9、2019全國Ⅰ·17)如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接.已知導體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為( )
A.2F B.1.5F C.0.5F D.0
答案B
解析導體棒MN受到的安培力為F=BIL.根據(jù)串、并聯(lián)電路的特點可知,導體棒ML與LN的電阻之和是導體棒MN電阻的2倍,導體棒MN的電流是導體棒ML與LN電流的2倍,導體棒處在同一磁場中,導體棒ML與LN的有效長度與導體棒MN相同,導體棒ML與LN受到安培力的合力為0.
10、5F.根據(jù)左手定則,導體棒ML與LN受到安培力的合力方向與導體棒MN受到的安培力方向相同,線框LMN受到安培力的合力為1.5F,故選B.
2.
(多選)(2017全國Ⅰ·19)如圖,三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距,均通有電流I,L1中電流方向與L2中的相同,與L3中的相反,下列說法正確的是( )
A.L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直
B.L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直
C.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶3
D.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為3∶3∶1
答案BC
解析利用同
11、向電流相互吸引,異向電流相互排斥,受力分析如下
設任意兩導線間作用力大小為F,則
L1受合力F1=2Fcos 60°=F,方向與L2、L3所在平面平行;
L2受合力F2=2Fcos 60°=F,方向與L1、L3所在平面平行;
L3所受合力F3=2Fcos 30°=3F,方向與L1、L2所在平面垂直.故選B、C.
3.
(2015全國Ⅰ·24)如圖,一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中;磁場的磁感應強度大小為0.1 T,方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定,下端與金屬棒絕緣.金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連,電路總電阻為2 Ω.已知開
12、關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm;閉合開關,系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質(zhì)量.
答案開關閉合后金屬棒所受安培力方向豎直向下 金屬棒質(zhì)量為0.01 kg
解析依題意,開關閉合后,電流方向從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向豎直向下.開關斷開時,兩彈簧各自相對于其原長伸長為Δl1=0.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1=mg①
式中,m為金屬棒的質(zhì)量,k是彈簧的勁度系數(shù),g是重力加速度的大小.開關閉合后,金屬棒所受安培力的大小為F=IBL②
13、
式中,I是回路電流,L是金屬棒的長度.兩彈簧各自再伸長了Δl2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡條件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F③
由歐姆定律有E=IR④
式中,E是電池的電動勢,R是電路總電阻.
聯(lián)立①②③④式,并代入題給數(shù)據(jù)得
m=0.01 kg⑤
1.判定通電導體受力及運動趨勢的常用方法
電流
元法
分割為電流元安培力方向→整段導體所受合力方向→運動方向
特殊位
置法
在特殊位置→安培力方向→運動方向
等效法
環(huán)形電流?小磁針 條形磁鐵?通電螺線管?多個環(huán)形電流
結(jié)論法
同向電流相互吸引,反向電流相互排斥;兩不平行的直線電流相互作用時,有
14、轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢
轉(zhuǎn)換研
究對
象法
定性分析磁體在電流的磁場中受力情況,可轉(zhuǎn)換為先分析電流在磁體的磁場中受力,然后由牛頓第三定律確定導體受力及運動方向
2.安培力作用下導體平衡問題的分析思路
(1)選定研究對象:通電導線或?qū)w棒.
(2)變?nèi)S為二維:畫出平面受力分析圖,其中安培力的方向,要用左手定則來判斷,注意安培力垂直于電流和磁場方向決定的平面.
(3)列方程求解:根據(jù)力的平衡條件列方程.
典題演練提能·刷高分
1.
(2019廣東廣州模擬)如圖所示,兩平行光滑金屬導軌CD、EF間距為L,與電動勢為E0的電源相連,質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂
15、直于導軌放置構(gòu)成閉合回路,回路平面與水平面成θ角,回路其余電阻不計.為使ab棒靜止,需在空間施加的勻強磁場磁感應強度的最小值及其方向分別為( )
A.mgRE0L,水平向右
B.mgRcosθE0L,垂直于回路平面向上
C.mgRtanθE0L,豎直向下
D.mgRsinθE0L,垂直于回路平面向下
答案D
解析對金屬棒受力分析,受重力、支持力和安培力,如圖所示.從圖可以看出,當安培力沿斜面向上時,安培力最小,故安培力的最小值為:FA=mgsin θ,故磁感應強度的最小值為B=FAIL=mgsinθIL,根據(jù)歐姆定律,有E0=IR,故B=mgRsinθE0L,故只有選項D正確.
16、
2.
如圖所示,兩個完全相同、所在平面互相垂直的導體圓環(huán)P、Q中間用絕緣細線連接,通過另一絕緣細線懸掛在天花板上,當P、Q中同時通有圖示方向的恒定電流時,關于兩線圈的轉(zhuǎn)動(從上向下看)以及細線中張力的變化,下列說法正確的是( )
A.P順時針轉(zhuǎn)動,Q逆時針轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動時P與天花板連接的細線張力不變
B.P逆時針轉(zhuǎn)動,Q順時針轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動時兩細線張力均不變
C.P、Q均不動,P與天花板連接的細線和與Q連接的細線張力均增大
D.P不動,Q逆時針轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動時P、Q間細線張力不變
答案A
解析根據(jù)安培定則,P產(chǎn)生的磁場的方向垂直于紙面向外,Q產(chǎn)生的磁場水平向右,根據(jù)同名磁極相互排
17、斥的特點,P將順時針轉(zhuǎn)動,Q逆時針轉(zhuǎn)動;轉(zhuǎn)動后P、Q兩環(huán)的電流的方向相同,所以兩個線圈相互吸引,中間細線張力減小.由整體法可知,P與天花板連接的細線張力總等于兩環(huán)的重力之和,大小不變.故A正確,BCD錯誤.
3.
據(jù)媒體報道,美國海軍最早將于2020年實現(xiàn)電磁軌道炮的實戰(zhàn)部署,我國在該領域的研究也走在世界的前列.如圖所示為電磁軌道炮原理示意圖,圖中虛線表示電流方向,下列說法正確的是( )
A.如果電流方向如圖中所示,則該電流在兩軌道間產(chǎn)生的磁場方向豎直向下
B.電流大小一定時,兩導軌距離越近,導軌之間的磁場越強
C.如果電流反向,炮彈所受安培力也會反向,炮彈將無法發(fā)射出去
D
18、.要提高炮彈的發(fā)射速度,導軌間距越小越好
答案B
解析根據(jù)安培定則,如果電流方向如圖中所示,則該電流在兩軌道間產(chǎn)生的磁場方向豎直向上,故A項錯誤;兩平行導軌的電流方向相反,在導軌之間產(chǎn)生的磁場方向相同,根據(jù)直線電流的磁場分布可知,電流大小一定時,兩導軌距離越近,導軌之間的磁場越強,故B項正確;如果電流反向,導軌之間的磁場方向反向,通過炮彈的電流方向反向,炮彈所受安培力方向不變,故C項錯誤;電流一定時,導軌間距越小磁場越強,但炮彈的“有效長度”也變小,影響安培力的大小,所以導軌間距并不是越小越好,而是要適當,故D項錯誤.
4.一段導線abcde位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,且與磁場方
19、向(垂直于紙面向里)垂直.線段ab、bc、cd和de的長度均為L,且∠abc=∠cde=120°,流經(jīng)導線的電流為I,方向如圖中箭頭所示.導線段abcde所受到磁場的作用力的合力大小為( )
A.2BIL B.3BIL
C.(3+2)BIL D.4BIL
答案B
解析因為∠abc=∠cde=120°,根據(jù)幾何關系可知∠bcd=60°,故b與d之間的直線距離也為L,則導線段abcde有效長度為3L,故所受安培力的大小為F=3BIL,故ACD錯誤,B正確.
5.(2019山東菏澤模擬)如圖所示,水平導軌間距為L=0.5 m,導軌電阻忽略不計;導體棒ab的質(zhì)量m=1 kg,連入導軌間
20、的電阻R0=0.9 Ω,與導軌接觸良好;電源電動勢E=10 V,內(nèi)阻r=0.1 Ω,電阻R=4 Ω;外加勻強磁場的磁感應強度B=5 T,方向垂直于ab,與導軌平面的夾角α=53°;ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),定滑輪摩擦不計,輕繩對ab的拉力為水平方向,重力加速度g取10 m/s2,ab處于靜止狀態(tài).已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:
(1)通過ab的電流大小和方向;
(2)ab受到的安培力大小;
(3)重物重力G的取值范圍.
答案(1)2 A 電流方向為a到b (2)5 N
(3)0.5 N≤G≤7.5 N
解析(
21、1)通過ab的電流大小為I=ER+R0+r=2 A
方向為a到b.
(2)ab受到的安培力為F=BIL=5 N.
(3)對ab受力分析如圖所示,最大靜摩擦力
fm=μFN=μ(mg-Fcos α)=3.5 N
當最大靜摩擦力方向向右時
FT=Fsin α-fm=0.5 N
當最大靜摩擦力方向向左時
FT=Fsin α+fm=7.5 N
又FT=G
所以0.5 N≤G≤7.5 N.
命題角度3帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動
高考真題體驗·對方向
1.
(2019全國Ⅱ·17)如圖,邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面
22、(abcd所在平面)向外.ab邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子.已知電子的比荷為k,則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為( )
A.14kBl,54kBl B.14kBl,54kBl
C.12kBl,54kBl D.12kBl,54kBl
答案B
解析
本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動.當電子從a點射出時,電子在磁場中運動的半徑為ra=14l,而Bqva=mva2ra,即va=Bqram=14kBl;當電子從d點射出時,電子在磁場中運動的半徑為rd,如圖,根據(jù)幾何關系得rd2=l2+(rd-l2)2,解得r
23、d=54l,所以,vd=54kBl,B正確,A、C、D錯誤.
2.
(2017全國Ⅱ·18)如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場,P為磁場邊界上的一點.大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點,在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場.若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率為v2,相應的出射點分布在三分之一圓周上.不計重力及帶電粒子之間的相互作用.則v2∶v1為( )
A.3∶2 B.2∶1 C.3∶1 D.3∶2
答案C
解析
最遠的出射點和入射點的連線為粒子在磁場中做勻速圓周運動的直徑,
24、如圖所示.由幾何關系可以得到,當速度為v1入射時,半徑R1=R2,當速度為v2入射時,半徑R2=32R,再由R=mvqB可得,v2∶v1=3∶1,故選項C正確.
1.處理有界勻強磁場中的臨界問題的技巧
(1)粒子進入單邊磁場時,進、出磁場具有對稱性.
(2)帶電粒子剛好穿出或剛好不穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切.這類題目中往往含有“最大”“最高”“至少”“恰好”等詞語,其最終的求解一般涉及極值,但關鍵是從軌跡入手找準臨界狀態(tài).
①當粒子的入射方向不變而速度大小可變時,由于半徑不確定,可從軌跡圓的縮放中發(fā)現(xiàn)臨界點.
②當粒子的入射速度大小確定而方向不確定時
25、,軌跡圓大小不變,只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉(zhuǎn),可從定圓的動態(tài)旋轉(zhuǎn)中發(fā)現(xiàn)臨界點.
(3)當速率一定時,粒子運動的弧長越長,圓心角越大,運動時間越長;當速率變化時,圓心角大的,運動時間長.
2.帶電粒子在圓形勻強磁場區(qū)域運動的幾個有用結(jié)論
(1)粒子沿徑向射入則沿徑向射出.
(2)設粒子在磁場中運動軌跡圓半徑為R,磁場區(qū)域圓半徑為r,有以下結(jié)論:①當Rr時,則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時,軌跡對應的速度偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長).③當R=r時,保持粒子的入射速率和入射點不變,改變速度的方
26、向,射出圓形磁場后速度方向相同,或以相同速度(速度大小相等方向相同)從不同點射入圓形磁場的粒子匯聚到磁場邊界同一點,這稱為磁聚焦現(xiàn)象.
典題演練提能·刷高分
1.
(2019安徽馬鞍山模擬)如圖所示,abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域,磁場邊界邊長為L,磁場方向垂直邊界平面向里.三個粒子以相同的速度從a點沿ac方向射入,粒子1從b點射出,粒子2從c點射出,粒子3從cd邊垂直于磁場邊界射出,不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用.根據(jù)以上信息,可以確定( )
A.粒子1帶負電,粒子2不帶電,粒子3帶正電
B.粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1
C.粒子1和粒子3在磁場中運動時間之比
27、為4∶1
D.粒子3的射出位置與d點相距L2
答案B
解析根據(jù)左手定則可知,粒子1帶正電,粒子2不帶電,粒子3帶負電,選項A錯誤;由幾何關系知,粒子1在磁場中的軌跡為四分之一圓周,半徑r1=Lsin 45°=22L,在磁場中運動時間t1=14T=14×2πr1v=2πL4v,粒子3在磁場中的軌跡為八分之一圓周,半徑r3=Lsin45°=2L,在磁場中運動時間t3=18T=18×2πr3v=2πL4v,則t1=t3,選項C錯誤;由r1∶r3=1∶2及r=mvqB可知粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1,選項B正確;粒子3的射出位置與d點相距(2-1)L,選項D錯誤.
2.
(2019山
28、東滕州模擬)如圖所示,勻強磁場的邊界為直角三角形abc,一束帶正電的相同粒子以不同的速度v沿bc方向從b點射入磁場,不計粒子的重力.關于粒子在磁場中的運動情況,下列說法正確的是( )
A.入射速度越大的粒子,在磁場中的運動時間越長
B.入射速度越大的粒子,在磁場中的運動軌跡越長
C.從ab邊射出的粒子在磁場中的運動時間都相等
D.從ac邊射出的粒子在磁場中的運動時間都相等
答案C
解析帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動,軌跡半徑r=mvqB,速度越大,半徑越大,從ac邊出射的粒子,速度越大,運動軌跡越短,對應的圓心角θ越小,根據(jù)t=θ2πT和T=2πmqB可知,粒子在磁場中的運動時
29、間越短,選項A、B、D錯誤;從ab邊出射的粒子速度的偏向角都相同,而粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角等于速度的偏向角,由t=θ2πT可知,粒子在磁場中的運動時間相等,選項C正確.
3.(多選)如圖所示,在一個等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),沿紙面從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域,若該三角形的兩直角邊長均為2l,則下列關于粒子運動的說法中正確的是( )
A.若該粒子的入射速度為v=qBlm,則粒子一定從CD邊射出磁場,且距點C的距離為l
B.若要使粒子從CD邊射出,則粒子從O
30、點入射的最大速度應為v=2qBlm
C.若要使粒子從AC邊射出,則粒子從O點入射的最大速度應為v=qBl2m
D.粒子以不同大小的速度入射時,在磁場中運動的最長時間為πmqB
答案ACD
解析若粒子的入射速度為v=qBlm,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知Bqv=mv2r,解得r=l;根據(jù)幾何關系可知,粒子一定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場,選項A正確;根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知,v=Bqrm,因此半徑越大,速度越大.根據(jù)幾何關系可知,若要使粒子從CD邊射出,粒子軌跡與AD邊相切時半徑最大,由幾何關系可知,最大半徑滿足(rm+l)2=rm2+rm2,解得rm=(2+1)l,則若要使粒子從
31、CD邊射出,該粒子從O點入射的最大速度應為v=(2+1)qBlm,選項B錯誤;若要使粒子從AC邊射出,則該粒子從O點入射的最大軌跡半徑為12l,因此最大速度應為v=qBl2m,選項C正確;粒子從AC邊射出時在磁場中運動的時間最長.粒子運行周期為2πmBq,根據(jù)幾何關系可知,粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)對應的最大圓心角為180°,故在磁場中運動的最長時間為πmqB,選項D正確.
4.如圖所示,在水平面內(nèi)存在一半徑為2R和半徑為R的兩個同心圓,半徑為R的小圓和半徑為2R的大圓之間形成一環(huán)形區(qū)域.小圓和環(huán)形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于水平面、方向相反的勻強磁場.小圓內(nèi)勻強磁場的磁感應強度大小為B.位于圓心處的粒子源S
32、沿水平面向各個方向發(fā)射速率為qBRm的正粒子,粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m,為了將所有粒子束縛在半徑為2R的圓形內(nèi),環(huán)形區(qū)域磁感應強度大小至少為( )
A.B B.45B C.53B D.43B
答案C
解析粒子在小圓內(nèi)做圓周運動的半徑為r=mvBq=R,由軌跡圖可知,粒子從A點與OA成30°角的方向射入環(huán)形區(qū)域,粒子恰好不射出磁場時,軌跡圓與大圓相切,設半徑為r,由幾何知識可知∠OAO2=120°.由余弦定理可知,(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120°,解得r=35R,由qvB'=mv2r,則B'=mvqr=5mv3qR=53B,故選C.
5.
如圖所示,在
33、某電子設備中有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B.AC、AD兩塊擋板垂直紙面放置,夾角為90°.一束電荷量為+q、質(zhì)量為m的相同粒子,從AD板上距A點為L的小孔P處以不同速率垂直于磁場方向射入,速度方向與AD板的夾角為60°,不計粒子的重力和粒子間的相互作用.求:
(1)直接打在AD板上Q點的粒子,其從P點運動到Q點的時間是多少?
(2)直接垂直打在AC板上的粒子,其運動速率是多大?
答案(1)2πm3qB (2)23qBL3m
解析(1)根據(jù)已知條件畫出粒子的運動軌跡,如圖中Ⅰ軌跡所示.
粒子打在AD板上的Q點,圓心為O1,由幾何關系可知,軌跡對應的圓心角∠PO1Q=120
34、°
由洛倫茲力提供向心力,則有qvB=mv2R
圓周運動的周期公式T=2πRv
聯(lián)立解得T=2πmqB
則運動的時間為t=120°360°T=2πm3qB.
(2)粒子垂直打到AC板上,運動軌跡如圖中Ⅱ軌跡所示.
由圖可知圓心為O2,∠APO2=30°,設粒子運動的軌跡半徑為r,由幾何關系得rcos 30°=L
由洛倫茲力提供向心力得
qvB=mv2r
解得v=23qBL3m.
命題角度4(儲備)帶電粒子在洛倫茲力作用下運動的多解問題
【典題】
(多選)如圖所示,直線MN與水平方向成θ=30°角,MN的右上方區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向水平向外的勻強磁場
35、,MN的左下方區(qū)域存在磁感應強度大小為2B、方向水平向里的勻強磁場,MN與兩磁場均垂直.一粒子源位于MN上的a點,能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的同種粒子(粒子重力不計),所有粒子均能通過MN上的b點.已知ab=L,MN兩側(cè)磁場區(qū)域均足夠大,則粒子的速率可能是( )
A.qBL8m B.qBL6m C.qBL2m D.qBLm
答案BD
解析
粒子運動過程只受洛倫茲力作用,故在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,則在右邊磁場時有Bvq=mv2R,則粒子在右邊磁場中做圓周運動的軌道半徑R=mvBq;同理在左邊磁場中做圓周運動的半
36、徑為R'=mv2Bq=R2,作出運動軌跡,如圖所示.由幾何關系可知,所有圓心角均為60°,則圖中所有三角形都為等邊三角形,若粒子偏轉(zhuǎn)偶數(shù)次到達b點,則有L=nR+R2=n3R2(n=2,4,6…),解得R=2L3n(n=2,4,6…),故速度為v=BqRm=2BqL3nm(n=2,4,6…),當n=4時v=BqRm=2BqL3×4m=BqL6m,故B正確;若粒子偏轉(zhuǎn)奇數(shù)次到達b點,則有L=nR+(n-1)R2=R2(3n-1)(n=1,3,5…),解得R=2L3n-1(n=1,3,5…),故速度為v=BqRm=2BqL(3n-1)m(n=1,3,5…),當n=1時v=BqRm=2BqL(3×1
37、-1)m=BqLm,故D正確.由上分析可知A、C錯誤,故選B、D.
帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的多解原因
類型
分 析
圖 例
帶電粒
子電性
不確定
在相同初速度下,正、負粒子在磁場中運動軌跡不同,形成多解.如圖為比荷相同的正、負兩粒子以相同速度進入磁場運動的軌跡圖
a帶正電,
b帶負電
磁場方
向不
確定
磁感應強度大小確定,方向不確定而形成的多解.如圖,帶正電的粒子以速度v垂直進入勻強磁場
a為磁場向里,
b為磁場向外
臨界狀
態(tài)不
唯一
帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時,由于粒子運動軌跡是圓弧狀,因此,它可能穿過磁場
38、飛出,也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出,從而形成多解,如圖
運動具
有周
期性
帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時,運動往往具有往復性,從而形成多解,如圖
典題演練提能·刷高分
1.
(2019山東安丘模擬)如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B.在xOy平面內(nèi),從原點O處沿與x軸正方向夾角為θ(0<θ<π)的方向,發(fā)射一個速率為v的帶正電粒子(重力不計).則下列說法正確的是( )
A.若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運動的時間越短
B.若v一定,θ越大,則粒子離開磁場的位置距O點越遠
C.若θ一定,v越大,
39、則粒子在磁場中運動的角速度越大
D.若θ一定,v越大,則粒子在磁場中運動的時間越短
答案A
解析由左手定則可知,帶正電的粒子向左偏轉(zhuǎn),粒子在磁場中運動的周期T=2πmqB,在磁場中運動的時間t=2π-2θ2πT=2(π-θ)mqB.若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運動的時間越短,選項A正確;由幾何關系知,若v一定,θ等于90°時,粒子離開磁場的位置距O點最遠,選項B錯誤;粒子在磁場中運動的時間與v無關,由ω=2πT=qBm可知,粒子在磁場中運動的角速度與v無關,選項C、D錯誤.
2.
(2019山東東平模擬)如圖所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的方向垂直
40、于xOy平面向里,大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的P點沿著與x軸正方向成30°角的方向射入磁場.不計重力的影響,則下列有關說法中正確的是( )
A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點
B.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間一定為5πm3qB
C.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為πmqB
D.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為πm6qB
答案C
解析
帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30°角的方向射入磁場中,則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上,如圖所示.粒子在磁場中要想到達O點,轉(zhuǎn)過的圓心角肯定大于180°,因磁場有邊界,故粒子不可能通過坐
41、標原點,選項A錯誤;由于P點的位置不確定,所以粒子在磁場中運動的軌跡圓弧對應的圓心角也不同,最大的圓心角是軌跡圓弧與y軸相切時,即圓心角為300°,運動時間為56T.而最小的圓心角是P點在坐標原點時,即圓心角為120°,運動時間為13T,而T=2πmqB,故粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間最長為5πm3qB,最短為2πm3qB,選項C正確,選項B、D錯誤.
3.
如圖所示,在x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場,坐標原點O處有一粒子源,可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量為m、帶電量為+q的同種帶電粒子.在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計
42、、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上,其速度立即變?yōu)榱?.現(xiàn)在觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端,且速度方向與y軸平行.不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力.求:
(1)磁感應強度B的大小;
(2)被薄金屬板接收的粒子在磁場運動的最短時間與最長時間;
(3)若在y軸上另放置一個能接收帶電粒子的擋板,使薄金屬板P右側(cè)不能接收到帶電粒子,求擋板的最小長度.
答案(1)mvqx0 (2)πx03v 5πx03v (3)(2-3)x0
解析(1)設粒子做圓周運動的半徑為R.根據(jù)牛頓第二定律,得qvB=mv2R,如圖甲由幾何關系得R=x0,聯(lián)立解得B=mvqx0
43、.
甲
(2)帶電粒子在磁場中的運動周期為T,則有T=2πRv;
打在P左側(cè)下端的粒子在磁場中運動的時間最短.如圖乙.
乙
由幾何關系可知,打在P左側(cè)下端的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度是θ1=60°,
運動的最短時間tmin=θ1360°T,聯(lián)立解得tmin=πx03v;
打在P右側(cè)下端的粒子在磁場中運動的時間最長.如圖丙.
丙
由幾何關系可知,打在P右側(cè)下端的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度是θ2=300°,
運動的最長時間tmax=θ2360°T,聯(lián)立解得tmax=5πx03v.
(3)作圖得出使薄金屬板右側(cè)能接收到帶電粒子的運動軌跡中,打在最上面的點的軌跡與打在最下
44、面的粒子的軌跡如圖丁,擋板的位置在圖中的MN處即可滿足題目的要求.
丁
打在最上面的點:OM=2R=2x0;
打在最下面的點:ON=2R·cos 30°=3x0;
擋板的最小長度L=OM-ON=(2-3)x0.
4.如圖,x為紙面內(nèi)的一條直線,P、N是x上的兩個點,勻強磁場垂直紙面.兩個帶電粒子a、b分別從P、N同時開始在紙面內(nèi)運動.a的初速度垂直x向上,運動軌跡如圖中虛線所示,O為圓心,PC是直徑,A是圓周上的點;b的初速度方向是紙面內(nèi)所有可能的方向.已知AO連線垂直x,PO=OC=CN;a的初速度為v;a、b帶等量異種電荷,a的質(zhì)量為b的兩倍,a、b間的相互作用力及所受重力不
45、計.
(1)求a、b的周期之比;
(2)若a、b在A點相遇,求b的速度大小;
(3)b的速度小于某個臨界值v0時,a、b不可能相遇,求v0的大小.
答案(1)2∶1 (2)5v (3)2v
解析(1)設a質(zhì)量為m,電量為q,則b質(zhì)量為0.5m,電量為-q,設磁感應強度為B,
帶電粒子在磁場中做圓周運動,由
qvB=mv2r
T=2πrv
可得T=2πmqB
由此求得Ta∶Tb=2∶1.
(2)設a、b由P、N到A的時間分別為ta、tb,由
ta=n+14Ta
tb=ta=n+14Ta=2n+12Tb
由此可知,a粒子順時針轉(zhuǎn)了14周時,b粒子逆時針轉(zhuǎn)了半周,所以
46、NA的長度為粒子b做圓周運動的直徑.
設a粒子的軌道半徑為r;b粒子的速度大小為vb,運動軌道半徑為rb.有qvB=mv2r,qBvb=0.5mvb2rb
由幾何關系有:r2+(3r-r)2=(2rb)2
聯(lián)立解得:vb=5v.
(3)假設b粒子的速度v'≥v0時,兩粒子能在圓周上的Q點相遇,如圖所示,設PQ對應的圓心角為θ,
a粒子由P運動到Q點的時間tPQ=n+θ2πTa
b粒子由N運動到Q點的時間
tNQ=tPQ=n+θ2πTa=2n+2θ2πTb
由此可知,b運動到Q的過程中,粒子b轉(zhuǎn)過弧長所對應的圓心角為2θ,則
NQ=2rbsin θ
在△NQO中,由正弦定
47、理得NQsinα=rsinβ,
又sin θ=sin α
得2rb=rsinβ,即2×0.5mv'qB=mvqBsinβ,
得v'=vsinβ.
又sin β≤r3r-r=12(當NQ與OQ垂直時取等號)
于是得到v'≥2v,即v0=2v.
考點二 帶電粒子在復合場中的運動
命題角度1帶電粒子在復合場中的運動
高考真題體驗·對方向
(2017全國Ⅰ·16)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里.三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動,b在紙面內(nèi)向
48、右做勻速直線運動,c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動.下列選項正確的是( )
A.ma>mb>mc
B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb
D.mc>mb>ma
答案B
解析a做勻速圓周運動,則qE=mag,故ma=qEg;b向右做勻速直線運動,則qE+qvB=mbg,故mb=qE+qvBg;c向左做勻速直線運動,則qE=qvB+mcg,故mc=qE-qvBg.綜上mb>ma>mc,選B.
帶電粒子在復合場中運動問題的分析思路
(1)弄清復合場的組成特點.
(2)正確分析帶電粒子的受力及運動特點.
(3)畫出粒子的運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律.
49、
(4)注意結(jié)論:在無約束面的情況下,若在復合場中粒子做直線運動,則一定是做勻速直線運動,重力、電場力和洛倫茲力的合力為零;若在復合場中粒子做勻速圓周運動,則往往是重力與電場力平衡,洛倫茲力提供做圓周運動的向心力.
典題演練提能·刷高分
1.
如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場和豎直向上的勻強電場,一帶電顆粒A以一定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O'點穿出,射出時速度的大小為vA,若僅撤去磁場,其他條件不變,另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出,射出時速度的大小為vB,則顆粒B( )
50、
A.穿出位置一定在O'點上方,vBvA
C.穿出位置一定在O'點下方,vBvA
答案D
解析設帶電顆粒從O位置飛入的速度為v0,若帶電顆粒A帶負電,其電場力、重力、洛倫茲力均向下,與運動方向垂直,不可能做直線運動.顆粒A一定為正電荷,且滿足mg=Eq+Bqv0,因為做勻速直線運動,故vA=v0.若僅撤去磁場,由于mg>Eq,帶電顆粒B向下偏轉(zhuǎn),穿出位置一定在O'點下方,合力對其做正功,故vB>v0,因此vB>vA,故D正確,ABC錯誤.
2.
(2019廣西桂林調(diào)研)如圖所示
51、,質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的液滴,以速度v沿與水平方向成θ=45°角斜向上進入正交的足夠大勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域,電場強度方向水平向右,磁場方向垂直紙面向里,液滴在場區(qū)做直線運動.重力加速度為g,試求:
(1)電場強度E和磁感應強度B各多大?
(2)當液滴運動到某一點A時,電場方向突然變?yōu)樨Q直向上,大小不改變,不考慮因電場變化而產(chǎn)生的磁場的影響,此時液滴加速度多少?
(3)在滿足(2)的前提下,液滴從A點到達與A點位于同一水平線上的B點(圖中未畫出)所用的時間.
答案(1)mgq 2mgqv (2)2g (3)32πv4g
解析(1)液滴帶正電,液滴受力如圖所示,
根據(jù)平衡
52、條件有Eq=mgtan θ=mg,qvB=mgcosθ=2mg
解得:E=mgq,B=2mgqv.
(2)電場方向突然變?yōu)樨Q直向上,大小不改變,故電場力與重力平衡,洛倫茲力提供向心力,粒子做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律有a=F合m=2g.
(3)電場變?yōu)樨Q直向上后,qE=mg,故液滴做勻速圓周運動,由牛頓第二定律得qvB=mv2r
解得:r=mvqB
則T=2πrv=2πmqB
由幾何知識得t=34T
解得:t=32πv4g
3.
如圖所示,水平桌面上方區(qū)域存在豎直向上的勻強電場,電場強度E=5 N/C,過桌左邊緣的虛線PQ上方存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=
53、π3T,虛線PQ與水平桌面成45°角,現(xiàn)將一個質(zhì)量m1=2.0×10-3 kg,帶正電q=4.0×10-3 C的物塊A靜置在桌面上,質(zhì)量m2=1.0×10-3 kg、不帶電的絕緣物塊C從與A相距L=2.0 m處的桌面上以v0=5.0 m/s 的初速度向左運動.物塊A、C與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4,二者在桌面上發(fā)生碰撞(碰撞時間極短,A、C間無電荷轉(zhuǎn)移),碰撞后C反彈速度大小為vC=1.0 m/s,A向左運動進入磁場,求:
(1)碰撞后物塊A的速度;
(2)物塊A從進入磁場到再次回到桌面所用時間;(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(3)若一段時間后A、C在桌面上相遇,求碰撞前A與桌左邊緣P的
54、距離.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
答案(1)2 m/s,方向水平向左 (2)2.7 s (3)0.83 m
解析(1)設C與A碰撞前瞬間的速度為v,碰后A、C的速度分別為vA、vC,對C從開始運動到與A相碰,由動能定理可得-μm2gL=12m2v2-12m2v02
A、C碰撞過程中,規(guī)定向左為正方向,對于A、C組成的系統(tǒng)由動量守恒定律可得
m2v=m1vA-m2vC
兩式聯(lián)立可得vA=2 m/s,方向水平向左.
(2)對A受力分析可知qE=m1g,故碰撞后A向左勻速直線運動進入磁場,并在磁場中做勻速圓周運動,設在磁場中做圓周運動的周期為T,則T=2πm1qB,由幾何知識可得,A球在磁
55、場中運動了34個圓周,軌跡如圖所示.
設A在磁場中運動的時間為t1,則t1=34T.
A運動出磁場后豎直向下勻速運動再次回到桌面位置,設其運動時間為t2,磁場中洛倫茲力提供向心力,
qvAB=m1vA2R
R=vAt2
t=t1+t2
聯(lián)立以上各式得t≈2.7 s.
(3)碰撞后C反彈在桌面上做勻減速運動,設其加速度為a,停止運動所用時間為t3,可得
μm2g=m2a
0=vC-at3
解得t3=0.25 s
顯然,碰撞后C運動時間小于A運動時間,由此可知A、C相遇時,C已經(jīng)停止運動.所以A、C相遇的位置為C停止運動的位置,也是A豎直向下再次回到桌面的位置.
C勻減
56、速的位移x=12vCt3=0.125 m,碰前A與桌左邊緣P的距離Δx=R-x≈0.83 m.
4.(2019山東鄆城高三模擬)如圖所示,ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強電場和勻強磁場的疊加場.有一質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q的小球在光滑絕緣的水平面上,從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后,水平進入ABCD區(qū)域中,恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,且從B點射出,已知AB長度為3L,AD長度為L,求:
(1)小球帶何種電荷及進入疊加場時的速度大小;
(2)小球在疊加場中做圓周運動的軌跡半徑;
(3)小球在疊加場中運動的時間.
答案(1)負電荷 2qUm (2)2L (3)πL
57、32mqU
解析(1)小球在電場、磁場和重力場的疊加場中做勻速圓周運動,且從B點射出,根據(jù)左手定則可知小球帶負電荷.
小球進入疊加場之前,由動能定理得:qU=12mv2,
解得:v=2qUm.
(2)設小球做圓周運動的軌跡半徑為r,由幾何關系得:r2=(r-L)2+(3L)2,
解得:r=2L.
(3)由(2)知小球在疊加場中做圓周運動對應的圓心角滿足:sin θ=3Lr,
解得:θ=π3
小球運動周期:T=2πrv
運動時間為:t=θ2πT
聯(lián)立解得:t=πL32mqU
命題角度2洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應用問題
高考真題體驗·對方向
(2016全國Ⅰ·1
58、5)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定.質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場.若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增加到原來的12倍.此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為( )
A.11 B.12 C.121 D.144
答案D
解析離子經(jīng)電場加速Uq=12mv2,離子在電場中偏轉(zhuǎn)時,qvB=mv2r,可知m=r2B2q2U;由于離子和質(zhì)子的加速電壓、電荷量和在磁場中做勻速圓周運動的半徑都相同,所以m∝B2,離子所
59、需偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度是質(zhì)子所需偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度的12倍,則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍,選項D正確.
分析實際問題的思路與方法
(1)知道質(zhì)譜儀、回旋加速器等儀器或器件的結(jié)構(gòu)及工作原理.
(2)知道考查的內(nèi)容,能從實際物理模型中抽象出物理問題.
(3)巧用qE=qvB分析帶電粒子在復合場中的應用實例.
典題演練提能·刷高分
1.(多選)(2019山東泰安模擬)如圖所示為一利用海流發(fā)電的裝置原理圖.用絕緣材料制成一個橫截面為矩形的管道,在管道的上、下兩個內(nèi)表面裝有兩塊電阻不計的金屬板M、N,板長為a、寬為b,板間的距離為d,將管道沿海流方向固定在海水中,在管道中施加與前
60、后表面垂直的勻強磁場,磁感應強度大小為B,將航標燈與兩金屬板連接(圖中未畫出).海流方向如圖,海流速率為v,下列說法正確的是( )
A.M板的電勢高于N板的電勢
B.該海流發(fā)電機的電動勢為Bdv
C.該海流發(fā)電機的電動勢為Bav
D.管道內(nèi)海水受到的安培力方向向左
答案ABD
解析由左手定則可知,海流中的正離子受到的洛倫茲力方向向上,所以正離子向上偏轉(zhuǎn),即M板帶正電;負離子受到的洛倫茲力方向向下,所以負離子向下偏轉(zhuǎn),N板帶負電,可知M板的電勢高于N板的電勢,選項A正確;M、N兩板間形成電場,當離子所受的洛倫茲力和電場力平衡時,兩板間的電壓穩(wěn)定,即qUd=Bqv,得U=Bdv,
61、兩板間電壓即該海流發(fā)電機的電動勢,選項B正確、C錯誤;根據(jù)左手定則知,管道內(nèi)由離子運動形成的電流方向向上,故管道內(nèi)海水所受安培力方向向左,選項D正確.
2.(多選)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖,此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器,靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內(nèi)有均勻輻射電場,在中心線處的電場強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應強度為B的勻強磁場,其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計),經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運動,后由P點進入磁分析
62、器中,最終經(jīng)過Q點進入收集器.下列說法正確的是( )
A.磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內(nèi)
B.加速電場中的加速電壓U=12ER
C.磁分析器中圓心O2到Q點的距離d=1BmERq
D.任何離子若能到達P點,則一定能進入收集器
答案BC
解析離子在磁分析器中沿順時針轉(zhuǎn)動,所受洛倫磁力指向圓心,根據(jù)左手定則,磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外,故A錯誤;離子在靜電分析器中做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律有qE=mv2R,設離子進入靜電分析器時的速度為v,離子在加速電場中加速的過程中,由動能定理有qU=12mv2-0,解得U=ER2,B正確;離子在磁分析器中做勻速圓周運動,
63、由牛頓第二定律有qvB=mv2r,解得r=1B2mUq=1BmERq,則d=r=1BmERq,故C正確;由B項可知R=2UE,R與離子質(zhì)量、電量無關;離子在磁場中的軌道半徑r=1BmERq,離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電量有關,能夠到達P點的不同離子,半徑不一定都等于d,不一定能進入收集器,故D錯誤.
3.隨著電子技術的發(fā)展,霍爾傳感器被廣泛應用在汽車的各個系統(tǒng)中.其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測量發(fā)動機轉(zhuǎn)速時,情景簡化如圖甲所示,被測量轉(zhuǎn)子的輪齒(具有磁性)每次經(jīng)過霍爾元件時,都會使霍爾電壓發(fā)生變化,傳感器的內(nèi)置電路會將霍爾電壓調(diào)整放大,輸出一個脈沖信號,霍爾元件的原理如圖乙所示.
64、下列說法正確的是( )
A.霍爾電壓是由于元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的
B.若霍爾元件的前端電勢比后端低,則元件中的載流子為負電荷
C.在其他條件不變的情況下,霍爾元件的厚度c越大,產(chǎn)生的霍爾電壓越高
D.若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min,轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個,則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號
答案B
解析元件內(nèi)載流子受到洛倫茲力和電場力的作用,故A錯誤;根據(jù)左手定則,電子向前端偏轉(zhuǎn),前端帶負電,后端帶正電,所以前端的電勢低,符合要求,則元件中的載流子為負電荷,故B正確;當電場力和洛倫茲力平衡時,有qUb=qvB,I=nqvS=nqvbc,解得U
65、=Bvb=BInqc,故當c增大時,U減小,故C錯誤;轉(zhuǎn)速n=1 800 r/min=30 r/s,則霍爾傳感器每分鐘輸出的脈沖信號個數(shù)為150×30×60個=270 000個,故D錯誤,故選B.
4.(多選)在一次南極科考中,科考人員使用磁強計測定地磁場的磁感應強度.其原理如圖所示,電路中有一段長方體的金屬導體,它長、寬、高分別為a、b、c,放在沿y軸正方向的勻強磁場中,導體中電流沿x軸正方向,大小為I.已知金屬導體單位體積中的自由電子數(shù)為n,電子電荷量為e,自由電子做定向移動可視為勻速運動,測出金屬導體前后兩個側(cè)面間電壓為U,則( )
A.金屬導體的前側(cè)面電勢較低
B.金屬導體
66、的電阻為UI
C.自由電子定向移動的速度大小為Ineab
D.磁感應強度的大小為necUI
答案AD
解析根據(jù)左手定則(注意電子帶負電)可知電子打在前側(cè)面,即前側(cè)面帶負電,電勢較低,A正確;電流方向為從左向右,而題中U表示的是導體前后兩個側(cè)面的電壓,故導體的電阻不等于UI,B錯誤;在t時間內(nèi)通過的電荷量為q=n(bcvt)e,又I=nbcvtet=nbcve,解得v=Inbce①,C錯誤;因為當金屬導體中自由電子定向移動時受洛倫茲力作用向前側(cè)面偏轉(zhuǎn),使得前后兩側(cè)面間產(chǎn)生電勢差,當電子所受的電場力與洛倫茲力平衡時,前后兩側(cè)面間產(chǎn)生恒定的電勢差.因而可得eUb=Bev②,聯(lián)立①②可得B=necUI,D正確.
5.回旋加速器是現(xiàn)代高能物理研究中用來加速帶電粒子的常用裝置.圖甲為回旋加速器原理示意圖,置于高真空中的兩個半徑為R的D形金屬盒,盒內(nèi)存在與盒面垂直且磁感應強度為B的勻強磁場.兩盒間的距離很小,帶電粒子穿過的時間極短可以忽略不計.位于D形盒中心A處的粒子源能產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,粒子的初速度可以忽略.粒子通過兩盒間被加速,經(jīng)狹縫進入盒內(nèi)磁場.兩盒間的加速電壓按
2020高考物理二輪復習 專題八 磁場對對練（含解析）
