十年高考物理分类专题11磁场练习含答案

专题十一磁场23年真题1.(2023福建,6,6分)(多选)地球本身是一个大磁体,其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论,下列判断正确的是()A.地表电荷为负电荷B.环形电流方向与地球自转方向相同C.若地表电荷的电荷量增加,则地磁场强度增大D.若地球自转角速度减小,则地磁场强度增大答案AC根据地磁场分布规律,用安培定则可判断环形电流方向与地球自转方向相反,再根据电流方向的规定,可判断出地表电荷为负电荷,A正确,B错误。由电流的定义式I=qt可知,地表电荷的电荷量增加,则环形电流增大,地磁场强度增大,C正确。若地球自转角速度减小,则环形电流减小,地磁场强度减小,D错误2.(2023海南,2,3分)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场,关于小球运动和受力的说法正确的是()A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程中的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功答案A带正电小球刚进入磁场时速度方向竖直向下,由左手定则可知,小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右,A正确;小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用,重力不变,洛伦兹力时刻变化,则小球所受合力不为零且时刻变化,则小球速度、加速度方向都在变化,B、C错误;洛伦兹力始终与小球速度方向垂直,永不做功,D错误。3.(2023湖南,6,4分)如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是()A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则t=D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2,则t=2t答案：D只有沿直线AC做匀速运动的粒子才能进入区域Ⅱ,设能进入区域Ⅱ的粒子的速度为v0,根据平衡条件得qv0B1=qE,解得v0=EB1。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则只有速度大小为v02的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,同理,若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则只有速度大小为2v0的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,两种情况下粒子均沿CO射入区域Ⅱ,且均从CF边射出,速度的偏转角度不变,对应圆心角相同,均为90°,故t=t0,A、B选项错误。设粒子比荷为qm,满足v0=E洛伦兹力提供向心力,有qv0B2=mv02r0,解得轨迹半径r0=mv0qB2,CF=22r0,CO=2r0;粒子做圆周运动的运动周期T0=2πr0v0=2πmq设粒子在区域Ⅱ中速度方向偏转角为θ,轨迹半径为r,运动周期为T,如图2所示,由几何关系可知sinθ=2r0r,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为r=433r0,周期变为T=433T0,此时sinθ=2r0433r0=32,则θ=60°,粒子在区域Ⅱ中运动时间变为t=θ360°·T=16T=239T0=839t0,C选项错误。同理,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2,则r=224.(2023江苏,2,4分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为()A.0 B.BIlC.2BIl D.5BIl答案：C导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。5.(2023全国乙,18,6分)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与屏的距离为l2A.E2aB2B.E答案：A画出粒子在磁场中由O点运动到S点的轨迹如图所示,找出轨迹圆心O',由几何关系可知θ=30°,设轨迹半径为R,则sinθ=R-aR,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R6.(2023全国甲,20,6分)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反;电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是()A.粒子的运动轨迹可能通过圆心OB.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线答案：BD带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,T=2πrv,解得运动轨迹半径r=7.(2023海南,13,4分)(多选)如图所示,质量为m、带电荷量为+q的带电粒子,从坐标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域,在0<y<y0,0<x<x0(x0、y0为已知量)区域内有竖直向上的匀强电场,在x>x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场,控制电场强度E(E值有多种可能),可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上,不计重力,则()A.粒子从NP中点射入磁场,电场强度E=yB.粒子从NP中点射入磁场时的速度v=v01+C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为mD.粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是m答案AD由题意可知,若粒子从NP中点射入磁场,在电场中,水平方向有x0=v0t,竖直方向有12y0=12·qEmt2,解得E=my0v02qx02,A对;粒子在电场中运动,由动能定理有qE·y02=12mv2-12mv02,结合A项分析可得v=v01+y02x02,B错;粒子在电场中的运动过程,竖直方向有vy=qEm·x0v0,粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ,根据几何关系可知,圆心到MN的距离为s=Rcosθ=mvyqB=Ex0Bv0,C错;分析可知,粒子从N点进入磁场时,速度最大,在磁场中运动的轨迹半径最大,在电场中运动时,水平方向有x0=v0t',竖直方向有y0=18.(2023广东,5,4分)某小型医用回旋加速器,最大回旋半径为0.5m,磁感应强度大小为1.12T,质子加速后获得的最大动能为1.5×107eV。根据给出的数据,可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应,1eV=1.6×10-19J)()A.3.6×106m/s B.1.2×107m/sC.5.4×107m/s D.2.4×108m/s答案C由题意可知质子在回旋加速器中的最大圆周运动半径R=0.5m,质子的带电荷量为元电荷的电荷量,即q=e=1.6×10-19C,则有qvmB=mvm2R,又Ek=12mvm2,联立并代入数据解得vm≈5.4×109.(2023海南,17,12分)如图所示,U形金属杆上边长为L=15cm,质量为m=1×10-3kg,下端插入导电液体中,导电液体连接电源,金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B=8×10-2T的匀强磁场。(1)若插入导电液体部分深h=2.5cm,闭合开关,金属杆飞起后,其下端离液面最大高度H=10cm,设离开导电液体前杆中的电流不变,求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大;(g=10m/s2)(2)若金属杆下端刚与导电液体接触,改变电动势的大小,通电后金属杆跳起高度H'=5cm,通电时间t'=0.002s,求通过金属杆横截面的电荷量。答案(1)2m/s256A解析(1)对金属杆,离开液面后跳起的最大高度为H,由运动学公式知v=2gH,解得v=2m/s对金属杆从刚闭合开关至其到达最高点的过程中,由动能定理有BILh-mg(H+h)=0,得I=256(2)对金属杆,由动量定理有(BI'L-mg)t'=mv',由运动学公式有v'=2gH',又q=I't',可得q=0.08510.(2023福建,14,11分)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖,质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP'上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射,在磁场中发生偏转,分别落在M和N处。已知某次实验中,v=9.6×104m/s,B=0.1T,落在M处的氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106C/kg;P、O、M、N、P'在同一直线上;离子重力不计。(1)求OM的长度;(2)若ON的长度是OM的1.1倍,求落在N处氖离子的比荷。答案(1)0.4m(2)4.4×106C/kg解析(1)氖离子进入匀强磁场做匀速圆周运动,由牛顿第二定律可得q1vB=m1v2r1,则r1=m1vq1B=9.6×1044.8×106×0.1(2)由题意得sON=1.1sOM,且sON=2r2,即r2=1.1r1,根据洛伦兹力提供向心力有q2vB=m2v2r2,则q2m2=vr11.(2023天津,12,18分)信号放大器是一种放大电信号的仪器,如图1,其可以通过在相邻极板间施加电压,使阴极逸出的电子击中极板时,激发出更多的电子,从而逐级放大电信号。已知电子的质量为m,带电荷量为-e。(1)在极板上建立空间直角坐标系,极板上方空间内存在磁场,其磁感应强度大小为B,方向平行于z轴。极板间的电压U极小,几乎不影响电子运动。如图2,某次激发中,产生了2个电子a和b,其初速度方向分别在xOy与zOy平面内,且与y轴正方向成θ角,则:(ⅰ)判断磁场的方向;(ⅱ)求a、b两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2。(2)若单位时间内阴极逸出的电子数量不变,每个电子打到极板上可以激发出δ个电子,且δ∝U,阳极处接收电子产生的电流为I,在图3的坐标系中定性画出表示U和I关系的图像并说明这样画的理由。答案(1)(ⅰ)沿z轴负方向(ⅱ)(π-2θ)m(2)见解析解析(1)(ⅰ)a电子初速度方向在xOy平面内,与y轴正方向成θ角,若要到达下一极板,a电子在洛伦兹力作用下应向x轴正方向偏转,结合左手定则可知,磁感应强度B的方向沿z轴负方向。(ⅱ)a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图,根据Bev=mv2R=m·4π2RT2,T=2πmeB,由图可知电子运动到下一个极板的时间t1=2(π2-θ)2πT=(π2-θ)π·2πmeB=(π-2θ)m(2)设δ=kU,单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变,每个电子打到极板上可以激发δ个电子,经过n次激发阳极处接收电子数量N=N0δn=N0(kU)n=N0knUn对应的电流I=Ne=eN0knUn=(eN0kn)Un=AUn可得I-U图像如图。12.(2023江苏,16,15分)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。(1)求电场强度的大小E;(2)若电子入射速度为v04,求运动到速度为v0(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=mv05答案(1)v0B(2)3m解析(1)当电子的入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有eE=ev0B,解得电场强度的大小E=v0B。(2)解法一:若电子沿x轴正方向的入射速度为v04,利用运动的分解,可将初速度v04分解为一个沿x轴正方向的速度(大小v1=v0)和一个沿x轴负方向的速度大小v2=34v0设v2的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v1与v2的合速度大小为v02解得cosθ=7设以v2=34v0做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev2B=mv22R,运动速度为v02时的纵坐标y解法二:由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知,eEy1=12mv022-12m(3)设能到达纵坐标y2=mv05eB位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,ev2'B=mv解得v2'≥v则电子入射速度v=v0-v2'即v≤910v由题意可知电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2=mv05eB位置的电子数N占总电子数N13.(2023山东,17,14分)如图所示,在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中,存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场,电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m,电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。(1)若粒子初速度为零,粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后,垂直NP再次进入电场,求磁场的磁感应强度B的大小;(2)若改变电场强度大小,粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场,离开电场后从P点第二次进入电场,在电场的作用下从Q点离开。(ⅰ)求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v0;(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。答案(1)6mEqd(2)(ⅰ)36E9qEd(ⅱ)见解析解析(1)由题意分析,带电粒子运动轨迹如图所示易知d=3R①设带电粒子以速度v1进入磁场,在电场中有qE·2d=12mv在磁场中根据洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,有qv1B=mv1联立①②③式解得B=6mEqd(2)(ⅰ)带电粒子运动轨迹如图所示,在△PNO'中,由几何关系得r2=(2d)2+(r-d)2⑤解得r=52设带电粒子以速度v2进入磁场,在磁场中根据洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,有qv2B=mv2在电场中,由动能定理得qE'·2d=12mv22-1带电粒子从P点运动到Q点x轴方向上2d=v2tsinθ⑨y轴方向上2d=v2tcosθ+12at2a=qE'sinθ=2dcosθ=r-联立解得v2=15Eqdmt=16E'=36Ev0=9qEdm(ⅱ)设带电粒子从Q点射出时的速度为v3,从P点第二次进入电场并运动到Q点出来,故有vx=v2sinθvy=v2cosθ+at联立解得v3=vx2+从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv3B=mv3解得r'=412d设v3与y轴正方向的夹角为α,若粒子能从P点第三次进入电场,对应半径为r″,则有(r″sinα+2d)2+(r″cosα-2d)2=r″2sinα=vxcosα=vy联立解得r″=241dr'≠r″,故带电粒子不能从P点第三次进入电场14.(2023重庆,15,18分)某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示,xOy平面内,x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场,x轴上方被某边界分成两部分,一部分充满匀强电场(电场强度方向与y轴的负方向成α角),另一部分无电场,该边界与y轴交于M点,与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为qm的带电粒子A,其速度大小为v0、方向与电场方向垂直,仅在电场中运动时间T后进入磁场,且通过N点时的速度大小为2v0。忽略边界效应,(1)求角度α及M、N两点的电势差。(2)在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为qm的带电粒子,只要速度大小适当,就能通过N点进入磁场,求N(3)若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1,以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半,则粒子A从M点发射后,每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。答案(1)30°3mv022q(2)33v0T4y=v0T4-3解析(1)带电粒子由M点垂直于电场方向入射,在电场中做类平抛运动,沿电场方向做匀加速直线运动,垂直于电场方向做匀速直线运动,在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解,如图甲所示。在垂直于电场方向上有2v0cos2α=v0,解得α=30°。带电粒子从M→N过程,根据动能定理有qUMN=12m(2v0)2-12解得UMN=3mv(2)对于从M点射入的带电粒子,沿初速度方向的位移x0=v0T沿电场方向的位移y0=2v令N点横坐标为xN,根据几何关系有xN=x0cosα+y0sinα联立解得xN=3根据上述与题意可知,令带电粒子入射速率为v,则通过N点进入磁场的速率为2v,令边界上点的坐标为(x,y),则沿初速度方向上有(xN-x-ytanα)cosα=vt沿电场方向有ycosα+(xN-x-ytanα)sinα=2vsin2α联立解得y=v0T4-(3)由上述结果可知电场强度E=U联立解得E=3设带电粒子A第n次在磁场中做圆周运动的线速度为vn,可得第(n+1)次在N点进入磁场的速度vn+1=vncos2α=2v第一次在N点进入磁场的速度大小为2v0,可得vn=2nv0(n=1,2,3,…)设带电粒子A第n次在磁场中运动时的磁感应强度大小为Bn,由题意可得Bn=B1由洛伦兹力提供向心力得qvnBn=mv联立解得rn=4带电粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图乙所示粒子每次在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角均为300°,第n次离开磁场的位置C与N的距离等于rn,由C到N由动能定理得qErnsin30°=12mvn+12-12mvn2由粒子A沿电场方向的运动可得,粒子A第n次在电场中运动的时间tn=vyna=vn·sin60°粒子A第n次在磁场中运动的周期T'=2πrnv粒子A第n次在磁场中运动的时间tn'=300°360°T'=56·2n+1设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为xn,边界与x轴负方向的夹角为β,则根据边界方程可得tanβ=39,sinβ=由正弦定理可得xnsinβ解得xn=22n-1v0T粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间tn″=xnvn粒子A从发射到第n次通过N点的过程,在电场中运动n次,在磁场和无场区域中均运动(n-1)次,则所求时间t=(20+21+…+2n-1)T+56·3πT(22+23+…+2n)+(20+21+…+2n-2)T=(2n-1)T+56·3πT4(2解得t=(3+103π3)2n-1T-(2+22年及以往真题autonum.(2022湖南,3,4分)如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I,静止后,悬绳偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是()A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流方向由N指向MB.电流I增大,静止后,导线对悬绳的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比答案D由左手定则可知,当直导线静止在右侧时,电流方向为由M到N,选项A错误;当直导线MN在右侧时,对直导线MN受力分析,得到力的矢量三角形如图,sinθ=F安mg=BILmg,F绳=mgcosθ,B、L、mg为定值,所以sinθ与电流I成正比,则电流I增大,θ也增大,悬绳中的拉力F绳易错警示本题中安培力的方向垂直于悬绳,分析时容易错画为水平方向。autonum.(2022江苏,3,4分)如图所示,两根固定的通电长直导线a、b相互垂直,a平行于纸面,电流方向向右,b垂直于纸面,电流方向向里。则导线a所受安培力方向()A.平行于纸面向上B.平行于纸面向下C.左半部分垂直纸面向外,右半部分垂直纸面向里D.左半部分垂直纸面向里,右半部分垂直纸面向外答案C由安培定则判定导线b中电流产生的磁场方向如图所示,由左手定则可判定导线a所受安培力方向如C选项所述,故选C。autonum.(2022浙江1月选考,3,3分)利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素,导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变,改变电流I的大小,然后保持电流I不变,改变导线通电部分的长度L,得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像,则正确的是()ABCD答案B由安培力F=BIL可知,当L不变时,F∝I;当I不变时,F∝L,则对应图线均为过原点的倾斜直线,故B正确,A、C、D错误。autonum.(2022广东,7,4分)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是()答案A分析在xOy平面内的投影即俯视图,由左手定则可知质子所形成的轨迹如图所示,选项A正确,B错误。而该轨迹在xOz平面上的投影应为平行于x轴的直线,故C、D项错误。autonum.(2022北京,7,3分)正电子是电子的反粒子,与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场,从P点发出两个电子和一个正电子,三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是()A.磁场方向垂直于纸面向里B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D.轨迹3对应的粒子是正电子答案A由题意和轨迹图可知,轨迹1、3的弯曲方向均偏左,故为电子的轨迹,轨迹2对应的粒子是正电子,故D错;由左手定则知,磁场方向垂直纸面向里,A正确;轨迹3的半径比轨迹2的大,由Bqv=mv2r得rautonum.(2022全国甲,18,6分)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是()答案B带正电粒子从原点O由静止释放,在电场力作用下,获得向上的速度后,会受到向左的洛伦兹力,故粒子向左侧偏转,排除A、C选项;当粒子再回到x轴时,电场力整体做功为零,洛伦兹力始终不做功,故此时速度为零,以后会重复原来的运动,不可能运动到x轴下方,故B正确,D错误。autonum.(2022重庆,5,4分)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则()A.电场力的瞬时功率为qEvB.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC.v2与v1的比值不断变大D.该离子的加速度大小不变答案D由题意可知,离子在平行于场方向上做匀加速直线运动、在垂直于场的方向上做匀速圆周运动,离子在沿场方向上的加速度不变、垂直于场方向上的向心加速度大小也不变且二者始终相互垂直,故该离子的加速度大小不变,D正确。由P=Fvcosα可知,电场力的瞬时功率P=qEv1,A错误。在洛伦兹力公式F洛=Bqv中v是沿垂直磁场方向上的速度大小,故该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=Bqv2,B错误。由于v2不变、v1增大,故v2与v1的比值不断减小,C错误。autonum.(2022全国乙,18,6分)(多选)安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知()测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方答案BC依题意,z轴正向保持竖直向上,测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负,即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的,说明测量地点位于北半球,A错误;每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直,任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50μT,B正确;在北半球,地磁场的水平分量是由南向北的,第2次测量时得到的水平分量即By是负值,说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反,即指向南方,C正确;第3次测量时By为零,说明y轴沿东西方向,又因Bx为正,即x轴正向指北方,则y轴正向指向西方,D错误。autonum.(2022广东,8,6分)(多选)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的有()A.电子从N到P,电场力做正功B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N,洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力答案BC电子所受电场力方向向左,且电场力做功只与电子初末位置有关而与运动路径无关,故从N到P电场力对电子做负功,A错误;沿电场线方向电势降低,故B正确;洛伦兹力方向一定始终和速度方向垂直,故洛伦兹力不做功,C正确;电子从M到P,因为φM=φP,由WMP=qUMP可知,WMP=0,结合动能定理可知电子在P点时的速度等于零,故电子在M、P两点均只受电场力,所受合力大小相等,故D错误。autonum.(2022湖北,10,4分)(多选)如图所示,一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入,并经过点P(a>0,b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,粒子从O到P运动的时间为t1,到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,粒子从O到P运动的时间为t2,到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是()A.t1<t2B.t1>t2C.Ek1<Ek2D.Ek1>Ek2答案AD若是电场,粒子做类平抛运动,沿x轴方向以初速度v0匀速运动,t1=av0,再由动能定理可知Ek1=Ek0+qEb>Ek0。若是磁场,粒子做匀速圆周运动,在x轴方向上的分速度由v0逐渐减小,平均速度必小于v0,则t2=av>av0,由于洛伦兹力不做功,故Eautonum.(2022湖北,11,4分)(多选)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为33g;减速时,加速度的最大值为3g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是()A.棒与导轨间的动摩擦因数为3B.棒与导轨间的动摩擦因数为3C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°答案BC当导体棒加速运动时受力如图甲,由BILsinθ-μ(mg-BILcosθ)=ma,可得a=BILsinθ+μBILcosθm-μg=BILm1+μ2sin(θ+φ)-μg,其中tanφ=μ,可见当θ+当导体棒减速运动时受力如图乙,由BILsinα+μ(mg+BILcosα)=ma,其中α=180°-θ,可得a=BILsinα+μBILcosαm+μg=BILm1+μ2sin(α+φ)+μg,其中tanφ=μ,可见当α+φ=90°时,加速度取得最大值为BILm1+μ2+μg=3g,可得μautonum.(2022湖北,8,4分)(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为()A.13kBL,0°B.12kBLC.kBL,60°D.2kBL,60°答案BC通过作图可以得到规律,当(2n+1)R=L(n=0,1,2,3,…)时,θ=60°,结合Bqv=mv2R,得此时速度v=kBL2n+1(n=0,1,2,3,…),故C正确,D错误;当2nR=L(n=0,1,2,3,…)时θ=0°,此时vautonum.(2020浙江7月选考,9,3分)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则()A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感应强度方向竖直向下D.c点处的磁感应强度方向竖直向下答案C把实际情境转化为如图所示的结构示意图。根据安培定则可知两通电导线在b点产生的磁场方向,根据电流在周围产生磁场的特点,可知B1>B2,A错误;根据安培定则及电流在周围产生磁场的特点,可画出d点处的磁感应强度为B1'和B2',如图所示,由平行四边形定则可知合磁感应强度不为0,B错误;同理,两通电导线在a点产生磁场的磁感应强度为B1″和B2″,如图所示,故a点的合磁感应强度方向竖直向下,C正确;两通电导线在c点产生磁场的磁感应强度为B1‴和B2‴,如图所示,故c点的合磁感应强度方向竖直向上,D错误。autonum.(2015课标Ⅱ,18,6分)(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。autonum.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图像正确的是()答案A当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是A。autonum.(2019海南单科,2,4分)如图,一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上,铜线所在空间有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时,铜线所受安培力的方向()A.向前B.向后C.向左D.向右答案A利用左手定则判断导线受到的安培力方向,四指指向电流的方向,磁感线穿过手心,大拇指的指向为该段导线受到的安培力方向。半圆形铜线受到的安培力如图所示,左右对称,故左右方向的分量全部抵消,合力向前,A符合题意。autonum.(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由左手定则可知,线框左边导线受到竖直向上的安培力、右边导线受到竖直向下的安培力,故D正确。autonum.(2014课标Ⅰ,15,6分)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()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=BILsinθ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22autonum.(2019海南单科,9,5分)(多选)如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动。射入磁场时,P的速度vP垂直于磁场边界,Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则()A.P和Q的质量之比为1∶2B.P和Q的质量之比为2∶1C.P和Q速度大小之比为2∶1D.P和Q速度大小之比为2∶1答案AC粒子在磁场中运动时的周期T=2πmBq,且偏转角θ与运动时间的关系为θ2π=tT,已知tP=tQ,qP=qQ,由粒子运动轨迹可知θP=π,θQ=π2,解得mPmQ=θQθP=12,故A正确,B错误。设MN=2R,则粒子P的半径Rautonum.(2015课标Ⅰ,14,6分)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=mvqB知,轨道半径增大;由角速度ω=v解题关键①轨道半径表达式:r=mvqB②角速度表达式:ω=vrautonum.(2015课标Ⅱ,19,6分)(多选)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中的相等答案AC由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R=mvBe∝1B,故R2=kR1,A正确。加速度大小a=Bevm∝B,故a2=a1/k,B错。周期T=2πmBe∝1B,故T2=kT1,C正确。角速度ω=2πT解题方法比值类题目的一般解题原则。首先由相应物理定理、定律及对应关系,找出由已知量所表达的未知量的表达式,然后将相关数据代入即可求出相应关系。autonum.(2015广东理综,16,4分)在同一匀强磁场中,α粒子(24He)和质子(1A.运动半径之比是2∶1B.运动周期之比是2∶1C.运动速度大小之比是4∶1D.受到的洛伦兹力之比是2∶1答案B设质子与α粒子的质量、电荷量分别为m、e与4m、2e,则由r=mvqB=pqB,可知rαrH=12,A错误;由T=2πmqB,知TαTHautonum.(2015海南单科,1,3分)如图,a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A.向上B.向下C.向左D.向右答案AP前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D错。autonum.(2014课标Ⅰ,16,6分)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.2B.2C.1D.2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;由洛仑兹力提供向心力:qvB=mv2R得v=qBRm;其动能Ek=12mv2B1B2=Ek1Eautonum.(2014安徽理综,18,6分)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁场,以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于()A.TB.TC.T3D.T答案A等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力,有:qvB=mv2R,得v=BqRm，动能Ek=12mv2=12B2qautonum.(2015四川理综,7,6分)(多选)如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面。在纸面内的长度L=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与SO直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.0×10-4T。电子质量m=9.1×10-31kg,电荷量e=-1.6×10-19C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则()A.θ=90°时,l=9.1cmB.θ=60°时,l=9.1cmC.θ=45°时,l=4.55cmD.θ=30°时,l=4.55cm答案AD如图,S到MN的距离d0=dsinθ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上最下端的位置对应于到S的距离等于电子运动轨迹直径的点(若OD>12MN,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹的半径r=mv|e|B=4.55cm。由图中几何关系有O'C=r2-(r-d0)2,O'D=(2r)2-dautonum.(2022江苏,13,8分)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示,云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b,a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧,相同时间内的径迹长度之比la∶lb=3∶1,半径之比ra∶rb=6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力。求:(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb;(2)粒子a的动量大小pa。答案(1)2∶1(2)67解析(1)中性粒子分裂过程中电荷守恒,粒子a、b所带电荷量大小:qa=qb,由la∶lb=3∶1可知分裂后两粒子在磁场中运动的速率之比为va∶vb=3∶1,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,Bqv=mv2r,结合ra∶rb=6∶1可得,ma∶mb(2)中性粒子分裂过程中动量守恒:mv=mava+mbvb,结合va∶vb=3∶1、ma∶mb=2∶1、m=ma+mb可得,pa=mava=67mvautonum.(2022全国甲,25,20分)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器,其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧,C为位于纸面上的线圈,虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场;M为置于平台上的轻质小平面反射镜,轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连,PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条,PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时,M竖直且与纸面垂直;入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变,使M发生倾斜,入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心,通过读取反射光射到PQ上的位置,可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数k,磁场磁感应强度大小为B,线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l,细杆D的长度为d,圆弧PQ的半径为r,r≫d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值。(1)若在线圈中通入的微小电流为I,求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s;(2)某同学用此装置测一微小电流,测量前未调零,将电流通入线圈后,PQ上反射光点出现在O点上方,与O点间的弧长为s1;保持其他条件不变,只将该电流反向接入,则反射光点出现在O点下方,与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。答案(1)NBIlk2NBIlr解析(1)通入电流后线圈所受安培力F=NBIl由胡克定律及平衡条件有F=kΔx故弹簧长度改变量Δx=NBIl由于d远大于弹簧长度的改变量,故细杆转过的角度θ≈Δxd由于入射光线不变,平面镜转过θ角时反射光线转过2θ,故s=2θr=2(2)电流反向前后光点移动的弧长为s'=s1+s2可知反射光线在此过程中转过的角度为θ'=s则细杆转过的角度为θ'2=故弹簧长度的变化量Δx'=θ'2d=s由胡克定律得ΔF弹=kΔx'而此过程中弹簧弹力的变化量等于安培力的变化量,设待测电流为Ix,则ΔF弹=2NBIxl解得Ix=kautonum.(2022北京,20,12分)指南针是利用地磁场指示方向的装置,它的广泛使用促进了人们对地磁场的认识。现代科技可以实现对地磁场的精确测量。(1)如图1所示,两同学把一根长约10m的电线两端用其他导线连接一个电压表,迅速摇动这根电线。若电线中间位置的速度约10m/s,电压表的最大示数约2mV。粗略估算该处地磁场磁感应强度的大小B地。(2)如图2所示,一矩形金属薄片,其长为a,宽为b,厚为c。大小为I的恒定电流从电极P流入、从电极Q流出,当外加与薄片垂直的匀强磁场时,M、N两电极间产生的电压为U。已知薄片单位体积中导电的电子数为n,电子的电荷量为e。求磁感应强度的大小B。(3)假定(2)中的装置足够灵敏,可用来测量北京地区地磁场磁感应强度的大小和方向,请说明测量的思路。图1图2答案(1)见解析(2)necIU(3)见解析(1)由E=BLv可估算得该处地磁场磁感应强度B地的大小的数量级为10-5T。(2)设导电电子定向移动的速率为v,Δt时间内通过横截面的电荷量为Δq,有I=ΔqΔ导电电子定向移动过程中,在MN方向受到的电场力与洛伦兹力平衡,有eUb=得B=necI(3)如图建立三维直角坐标系Oxyz。设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为Bx、By、Bz。把金属薄片置于xOy平面内,M、N两极间产生电压Uz仅取决于Bz。由(2)得Bz=necIU由Uz的正负(M、N两极电势的高低)和电流I的方向可以确定Bz的方向。同理,把金属薄片置于xOz平面内,可得By的大小和方向;把金属薄片置于yOz平面内,可得Bx的大小和方向。地磁场的磁感应强度的大小为B=Bx根据Bx、By、Bz的方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向。autonum.(2022浙江6月选考,22,10分)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P,可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调),其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q,板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为-q(q>0)、速度大小不同的离子,其中速度大小为v0的离子进入转筒,经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷,不计离子的重力和离子间的相互作用。(1)①求磁感应强度B的大小;②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处,求转筒P角速度ω的大小;(2)较长时间后,转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处,OC与x轴负方向的夹角为θ,求转筒转动一周的时间内,C处受到平均冲力F的大小;(3)若转筒P的角速度小于6v0R,且A处探测到离子,求板Q上能探测到离子的其他θ'的值(θ'为探测点位置和O答案见解析解析(1)①离子在磁场中运动qv0B=mv02R②离子在磁场中的运动时间t=π转筒的转动角度ωt=2kπ+πω=(4k+1)v0R,(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R'R'=Rtanθ2v=v0tan离子在磁场中的运动时间t'=(π-θ)R转筒的转动角度ω't'=2nπ+θ转筒的转动角速度ω'=(2nπ+θ动量定理F2πω'=F=(2nπ+θ)Nm(3)转筒的转动角速度(4k+1)v0k=1,θ'=5-2n6π,可得θ'=56π,1autonum.(2022浙江1月选考,22,10分)如图为研究光电效应的装置示意图,该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面(纸面)内,垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置,板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ,整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ,其宽度为a,长度足够长,其中的磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速(板间电场视为匀强电场),调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度,使电子恰好打在坐标为(a+2l,0)的点上,被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e,板M的逸出功为W0,普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。(1)求逸出光电子的最大初动能Ekm,并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围;(2)若区域Ⅰ的电场强度大小E=B13eUm,区域Ⅱ的磁感应强度大小B2=emUea,求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x(3)为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到,需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2,求E的最大值和B2的最大值。答案见解析解析(1)由光电效应方程有Ekm=hν-W0设光电子从O点射入区域Ⅰ时速度为v0,根据动能定理有eU=12mv02-Ek,且0≤Ek则2eUm≤v0(2)为使电子恰好打在坐标为(a+2l,0)的点上,则电子通过区域Ⅰ时,须沿纸面运动,根据速度选择器原理ev0B1=eE,解得v0=EB1根据动能定理有eU=12mv02-12mvM电子从O点到坐标(a+2l,0)点的运动轨迹如图所示由几何关系有rsinα=a2且eB2v0=m沿y轴方向有vMsinβ=v0sinα,解得β=30°(3)由ev0B1=eE可得E=B1v0,则Emax=B12(由rsinα=a2得mv0sinαeB2=a2,且12m(v0sinα)2解得B2max=2autonum.(2022河北,14,16分)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置,如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场,方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场,方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源,可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子,不计重力及粒子间的相互作用,图中物理量均为已知量。求:(1)t=0时刻释放的粒子,在t=2πm(2)在0~6πmqB(3)在M4πE0mq答案(1)2πE0(3)πm2qB解析(1)在0~πm由v1=at,E0q=ma,y1=12at2,解得v1=πE0B0在πmqB由qB0v1=mv12R,x1=2R,解得故在2πmq(2)在0~πmqB0时间内在2πmqB0~3πmqB0时间内,由2E0q=ma2,v2=-v1+在4πmqB0~5πmqB0时间内,由3E0q=ma3,v3=-v2+由W=12mv32,解得在0~6πm(3)设πmqB0=T,(ⅰ)若在0~πmqB0时间内某时刻t'释放,粒子首次加速时间为(则首次加速后速度v1'=a(T-t'),在磁场内偏转的半径R1=mv由(1)易知,粒子至少要再次加速并偏转才可能通过xM=4πm设粒子在3πmqB0的速度为v2',在磁场内偏转半径为R则v2'=-v1'+2aT,解得v2'=a(T+t'),经过两次半个周期的圆周运动,在x方向上的位移x=2R1+2R2=2m(v即x=4mqB0·E0qm·πmqB0=4πm现分析该过程中,在y方向上的位移第一次加速后,y1'=12a(T-t')2第二次加速后,y2'=-v1'T+12·2aT2=aTt'或y2'=(v2此时纵坐标Y=y1'+y2'=12a(T-t')2+aTt'=12a(T2+t'经过第二次偏转后进入第三次匀变速运动,加速度为3a,此时粒子向下运动的最大距离Δy1=v2'22·则纵坐标的最小值Y'=Y-Δy1=12a(T2+t'2)-a(T+t')26=13aY'=13a(t'-T2)2+3Ymin'=14aT2=14·E0qm·π可见当t'=πm2qB0(ⅱ)若在2πmqB0~3πm则有v1″=2a(T-t″),y1″=12·2a(T-t″)2,在x方向上的位移x1″=2R1″=2mv1″q可见要到达xM应在t″=0即2πm此时v1″=2aT,则y轴方向上y1″=12·2aT2=aT2=E0qm·偏转后向下移动的最大距离Δy1'=v1″22·3a此时纵坐标的最小值Y″=y1″-Δy1'=π2mE03q(ⅲ)若在4πmqB则加速后速度v1‴=3a(T-t‴),在x方向上的位移x1‴=2R1‴=2mv1解得x1‴=6πmE0q令x1‴=xM,即6πmE0qB02-6E0B即在4πmqB0+t‴=13π此时粒子加速后的速度v0=3a(T-T3)=2aT=2π此时Y1=12·3a(T-t‴)2=23aT2=2π2mE03qB02,粒子偏转后,纵坐标的最小值Y1″=Y1-v02即偏转后粒子向下运动过程中必经过M点。综上可知在0~6πmqB0时间内有两个时刻即autonum.(2015课标Ⅰ,24,12分)如图,一长为10cm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0.1T,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12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm。重力加速度大小取10m/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。答案见解析解析依题意,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Δl1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg①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=IBL②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Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F③由欧姆定律有E=IR④式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。联立①②③④式,并代入题给数据得m=0.01kg⑤(安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分)autonum.(2014重庆理综,8,16分)某电子天平原理如图所示,E形磁铁的两侧为N极,中心为S极,两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n,线圈电阻为R,重力加速度为g。问(1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C端还是从D端流出?(2)供电电流I是从C端还是从D端流入?求重物质量与电流的关系。(3)若线圈消耗的最大功率为P,该电子天平能称量的最大质量是多少?答案(1)由右手定则知感应电流从C端流出(2)外加电流从D端流入m=2nBL(3)2解析(1)感应电流从C端流出(2)设线圈受到的安培力为FA外加电流从D端流入由FA=mg和FA=2nBIL得m=2nBL(3)设称量最大质量为m0由m=2nBLgI和P=I2R得m0autonum.(2018海南单科,13,10分)如图,圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B。P是圆外一点,OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O,不计重力。求:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。答案(1)43r(2)解析(1)如图,PMON为粒子运动轨迹的一部分,圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹,C为圆心,半径为R;MON为圆O的直径,MC⊥MN。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动,由几何关系知(OP-R)2=R2+r2①由上式和题给条件得R=43(2)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv由题意,粒子在圆形区域内运动的距离为MN=2r④设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为t,由运动学公式有t=MNv联立②③④⑤式得t=3mautonum.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L。粒子重力不计,电荷量保持不变。(1)求粒子运动速度的大小v;(2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm;(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=d2答案(1)qBdm(2)2+(3)(Ld+33-46)πm2解析本题考查了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的极值问题及周期性问题。考查了学生的综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。(1)粒子的运动半径d=mv解得v=qBd(2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d(1+sin60°)解得dm=2+3(3)粒子的运动周期T=2π设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则t=nT4(a)当L=nd+(1-32t'=112解得t=(Ld+33(b)当L=nd+(1+32t'=512解得t=(Ld-33解题关键1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹与该边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可以形成周期性运动,要注意多解。autonum.(2020江苏单科,16,16分)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:(1)Q到O的距离d;(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt;(3)乙的比荷q'答案见解析解析(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r1、r2由半径r=mvqB得,r1=mv2qB且d=2r1-2r2,解得d=mv(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设运动时间分别为t1、t2由T=2πmqB得,t1=πm2qB0,t解得Δt=2π(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动若经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,…)相遇时,有nm'v3q'B解得q'm根据题意,n=1舍去。当n=2时,q'm'有最小值(q'若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,…),经分析不可能相遇。综上分析,比荷的最小值为2qautonum.(2018江苏单科,15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O'点,各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时,粒子从O上方d2处射出磁场。取sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求磁感应强度大小B;(2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O'的时间t;(3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO'平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O'的时间增加Δt,求Δt的最大值。答案(1)4mv0qd解析本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。(1)粒子圆周运动的半径r0=m由题意知r0=d4,解得B=(2)设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为α由d=rsinα,得sinα=45在一个矩形磁场中的运动时间t1=α360°·2πmqB,解得t直线运动的时间t2=2dv,解得t2则t=4t1+t2=53π+72(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y=2r(1-cosα)+xtanα由y≤2d,解得x≤34则当xm=34粒子直线运动路程的最大值sm=2xmcos增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d增加时间的最大值Δtm=Δsm思路点拨带电粒子在匀强磁场中的运动(1)粒子以v0射入磁场,从O点正上方d2处射出,说明粒子仅在最左边的磁场中做半径为r0=d(2)粒子以5v0射入磁场,运动半径r=mvqB=5r0=5(3)将中间两磁场分别向中央平移距离x,则粒子以5v0射入后,其运动轨迹如图所示。autonum.(2016海南单科,14,14分)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小;(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和;(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为53t0答案(1)πm2qt解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期:T=4t0①设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得:qvB=mv2匀速圆周运动的速度满足:v=2πr联立①②③式得:B=πm(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示:设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有:θ1=180°-θ2⑤设粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则:t1+t2=T2=2t0(3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦r0cos∠OO'D+r0设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律得:v0=2πr联立①⑦⑧⑨式得:v0=3πautonum.(2016北京理综,22,16分)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。答案(1)mvqB2π解析(1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=mv带电粒子做匀速圆周运动的半径R=mv匀速圆周运动的周期T=2πRv(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。autonum.(2018课标Ⅲ,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小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比。答案(1)4U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=12m1v由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1v1由几何关系知2R1=l③由①②③式得B=4U(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=12m2vq2v2B=m2v2由题给条件有2R2=l2由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1autonum.(2017课标Ⅲ,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x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)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。答案(1)πmB0q(1+1λ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x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0=mv0qλB0v0=mv0粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1=πR粒子再转过180°时,所需时间t2为t2=πR联立①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2=πmB0(2)由几何关系及①②式得,所求距离为d0=2(R1-R2)=2mv0autonum.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问:(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。答案见解析解析本题考查带电