磁場時,速度垂直于OC,故圓弧的圓心在OC上。依題意,質點軌跡與x軸的交點為A,過A點作與A點的速度方向垂直的直線,與OC交于O'。由幾何關系知,AO'垂直于OC',O'是圓弧的圓心。如圖所示,設圓弧的半徑為R,則有
R=dsinj
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
將①式代入②式,得
(2)質點在電場中的運動為類平拋運動。設質點射入電場的速度為v0,在電場中的加速度為a,運動時間為t,則有
v0=vcosj vsinj=at d=v0t聯立發(fā)上各式得
設電場強度的大小為E,由牛頓第二定律得 qE=ma 聯立得
【答案】(1) (2)
7.【解析】(1)洛倫茲力不做功,由動能定理得,
mgy=mv2 ……①
得 v= ……②
(2)設在最大距離ym處的速率為vm,根據圓周運動有,
qvmB-mg=m ……③
且由②知 ……④
由③④及R=2ym
得 ……⑤
(3)小球運動如圖所示,
由動能定理 (qE-mg)|ym|= ……⑥
由圓周運動 qvmB+mg-qE=m ……⑦
且由⑥⑦及R=2|ym|解得
vm=
【答案】(1) (2) (3)
8.【解析】⑴做直線運動有:
做圓周運動有:
只有電場時,粒子做類平拋,有:
解得:
粒子速度大小為:
速度方向與x軸夾角為:
粒子與x軸的距離為:
⑵撤電場加上磁場后,有:
解得:
粒子運動軌跡如圖所示,圓心C位于與速度v方向垂直的直線上,該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4,有幾何關系得C點坐標為:
過C作x軸的垂線,在ΔCDM中:
解得:
M點橫坐標為:
【答案】(1) (2)
9.【解析】方法1:(1)設粒子在0~t0時間內運動的位移大小為s1
①
②
又已知
聯立①②式解得
③
(2)粒子在t0~2t0時間內只受洛倫茲力作用,且速度與磁場方向垂直,所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1,軌道半徑為R1,周期為T,則
④
⑤
聯立④⑤式得
⑥
又 ⑦
即粒子在t0~2t0時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時間內,粒子做初速度為v1的勻加速直線運動,設位移大小為s2
⑧
解得 ⑨
由于s1+s2<h,所以粒子在3t0~4t0時間內繼續(xù)做勻速圓周運動,設速度大小為v2,半徑為R2
⑩
11
解得 12
由于s1+s2+R2<h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時間內,粒子運動到正極板(如圖所示)。因此粒子運動的最大半徑
(3)粒子在板間運動的軌跡如圖所示。
方法2:由題意可知,電磁場的周期為2t0,前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動,加速度大小為
方向向上
后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動,周期為T
粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末,粒子位移大小為sn
又已知
由以上各式得
粒子速度大小為
粒子做圓周運動的半徑為
解得
顯然
【答案】(1)粒子在0~t0時間內的位移大小與極板間距h的比值
(2)粒子在極板間做圓周運動的最大半徑
(3)粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖。
10.【解析】(1)由于粒子在P點垂直射入磁場,故圓弧軌道的圓心在AP上,AP是直徑。
設入射粒子的速度為,由洛侖茲力的表達式和牛頓第二定律得
………… ①
由上式解得 ………… ②
(2)設是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心。連接,設。
如圖所示,由幾何關系得 ………… ③
………… ④
由余弦定理得
………… ⑤
聯立④⑤式得
………… ⑥
設入射粒子的速度為,由解出
【答案】
11.【解析】⑴v0=
⑵t=2.8×10-2s兩次穿越磁場總時間恰好是一個周期,在磁場外的時間是,代入數據得t=2.8×10-2s
【答案】(1) (2)t=2.8×10-2s
名校試題
1.【解析】由安培定則判斷出P和QR的磁場方向,并求出其合磁場是水平向右,再由左手定則判斷出R受到的磁場力垂直R,指向y軸負方向
【答案】A
2.【解析】 電子在飛行過程中受到地磁場洛侖茲力的作用,洛侖茲力是變力而且不做功,所以電子向熒光屏運動的速率不發(fā)生改變;又因為電子在自西向東飛向熒光屏的過程中所受的地磁場感應強度的水平分量可視為定值,故電子在豎直平面內所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直,故電子在在豎直平面內的運動軌跡是圓周。
【答案】CD
3.【解析】根據左手定則判斷出,正離子偏向B板,所以B板是電源的正極,因最后離子勻速運動,由平衡條件得,故電源的電動勢為Bvd
【答案】BC
4.【解析】根據左手定則判斷出,正離子偏向后表面的電勢,所以選項A正確;,所以選項C也正確.
【答案】AC
5.【解析】設D形盒的半徑為R,則粒子可能獲得的最大動能由qvB=m得Ekm==,由此式得選項AC正確.
【答案】AC
6.【解析】無磁場時,小球隊在C點由重力提供向心力,,臨界速度。
從A至C由機械能守恒定律得:,有
加磁場后,小球在C點受向上的洛侖茲力,向心力減小,
臨界速度v減小。洛侖茲力不做功,由A到C機械能守恒
因,所以,故選項C正確。
【答案】C
7.【解析】(1)電場中加速,由
∴
磁場中偏轉,由牛頓第二定律得
∴
可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同,如圖所示,三段圓弧的圓心組成的三角形△O1O2O3是等邊三角形,其邊長為2r www.ks5u.com
∴
(2)電場中, 中間磁場中,
右側磁場中, 則
【答案】(1) (2)
8.【解析】(1)磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動,故有
--------------①
同時有 -----------②
粒子運動軌跡如圖所示,由幾何知識知,
xC=-(r+rcos450)=, ------------ ③
故,C點坐標為(,0)。 ----------- ④
(2)設粒子從A到C的時間為t1,設粒子從A到C的時間為t1,由題意知
------------ ⑤
設粒子從進入電場到返回C的時間為t2,其在電場中做勻變速運動,由牛頓第二定律和運動學知識,有 ------------⑥
及 , ------------⑦
聯立⑥⑦解得 ------------⑧
設粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為t3,由題意知
------------ ⑨
故而,設粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為
------------ ⑩
(3)粒子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程是在電場中做類似平拋的運動,即沿著v0的方向(設為x′軸)做勻速運動,即
……① …………②
沿著qE的方向(設為y′軸)做初速為0的勻變速運動,即
……③ ……④
設離子第四次穿越x軸時速度的大小為v,速度方向與電場方向的夾角為α.
由圖中幾何關系知
……⑤ ……⑥
……⑦
綜合上述①②③④⑤⑥⑦得
……⑧
【答案】(1)C點坐標為(,0) (2) (3)
9.【解析】 ⑴由電場力與洛倫茲力平衡得:qE=qv0B得:E=v0B
⑵根據運動的對稱性,微粒能從P點到達Q點,應滿足
其中x為每次偏轉圓弧對應的弦長,偏轉圓弧對應的圓心角為或。
設圓弧的半徑為R,則有2R2=x2,可得:
又
由①②③式得:,n =1、2、3、
⑶當n取奇數時,微粒從P到Q過程中圓心角的總和為
,
,其中n =1、3、5、……
當n取偶數時,微粒從P到Q過程中圓心角的總和為
,其中n =2、4、6、……
【答案】(1)E =v0B (2) (3)當n取奇數時,
當n取偶數時,
10.【解析】(1)粒子源發(fā)出的粒子,進入加速電場被加速,速度為v0,根據能的轉化和守恒定律得:
要使粒子能沿圖中虛線O2O3進入PQ、MN之間的區(qū)域,
則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等,
得到
將②式代入①式,得
(2)粒子從O3以速度v0進入PQ、MN之間的區(qū)域,先做勻速直線運動,打到ab板上,以大小為v0的速度垂直于磁場方向運動.粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內作勻速圓周運動,轉動一周后打到ab板的下部.由于不計板的厚度,所以質子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間,即一個周期T.
由和運動學公式,得
粒子在磁場中共碰到2塊板,做圓周運動所需的時間為
粒子進入磁場中,在v0方向的總位移s=2Lsin45°,時間為
則t=t1+t2=
【答案】 (1) (2)
11.【解析】設速度為v0時進入磁場后做圓周運動的半徑為r
有 得r==
設速度為2v0時進入磁場做圓周運動的半徑r′
得r′==L
設其速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ
由圖中的幾何關系有:cosθ==
得θ=45°或θ=135°
(2)為使粒子進入電場后能垂直打在擋板上,則要求粒子進入電場時速度方向
與x軸正方向平行,如圖所示。粒子進入電場后由動能定理有
qEd=mv′2 -m(2v0)2 得v′=
當θ1=45°時,粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為
y1=r-r′sin45°=(-1)L
當θ2 =135°時,粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為
y2= r′+ r′sin45°=(+1)L
【答案】(1)θ=45°或θ=135° (2)當θ1=45°時,(-1)L;
θ2=135°(+1)L,
12.【解析】(1)設帶電粒子射入磁場時的速度大小為v,由于帶電粒子垂直射入勻強磁場帶電粒子在磁場中做圓周運動,圓心位于MN中點O′,
由幾何關系可知,軌道半徑r=lcos45=0.2(m
又Bqv =
所以
設帶電粒子在磁場中運動時間為t1,在電場中運動的時間為t2,總時間為t。
t1 = t2 =
聯立解得 t = =2.07×10-4(s)
(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動,設加速度為a,則:
lsin45 = at
【答案】(1) 2.07×10-4(s) (2)1.6(V/m)
13.【解析】(1)微粒在加速電場中由動能定理得:
① 解得v0 = 1.0×
(2)微粒在偏轉電場中做類平拋運動,有: ,
飛出電場時,速度偏轉角的正切為:
② 解得 θ = 30o
(3)進入磁場時微粒的速度是: ③
軌跡如圖所示,由幾何關系有: ④
洛倫茲力提供向心力: ⑤
由③~⑤聯立得: 代入數據解得:B =/5=0.346T
所以,為使微粒不會由磁場右邊射出,該勻強磁場的磁感應強度B至少為0.346T。
(B =0.35T照樣給分)
【答案】(1)v0=1.0×
考點預測題
1.【解析】因帶電粒子在運動過程中受電場力和洛侖茲力的作用,由于帶電粒子受到的電場力不斷改變,若正電荷做勻速直線運動,則所受洛倫茲力的大小改變,所以選項B對
【答案】B
2.【解析】由左手定則判斷這些質子流相對于預定地點向東偏轉,故選項B正確
【答案】B
3.【解析】因小球受到的洛倫茲力沿半徑方向,與回復力方向垂直,所以周期不變;擺球在最大位移處時,洛倫茲力為零,小球此時受重力和繩的拉力,與后垂直方向的夾角相同,所受絲線的拉力大小不變,選項AD正確
【答案】AD
4.【解析】:若a板電勢高于b板,則電子受電場力向上,要使電子沿直線運動,則電子受到的洛侖茲力向下 ,由左手定則可知,磁場的方向垂直紙面向里,A正確;若a板電勢低于b板,則電子受電場力向下,要使電子沿直線運動,則電子受到的洛侖茲力向上 ,由左手定則可知,磁場的方向垂直紙面向外,D正確;此題考查帶電粒子在復合場中的運動、速度選擇器。
【答案】AD
5.【解析】直導線1和2在點產生的磁感應強度大小相等、方向相同,則導線2在點產生的磁感應強度為;因兩點到導線2的 距離相等,則去掉導 線1后,點的磁感應強度大小也為,由安培定則可判斷磁感應強度的方向垂直紙面向外。
【答案】 方向垂直紙面向外
6.【解析】右手螺旋定則判斷出通電環(huán)B的外部是“叉”磁場,然后再用左手定則判斷出它的受力方向向右。當A、B中的電流大小保持不變,同時改變方向時,用上面的方法判斷的結果是:通電導線A所受安培力的方向是不變的,仍向右。
【答案】受力方向向右;仍向右
7.【解析】在導軌通有電流I時,炮彈作為導體受到磁場施加的
安培力為F=IwB ①
設炮彈的加速度的大小為a,則有因而 F=ma ②
炮彈在兩導軌間做勻加速運動,因而 、
聯立①②③式得
代入題給數據得:
【答案】
8.【解析】在電容器放電的極短時間Dt內,導線中有從N®M的電流,此電流受到垂直紙面向里的安培力作用,由于時間極短,在Dt內可近似認為水平方向只受安培力作用,根據動量定理得:
BIlDt=mv……①
其中v是導體棒獲得的速度。
S斷開后導體在拉力T和重力作用下上升,只有重力作功,機械能守恒,有:
mv2/2=mgh②
又:IDt=Q……③、C=Q/U……④
由①②③④解得h=
【答案】h=
9.【解析】半圓的直徑在y軸上,半徑的范圍從0到a,屏上發(fā)亮的范圍從0到
學生要根據具體問題列出物理關系式。設t1為粒子在0<x<a的區(qū)域中運動的時間,t2為在x>a的區(qū)域中運動的時間,由題意可知
由此解得: ②
③
結合幾何圖形,挖掘隱含的對稱關系和幾何關系, 圖37
這恰恰是對他們靈活應數學知識綜合解決物理問題能力的檢驗,也正是高考命題者的用心甩在,而大多數學生對此認識不足,從而導致了解題的困難。
由②、③式和對稱性可得 ④
⑤
⑥
所以 ⑦
即為1/4圓周。因此,圓心在x軸上。
設速度
湖北省互聯網違法和不良信息舉報平臺 | 網上有害信息舉報專區(qū) | 電信詐騙舉報專區(qū) | 涉歷史虛無主義有害信息舉報專區(qū) | 涉企侵權舉報專區(qū)
違法和不良信息舉報電話:027-86699610 舉報郵箱:58377363@163.com