2019年高考物理二轮专题复习练案：第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动 Word版含解析
高考物理二轮复习第9讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动课件
例1如图所示,用绝缘细线悬挂一个导线框,导线框是由两同心半
圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成
的闭合回路,导线框中通有图示方向的电流,处于静止状态。在半
圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线
P。当P中通以方向向外的电流时( D )
A.导线框将向左摆动
(3)如把x轴上方运动的半周与x轴下方运动的半周称为一周期的
话,则每经过一周期,在x轴上粒子右移的距离。
(4)在与x轴的所有交点中,粒子两次通过同一点的坐标位置。
17
命题热点一
命题热点二
0
答案:(1)
命题热点三
0
(2)4∶3 (3)
2
(+3)0
(4)
2
(k=1,2,3,…)
4
B,x轴下方的磁场的磁感应强度为 3 B。现有一质量为m、电荷量为
-q的粒子以速度v0从坐标原点O沿y轴正方向进入上方磁场。在粒
子运动过程中,与x轴交于若干点。不计粒子的重力。
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(1)求粒子在x轴上方磁场中做匀速圆周运动的半径。
(2)设粒子在x轴上方的周期为T1,x轴下方的周期为T2,求T1∶T2。
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3π
7 0
。
14
命题热点一
命题热点二
命题热点三
规律方法带电粒子在磁场中运动的一般解题方法
1.找圆心:用几何方法确定圆心的位置,画出运动轨迹。
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15
命题热点一
命题热点二
命题热点三
2.求半径:分析带电粒子在磁场中的运动,对于轨迹圆半径的求解
是解决问题的瓶颈。求解半径一般来说有以下两种情况:(1)若题
高考物理二轮复习专题09磁场与带电粒子在磁场中的运动(讲)(解析版)
2015高三二轮讲练测之讲专题9 磁场与带电粒子在磁场中的运动考向01 磁场的描述 磁场对电流的作用1.讲高考（1）考纲要求知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用；会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．（2）命题规律磁感应强度、磁感线、安培力及安培定则和左手定则的运用，一般以选择题的形式出现；安培力的综合应用是高考的热点，题型有选择题，也有综合性的计算题．案例1．【2014·新课标全国卷Ⅰ】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案例2．（多选）【2014·海南卷】如图，两根平行长直导线相距2l ，通有大小相等、方向相同的恒定电流：a 、b 、c 是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为2l 、l 和3l 。
关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（ ）A．a处的磁感应强度大小比c处的大B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向相同D．b处的磁感应强度为零案例3．（2013·安徽卷）图中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（）A．向上B．向下C．向左D．向右2.讲基础（1）磁场、磁感应强度①磁感应强度：定义式ILF B =(通电导线垂直于磁场)；方向：小磁针静止时N 极的指向． ②匀强磁场：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场（2）磁感线①条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布②电流的磁场：直线电流的磁场；通电螺线管的磁场；环形电流的磁场；（1）安培力、安培力的方向 匀强磁场中的安培力①安培力公式：θsin BIL F =；磁场和电流垂直时，F ＝BIL ；磁场和电流平行时：F ＝0. ②安培力的方向：左手定则③安培力的方向特点：F ⊥B ，F ⊥I ，即F 垂直于B 和I 决定的平面．3.讲典例案例1．【2014•北京市大兴区高三第一学期期末试卷】如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。
【教师用书】2019高考物理二轮复习(九)第9讲带电粒子在组合场、复合场中的运动
课时冲关练(九)带电粒子在组合场.复合场中运动(45分钟,100分)一.选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分)1.(2014·武汉一模)回旋加速器是加速带电粒子装置,其主体部分是两个D形金属盒,两金属盒处在垂直于盒底匀强磁场中,与高频交流电源相连接后,使粒子每次经过两盒间狭缝时都能得到加速,如图所示。
现要增大带电粒子从回旋加速器射出时动能,下列方法可行是( )A.仅减小磁场磁感应强度B.仅减小狭缝间距离C.仅增大高频交流电压D.仅增大金属盒半径【解析】选D。
要使带电粒子从回旋加速器射出时动能增大,即射出时速度增大,粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力qvB=m错误！未找到引用源。
,所以v=错误！未找到引用源。
,可见要增大速度,需增大磁场磁感应强度,增大金属盒半径,D正确,A.B.C错误。
2.(2014·三明模拟)如图所示为一种获得高能粒子装置,环形区域内存在垂直纸面向外.大小可调节均匀磁场,质量为m,电荷量为+q粒子在环中做半径为R圆周运动,A.B为两块中心开有小孔极板,原来电势都为零,每当粒子顺时针飞经A板时,A板电势升高为U,B板电势仍保持为零,粒子在两板间电场中得到加速,每当粒子离开B板时,A板电势又降为零,粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而绕行半径不变( )A.粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速,绕行n圈后回到A 板时获得总动能为2nqUB.在粒子绕行整个过程中,A板电势可以始终保持为UC.在粒子绕行整个过程中,每一圈周期不变D.为使粒子始终保持在半径为R圆轨道上运动,磁场必须周期性递增,则粒子绕行第n圈时磁感应强度为错误！未找到引用源。
【解析】选D。
粒子每绕行一圈,电场做一次正功为qU,由题意知,A.B 错;粒子绕行第n圈时速度为v,则nqU=错误！未找到引用源。
mv2,周期T=错误！未找到引用源。
,为使粒子始终保持在半径为R圆轨道上运动,磁场必须周期性递增,则粒子绕行第n圈时磁感应强度为B=错误！未找到引用源。
高考物理二轮复习 专题9 带电粒子在电场和磁场中的运动学案
专题9 带电粒子在电场和磁场中的运动考题一 带电粒子在组合场中的运动1.组合场模型电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各自位于一定区域，并且互不重叠的情况. 2.带电粒子在组合场中运动的处理方法(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律.在匀强磁场中做匀速圆周运动.在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动.(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理.(3)当粒子从一个场进入另一个场时，该位置粒子的速度大小和方向往往是解题的突破口.例1 (2016·四川·11)如图1所示，图面内有竖直线DD ′，过DD ′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域.区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B (图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h ＝2l 、倾角α＝π4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD ′距离s ＝4l ，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C 点在DD ′上，距地面高H ＝3l .零时刻，质量为m 、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v 0＝gl 、方向与水平面夹角θ＝π3的速度，在区域Ⅰ内做半径r ＝3lπ的匀速圆周运动，经C 点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇.小球视为质点，不计空气阻力及小球P 所带电荷量对空间电磁场的影响.l 已知，g 为重力加速度.图1(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若小球A 、P 在斜面底端相遇，求释放小球A 的时刻t A ； (3)若小球A 、P 在时刻t ＝βlg(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E ，并讨论场强E 的极大值和极小值及相应的方向. 解析 (1)由题知，小球P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有m v 20r ＝qv 0B ，代入数据解得B ＝m π3lqgl (2)小球P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C 点的时刻为t C ，到达斜面底端时刻为t 1，有t C ＝θrv 0①s －htan α＝v 0(t 1－t C )②小球A 释放后沿斜面运动加速度为a A ，与小球P 在时刻t 1相遇于斜面底端， 有mg sin α＝ma A ③ hsin α＝12a A (t 1－t A )2 ④联立以上方程可得t A ＝(3－22)l g(3)设所求电场方向向下，在t A ′时刻释放小球A ，小球P 在区域Ⅱ运动加速度为a P ，有s ＝v 0(t －t C )＋12a A (t －t A ′)2cos α ⑤ mg ＋qE ＝ma P⑥H －h ＋12a A (t －t A ′)2sin α＝12a P (t －t C )2⑦联立相关方程解得E ＝(11－β2)mgq (β－1)2对小球P 的所有运动情形讨论可得3≤β≤5由此可得场强极小值为E min ＝0；场强极大值为E max ＝7mg8q ，方向竖直向上.答案 (1)πm3qlgl (2)(3－22)l g(3)(11－β2)mg q (β－1)2 极大值7mg 8q ，方向竖直向上；极小值0 变式训练1.如图2所示，在平面直角坐标系xOy 的第二象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴负方向.在第一、四象限内有一个圆，圆心O ′坐标为(r,0)，圆内有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计粒子所受的重力)，从P (－2h ，h )点，以大小为v 0的速度沿平行于x 轴正方向射入电场，通过坐标原点O 进入第四象限，又经过磁场从x 轴上的Q 点离开磁场.求：图2(1)电场强度E 的大小；(2)圆内磁场的磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子从P 点进入电场到从Q 点射出磁场的总时间t .答案 (1)mv 202qh (2)mv 0qr (3)4h ＋πr 2v 0解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动，有 水平方向：2h ＝v 0t 1① 竖直方向：h ＝12at 21② a ＝Eq m③ 由①②③式得E ＝mv202qh④ (2)粒子进入磁场时沿y 轴方向的速度v y ＝at 1＝v 0⑤粒子进入磁场时的速度v ＝v 20＋v 2y ⑥ 粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有qvB ＝m v 2R⑦ 由几何关系有R ＝2r⑧ 由③⑤⑥⑦⑧式得B ＝mv 0qr⑨ (3)粒子在磁场中运动的时间t 2＝14T⑩ 粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πmqB⑪ 粒子从P 点进入电场到Q 点射出磁场的总时间t ＝t 1＋t 2⑫由①⑨⑩⑪⑫解得t ＝4h ＋πr 2v 02.如图3所示，平面直角坐标系xOy 在第一象限内存在水平向左的匀强电场，第二、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在与x 轴负方向成30°角斜向上的匀强电场.一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以一定初速度从y 轴上的A 点与y 轴正方向成60°角垂直磁场方向射入第二象限，粒子从x 轴上的C 点与x 轴正方向成30°角进入第三象限.粒子到达y 轴上的D 点(未画出)时速度刚好减半，经第四象限内磁场偏转后又能垂直x 轴进入第一象限内，最后恰好回到A 点.已知OA ＝3a ，第二象限内匀强磁场的磁感应强度为B .粒子重力不计，求：图3(1)粒子初速度v 0和第四象限内匀强磁场的磁感应强度B 1的大小； (2)第一、三象限内匀强电场的电场强度E 1和E 2的大小； (3)粒子在第一、三象限内运行的时间比t 1∶t 3.答案 (1)Bqa m 34B (2)B 2qa 6m 33B 2qa 16m (3)94解析 (1)粒子在第二象限内运动正好完成半个圆周，则 2R 1cos 30°＝OA 解得R 1＝a而Bqv 0＝mv 2R 1，解得v 0＝Bqa m粒子在第三象限中运动时有CD ＝2R 1tan 30°＝233a粒子在第四象限中运动时有R 2＝CD tan 30°＝23a而B 1qv 1＝m v 21R 2，v 1＝12v 0解得B 1＝34B(2)在第一象限内：OF ＝R 2＋R 2sin 30°＝a有OF ＝12·qE 1m·t 21OA ＝v 1t 1解得E 1＝B 2qa 6m ，t 1＝23mBq在第三象限内：v 20－v 21＝2·qE 2m·CD 代入解得E 2＝33B 2qa16m(3)在第三象限内有：v 0－v 1＝qE 2m·t 3解得t 3＝83m9Bq所以t 1t 3＝94考题二 带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中运动的处理方法 (1)明种类：明确叠加场的种类及特征.(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点. (3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径与边角关系. (4)用规律：灵活选择不同的运动规律.①两场共存时，电场与磁场中满足qE ＝qvB 或重力场与磁场中满足mg ＝qvB 或重力场与电场中满足mg ＝qE ，都表现为匀速直线运动或静止，根据受力平衡列方程求解.②三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动.其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直.③三场共存时，粒子在叠加场中做匀速圆周运动.mg 与qE 相平衡，根据mg ＝qE ，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性.粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB ＝mr ω2＝m v 2r ＝mr 4π2T2＝ma .④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解.例2 如图4所示，在无限长的水平边界AB 和CD 间有一匀强电场，同时在AEFC 、BEFD 区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF 为左右磁场的分界线.AB 边界上的P 点到边界EF 的距离为(2＋3)L ，一带正电微粒从P 点正上方的O 点由静止释放，从P 点垂直AB 边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB 边界飞出电、磁场.已知微粒在磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g ，电场强度大小E (E 未知)和磁感应强度大小B (B 未知)满足EB＝2gL ，不考虑空气阻力，求：图4(1)O 点距离P 点的高度h 多大；(2)若微粒从O 点以v 0＝3gL 水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD 射出电、磁场，则微粒在磁场中运动的时间t 多长？解析 (1)微粒在电磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力合力为零，则：qE ＝mg ，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：sin θ＝32，r 1＋r 1sin θ＝(2＋3)L ， 解得：r 1＝2L ，微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv 1B ＝m v 21r 1，由动能定理得：mgh ＝12mv 21－0， 已知：E B ＝2gL ，解得：h ＝12L ；(2)微粒在进入电磁场前做平抛运动，x 1＝v 0t 1，h ＝12gt 21，代入数据解得：t 1＝Lg，x 1＝3L ， 微粒在M 点的竖直分速度：v ′＝gL ， 速度：v ＝2gL ，速度与AB 夹角为30°， 微粒运动轨迹如图所示：微粒轨道半径：r 2＝4L ，由几何知识可知，微粒从M 点偏转30°垂直打在EF 边界上， 微粒在磁场中做圆周运动的周期：T ＝2πr 2v＝4πLg由题意可知，微粒的运动时间：t ＝t 1′＋t 2′＝30°360°T ＋12kT ＋14T ＝112T ＋12kT ＋14T (k ＝0、1、2、3、……) 解得：t ＝2π(23＋k )Lg(k ＝0、1、2、3、……)答案 (1)12L (2)2π(23＋k )Lg(k ＝0、1、2、3、……) 变式训练3.如图5所示，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是( )图5A.电场强度的大小为10 N/CB.带电粒子的比荷为1×106C/kgC.撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD.带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s 答案 AC解析 粒子沿直线运动，则Bqv ＝Eq ，解得E ＝Bv ＝0.01×103N/C ＝10 N/C ，选项A 正确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向r ＝12Eq m t 2，竖直方向r ＝vt ，解得：q m ＝2v 2Er ＝2×10610×0.1 C/kg＝2×106C/kg ，选项B 错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R ＝mvqB 2＝1032×106×12×0.01m ＝0.1 m ，选项C 正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝T 4＝πmqB ＝3.142×106×0.01s ＝1.57×10－4s ，选项D 错误；故选A 、C. 4.(2016·天津·11)如图6所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T.有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6kg ，电荷量q ＝2×10－6C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g ＝10 m/s 2，求：图6(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t . 答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tan θ＝qE mg③代入数据解得tan θ＝ 3 θ＝60°④(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2⑦tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s≈3.5 s ⑨解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零， 则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s≈3.5 s.考题三 带电粒子在交变电磁场中的运动带电粒子在交变电磁场中运动的处理方法(1)若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间或粒子穿越电场的时间极短可忽略时，则粒子在穿越电场的过程中，电场可看做匀强电场.(2)空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点.交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经历不同特点的电场或磁场或叠加场，从而表现出“多过程”现象.其运动特点既复杂又隐蔽.分析时应该注意以下三点：①仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联.有一定的联系，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口；②必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析；③把粒子的运动分解成多个运动阶段分别进行处理，根据每一阶段上的受力情况确定粒子的运动规律.例3 如图7甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为中心、边长为2L 的正方形区域，其边界ab 与x 轴平行，正方形区域与x 轴的交点分别为M 、N .在该正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点以与x 轴夹角为30°的方向进入正方形区域，并恰好从d 点射出.图7(1)求匀强电场E的大小；(2)求匀强磁场B的大小；(3)若当电子到达M点时，在正方形区域换加如图乙所示周期性变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子运动一段时间后从N点飞出，求正方形磁场区域磁感应强度B0大小的表达式、磁场变化周期T与B0的关系式.[思维规范流程]④⑧⑨⑪⑫⑭每式各2分，其余各式1分.变式训练5.如图8甲所示，在竖直边界MN的左侧存在与水平方向成θ＝60°斜向右上方的匀强电场.其电场强度大小E1＝ 3 N/C，在MN的右侧有竖直向上的匀强电场，其电场强度大小E2＝1.5 N/C，同时，在MN的右侧还有水平向右的匀强电场E3和垂直纸面向里的匀强磁场B(图甲中均未画出)，E3和B随时间变化的情况如图乙所示.现有一带正电的微粒，带电荷量q＝1×10－5C，从左侧电场中距MN边界x1＝ 3 m的A点无初速度释放后，微粒水平向右进入MN右侧场区，设此时刻t＝0，取g＝10 m/s2.求：图8(1)带电微粒的质量m ；(2)带电微粒在MN 右侧场区中运动了1.5 s 时的速度v (取25＝4.5)；(3)带电微粒从A 点运动到MN 右侧场区中计时为1.5 s 的过程中，各电场对带电微粒做的总功W .(取3π＝10)答案 (1)1.5×10－6kg (2)5 m/s ，方向水平向左 (3)4.125×10－5J解析 (1)MN 左侧匀强电场的电场强度为E 1，方向与水平方向夹角为θ，带电微粒受力如图所示.沿竖直方向有：qE 1sin θ＝mg 解得：m ＝1.5×10－6kg.(2)在MN 左侧，对带电微粒沿水平方向有：qE 1cos θ＝ma 1解得：a 1＝1033m/s 2对水平方向的匀加速运动有：v 20＝2a 1x 1 解得刚到MN 时v 0＝4.5 m/s带电微粒在MN 右侧场区始终满足：qE 2＝mg 在0～1 s 时间内，带电微粒在E 3电场中有：a 2＝qE 3m ＝1×10－5×0.0751.5×10－6m/s 2＝0.5 m/s 2 带电微粒在1 s 时的速度大小为：v ＝v 0＋a 2t ＝5 m/s在1～1.5 s 时间内，带电微粒在磁场B 中做匀速圆周运动，周期为 T ＝2πm qB ＝2π×1.5×10－61×10－5×0.3πs ＝1 s在1～1.5 s 时间内，带电微粒在磁场B 中正好运动了半个圆周，所以带电微粒在MN 右侧场区中运动了1.5 s 时的速度大小为5 m/s ，方向水平向左. (3)带电微粒在磁场B 中做圆周运动的半径为r ＝mv qB ＝1.5×10－6×51×10－5×0.3π m ＝7.53π m ＝0.75 m W －mg ·2r ＝12mv 2解得：W ＝4.125×10－5J.专题规范练1.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域.如图1是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I ，C 、D 两侧面会形成电势差U CD ，下列说法中正确的是( )图1A.电势差U CD 仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD ＜0C.仅增大磁感应强度时，电势差U CD 可能不变D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 答案 B解析 由题意可知，CD 间存在电势差，即存在电场，载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长、宽、高分别为a 、b 、c ，有qU CD b ＝qvB ，I ＝nqvS ＝nqvbc ，则U CD ＝BInqc.故A 、C 错误；根据左手定则，电子向C 侧面偏转，C 表面带负电，D 表面带正电，所以D 表面的电势高，则U CD ＜0，B 正确；在测定地球赤道上方地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过.故D 错误.2.(多选)如图2所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B ＝0.5 T 的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°.一质量为m ＝0.1 g 、电荷量为q ＝5×10－4C 的带正电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4.现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放.则下列判断中正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g ＝10 m/s 2)( )图2A.圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B.当圆环下滑的速度达到2.4 m/s 时，圆环与细杆之间的弹力为零C.圆环下滑过程中的最大加速度为6 m/s 2D.圆环下滑过程中的最大速度为9.2 m/s 答案 CD解析 当F N ＝0时，qvB ＝mg cos θ，得v ＝3.2 m/s ，此时，F 合＝mg sin θ＝ma m ，得a m ＝6 m/s 2，当mg sin θ＝μ(qv m B －mg cos θ)时 得v m ＝9.2 m/s.3.(多选)如图3所示，空间有相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，匀强电场方向竖直向下，大小为E ，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .一质量为m 的带电小球(可视为质点)恰好能在竖直面内做半径为r 的匀速圆周运动，已知重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )图3A.该小球带正电荷B.该小球的带电荷量为mgEC.该小球一定沿顺时针方向做匀速圆周运动D.该小球做圆周运动的线速度大小为Bgr E答案 BD解析 因小球做匀速圆周运动，所以mg ＝qE ，得E ＝mgq，电场力向上，所以带负电，A 错误，B 正确；由于小球带负电，由左手定则可知，小球一定沿逆时针方向运动，选项C 错误；设小球做圆周运动的线速度大小为v ，则qvB ＝m v 2r ，解得v ＝Bqr m ，又因为q ＝mg E ，所以v ＝BgrE，选项D 正确.4.(多选)如图4所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d ，相距为d .现将一质量为m 、电荷量为q 的带电小球以某一水平速度靠近上板下表面的P 点射入，刚好从下板边缘射出，若在两板间加入竖直向下的匀强电场，再次将该带电小球以相同速度从P 点射入，小球刚好水平向右沿直线运动；若保持电场，再加一垂直纸面的匀强磁场，再次将该带电小球以相同速度从P 点射入，小球刚好垂直打在板上.已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是()图4A.小球从P 点射入的初速度为2gdB.小球带正电，所加匀强电场E ＝mg qC.所加匀强磁场方向垂直纸面向里，B ＝m2qd 2dg D.加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为π42d g答案 AD解析 小球从P 点射入后做平抛运动，根据平抛运动规律有：2d ＝v 0t ，d ＝12gt 2，联立解得：v 0＝2gd ，故A 正确；加电场后做匀速直线运动，故：qE ＝mg ，解得：E ＝mgq，电场力向上，场强向下，故小球带负电，故B 错误；再加磁场后，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球刚好垂直打在板上，故轨道半径为d ，根据牛顿第二定律，有：qv 0B ＝m v20d，解得：B＝mqd2dg ；根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，故C 错误；加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为四分之一个周期，为：t ＝π2d v 0＝π42dg，故D 正确.5.(多选)如图5所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值.静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝30°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，则下列说法正确的是( )图5A.两板间电压的最大值U m ＝qB 2L 22mB.CD 板上可能被粒子打中区域的长度s ＝23LC.粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝πmqBD.能打到N 板上的粒子的最大动能为q 2B 2L 218m答案 ACD解析 M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以其轨迹圆心在C 点，CH ＝QC ＝L ， 故轨迹半径R 1＝L又由牛顿第二定律得qv 1B ＝m v21R 1粒子在MN 间加速时，有qU m ＝12mv 21所以联立得U m ＝qB 2L 22m，选项A 正确；打在QC 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期.粒子运动的周期为T ＝2πmqB所以最长时间t m ＝T 2＝πmqB，选项C 正确；设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中：AC ＝2R 2，CK ＝3R 2又QC ＝QA ＋AC ＝R 2＋2R 2＝3R 2＝L ，所以CK ＝33L 故HK 的长度s ＝(1－33)L ，选项B 错误；能达到N 板上的粒子最大半径为R 2，根据qvB ＝m v2R 2，最大动能为：E km ＝12mv 2＝B 2q 2L218m，选项D 正确.6.(多选)如图6所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置.待选粒子带正电且电量与表面积成正比.待选粒子从O 1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U ，粒子通过小孔O 2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B ，左右两极板间距为d .区域Ⅱ出口小孔O 3与O 1、O 2在同一竖直线上.若半径为r 0，质量为m 0、电量为q 0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则( )图6A.区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为 2q 0Um 0B.区域Ⅱ左右两极板的电势差U 1＝Bdq 0Um 0C.若纳米粒子的半径r ＞r 0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过D.若纳米粒子的半径r ＞r 0，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为r 0r答案 AD解析 设半径为r 0的粒子加速后的速度为v ，则有：q 0U ＝12m 0v 2设区域Ⅱ内电场强度为E ，洛伦兹力等于电场力，即：q 0vB ＝q 0E 联立①②解得：E ＝B2q 0Um 0，则区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为2q 0Um 0，U 1＝Ed ＝Bd2q 0Um 0，故A 正确，B 错误；若纳米粒子的半径r ＞r 0，设半径为r 的粒子的质量为m 、带电量为q 、被加速后的速度为v ′，则m ＝(r r 0)3m 0而q ＝(r r 0)2q 0，由12mv ′2＝qU 解得：v ′＝2q 0Ur 0m 0r＝r 0rv ＜v ，故洛伦兹力小于电场力，粒子带正电，故粒子向左偏转，故C 错误；要使粒子直线通过需满足E ＝vB ，故区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为r 0r；故D 正确.7.(多选)如图7所示为某种质谱仪的工作原理示意图.此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N ；P 、Q 间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B 的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M .若静电分析器通道中心线半径为R ，通道内有均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E ；由粒子源发出一质量为m 、电荷量为q 的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S 点沿着既垂直于静电分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁场中，最终打到胶片上的某点.下列说法中正确的是( )图7A.P 、Q 间加速电压为12ERB.离子在磁场中运动的半径为mER qC.若一质量为4m 、电荷量为q 的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S 射出D.若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷 答案 AD解析 直线加速过程，根据动能定理，有：qU ＝12mv2① 电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qE ＝m v 2R② 磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r③ 解得：U ＝12ER ，④ r ＝m qB qER m ＝1B mER q⑤由④式，只要满足R ＝2UE，所有粒子都可以从辐射电场区通过； 由④⑤知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等.8.如图8所示，在直角坐标系xOy 平面内有a (4 cm,3 cm)、b (0,8 cm)两点，匀强磁场垂直于xOy 平面向里.一电荷量为e ＝1.6×10－19C 、质量为m ＝9×10－31kg 的电子，以v 0＝1.6×106m/s 的速度从原点O 沿x 轴正方向入射，不计电子重力，取sin 37°＝0.6.图8(1)已知电子能通过a 点，求磁感应强度B 的大小.(2)适当改变磁感应强度，再加入平行xOy 平面的匀强电场，使得电子可先后经过a 、b 两点，动能分别变为在O 点动能的4倍和5倍，求电场强度的大小. 答案 (1)2.16×10－4T (2)4.5×102V/m解析 (1)由几何关系：R 2＝x 2a ＋(R －y a )2得R ＝256cmev 0B ＝m v20R得B ＝2.16×10－4T(2)洛伦兹力不做功，电子从O 点到a 点由动能定理：eU aO ＝E k a －E k O ＝3×12mv 2电子从O 点到b 点由动能定理： eU bO ＝E k b －E k O ＝4×12mv 20，解得U aO U bO ＝34沿Ob 方向电势均匀升高，设y 轴上点c (0，y c )为a 点的等势点：y c y b ＝34解得：y c ＝6 cm ，ac 连线为匀强电场中的一条等势线 过O 点作ac 的垂线交于d 点，由几何关系可知： ∠cOd ＝37°O 点到d 点的距离：Od ＝y c cos 37°********灿若寒星竭诚为您提供优质文档*********灿若寒星 E ＝U aO Od代入数值得：E ＝4.5×102V/m。
2018-2019版高考物理二轮复习专题三电场和磁场专题突破练9磁场带电粒子在磁场中的运动
专题突破练9 磁场带电粒子在磁场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共5小题,每小题6分,共30分。
在每小题给出的四个选项中,第1~3小题只有一个选项符合题目要求,第4~5小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2018河南新乡三模)如图所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化,下列说法正确的是()A.P顺时针转动,Q逆时针转动,转动时P与天花板连接的细线张力不变B.P逆时针转动,Q顺时针转动,转动时两细线张力均不变C.P、Q均不动,P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D.P不动,Q逆时针转动,转动时P、Q间细线张力不变2.(2018安徽蚌埠质检)如图所示,A、B、C三根平行通电直导线均为m,通入的电流大小均相等,其中C中的电流方向与A、B中的电流方向反向,A、B放置在粗糙的水平面上,C静止在空中,三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,且三根导线均保持静止,重力加速度为g,则A导线受到B导线的作用力大小和方向为()A.mg,方向由A指向BB.mg,方向由B指向AC.mg,方向由A指向BD.mg,方向由B指向A3.(2018安徽芜湖期末)如图所示,直角坐标系Oxyz处于匀强磁场中,有一条长0.6 m的直导线沿Ox 方向通有大小为9 A的电流,受到的安培力沿Oz方向,大小为2.7 N。
则该匀强磁场可能的方向和磁感应强度B的最小值为()A.平行于xOy平面,B=0.5 TB.平行于xOz平面,B=1.0 TC.平行于xOy平面,B=0.2 TD.平行于xOy平面,B=1.0 T4.(2018河南驻马店二质检)如图所示,平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场,第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。
精选-高考物理二轮复习专题三电场和磁场第9讲磁场及带电粒子在磁场中的运动课件
C．流经 L2 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为112B0
D．流经 L2 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为172B0
[解析] A、C 对：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知
在 b 点：12B0＝B0－B1＋B2 在 a 点：13B0＝B0－B1－B2 由上述两式解得 B1＝172B0，B2＝112B0。
专题整合突破
专题三 电场和磁场
第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1
微网焦
4
复习练案
微网构建
高考真题
1．(多选)(2018·全国Ⅱ，20)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，
A． 3∶2
(C)
B． 2∶1
C． 3∶1
D．3∶ 2
[解析] 本题考查带电粒子在磁场中的运动。 由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由 qvB＝mvR2可知，R＝mqBv，即粒子在磁场中做圆周运动的半径 相同。若粒子运动的速度大小为 v1，如图所示，通过旋转圆 可知，当粒子的磁场出射点 A 离 P 点最远时，则 AP＝2R1； 同样，若粒子运动的速度大小为 v2，粒子的磁场出射点 B 离 P 点最远时，则 BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝R2，R2＝Rcos30°＝ 23R，则vv21＝ RR21＝ 3，C 项正确。
3．(2017·全国卷Ⅲ，18)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两 长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方 向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度 为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为
高考物理二轮复习专题9带电粒子在电场和磁场中的运动课件
[思维规范流程]
步骤1：在电场中 做平抛运动 分方向列方程 在M点速度分解
(1)在E中：
L＝ v0t
①
eE
vy＝ m t
②
tan 30°＝ vy ③ v0
得：E＝ 3mv02 ④ 3eL
12/8/2021
答案
步骤2：在磁场中： 由几何关系得： 列F洛＝Fn方程
L
(2)R＝
2 cos 30°
⑤
BevM＝mRvM2
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②必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行 分析；③把粒子的运动分解成多个运动阶段分别进行处理，根据每一 阶段上的受力情况确定粒子的运动规律.
12/8/2021
典例剖析
例3 如图7甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右 侧有一个以点(3L,0)为中心、边长为2L的正方形区域，其边界ab与x轴平行，正方 形区域与x轴的交点分别为M、N.在该正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场， 现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电 场，飞出电场后从M点以与x轴夹角为30°的方向进入正方形区域，并恰好从d点 射出.
√A.电场强度的大小为10 N/C
B.带电粒子的比荷为1×106 C/kg
√C.撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 m
D.带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5 s 12/8/2021
图5
解析
34
4.(2016·天津·11)如图6所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度 大小E＝5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂 直，磁感应强度大小B＝0.5 T.有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电 荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求： (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
高考物理二轮复习第九章磁场提能增分练三带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
提能增分练(三) 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题[A 级——夺高分]1．(多选)在M 、N 两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹示意图如图中虚线所示。
已知两条导线M 、N 中只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，可能是( )A ．M 中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动B ．M 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b 点向a 点运动C ．N 中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b 点向a 点运动D ．N 中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动解析：选AB 由运动轨迹知，靠近导线M 处粒子的偏转程度大，则靠近导线M 处的磁感应强度较大，故只有M 中可能通有电流；考虑到磁场可能是垂直纸面向外，也可能是垂直纸面向里，并结合安培定则、左手定则，易知A 、B 正确。
2.如图所示，在MNQP 中有一垂直纸面向里的匀强磁场。
质量和电荷量都相等的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率从O 点沿垂直于PQ 的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。
已知O 是PQ 的中点，不计粒子重力。
下列说法中正确的是( )A ．粒子a 带负电，粒子b 、c 带正电B ．射入磁场时粒子a 的速率最小C ．射出磁场时粒子b 的动能最小D ．粒子c 在磁场中运动的时间最长解析：选D 若a 、b 、c 均为正电荷，根据运动电荷所受洛伦兹力方向即可判断出a 、b 、c 均应向左偏转，b 、c 偏转方向与假设相反，因此粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电，故A 错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即Bvq ＝m v 2r ，解得r ＝mvBq ，由此可知，当速度越大时，轨迹半径越大，易知射入磁场时粒子c 的速率最小，动能最小，故B 、C 错误；粒子运动的周期为T ＝2πmBq ，故粒子在磁场中的偏转角越大，运动时间越长，故D 正确。
【高考物理】2018-2019学年物理高考二轮复习课件：第9讲磁场及带电体在磁场中的运动
• (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。
解：(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 v2 0 qB0v0＝m R1 v2 0 qλB0v0＝m R2 ① ②
A． 3 C． 3
2 1
B． 2 D．3
1 2
[解析]
本题考查带电粒子在磁场中的运动。
v2 由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由 qvB＝m R 可知， mv R＝ qB ，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为 v1， 如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点 A 离 P 点最 远时，则 AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为 v2，粒子 的磁场出射点 B 离 P 点最远时， 则 BP＝2R2， 由几何关系可知， v2 R2 R 3 R1＝ ，R2＝Rcos 30° ＝ R，则 ＝ ＝ 3，C 项正确。 2 2 v1 R1
粒子速度方向转过 180° 时，所需时间 t1 为 πR1 t1＝ v0 ③
粒子再转过 180° 时，所需时间 t1 为 πR2 t2＝ v0 ④ ⑤
πm 1 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝ (1＋ λ ) B0q (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 2mv0 1 d0＝2(R1－R2)＝ (1－ λ) B0q ⑥
4．(2017· 全国卷Ⅲ，24)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) 导学号 86084178
2019届高考物理二轮复习第章电场和磁场带电粒子在复合场中的运动课件.ppt
L2＋h2 (2) 2h
EL2 v0L2＋h2
(3)见解
析
2019年7月17
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[例 2] [2018·东营二模](多选)如图所示，在真空中半径为 r＝
0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀
强电场，磁感应强度 B＝0.01 T，ab 和 cd 是两条相互垂直的直径，
2019年7月17
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[解析] 由分析可知，当质子从 D 形盒中刚出来时速度最大， 此时质子在 D 形盒中做圆周运动的半径刚好等于 D 形盒的半径， 由 qvmB＝mvR2m可得 vm＝qBmR，那么质子获得的最大动能为 Ekm＝ q22Bm2R2，故质子在回旋加速器中获得的最大动能与加速电压 U 无 关，选项 A 错误；由粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式 T
器中被加速，下列说法正确的是( )
2019年7月17
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A．若只增大交流电压 U，则质子获得的最大动能增大 B．若只增大交流电压 U，则质子在回旋加速器中运动时间 会变短 C．若磁感应强度 B 增大，交流电频率 f 必须增大才能正常 工作 D．不改变磁感应强度 B 和交流电频率 f，该回旋加速器也 能用于加速 α 粒子
2019年7月17
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1
核心归纳·备考策略 要点整合
1．复合场及常见的运动类型 复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存， 或分区域存在．从场的复合形式上一般分为如下两种情况：叠加 复合场、组合复合场、交变场．
2019年7月17
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2
2．选用规律，两种观点解题 (1)带电体做匀速直线运动，则用平衡条件求解(即二力或三 力平衡)； (2)带电体做匀速圆周运动，应用向心力公式或匀速圆周运动 的规律求解； (3)带电体做匀变速直线或曲线运动，应用牛顿运动定律和运 动学公式求解； (4)带电体做复杂的曲线运动，应用能量守恒定律或动能定理 求解．
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专题三 第9讲 限时：40分钟 一、选择题(本题共8小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选) 1．(2018·山东省潍坊市高三下学期一模)如图所示，导体棒ab用绝缘细线水平悬挂，通有由a到b的电流。ab正下方放一圆形线圈，线圈通过导线，开关与直流电源连接。开关闭合瞬间，导体棒ab将( B )
A．向外摆动 B．向里摆动 C．保持静止，细线上张力变大 D．保持静止，细线上张力变小 [解析] 开关闭合瞬间，圆形线圈的电流顺时针方向，根据右手螺旋定则可知导体棒ab
的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知导体棒ab将向里摆动，故B正确，ACD错误；故选B。 2．(2018·山东省历城高三下学期模拟)如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和在同一条水平直线上的直导线EF、GH连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线O。当O中通以垂直纸面方向向里的电流时( D )
A．长直导线O产生的磁场方向沿着电流方向看为逆时针方向 B．半圆弧导线ECH受安培力大于半圆弧导线FDG受安培力 C．EF所受的安培力方向垂直纸面向外 D．从上往下看，导线框将顺时针转动 [解析] 当直导线O中通以垂直纸面方向向里的电流时，由安培定则可判断出长直导线
O产生的磁场方向为顺时针方向，选项A错误；磁感线是以O为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，选项B错误；由左手定则可判断出直导线EF所受的安培力方 向垂直纸面向里，选项C错误；GH所受的安培力方向垂直纸面向外，从上往下看，导线框将顺时针转动，选项D正确；故选D。 3．(2018·河南省郑州市高三下学期模拟)如图所示，在边长为L的正方形ABCD阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q(q<0)的带电粒子以大小为v0的速度沿纸面垂直AB边射入正方形，若粒子从AB边上任意点垂直射入，都只能从C点射出磁场，不计粒子的重力影响。下列说法正确的是( D )
A．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外 B．此匀强磁场的磁感应强度大小为2mv0qL C．此匀强磁场区域的面积为πL24 D．此匀强磁场区域的面积为π－2L22 [解析] 若保证所有的粒子均从C点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，A错误；由A点射入磁场的粒子从C点离开磁场，结合图可知该粒子的轨道半径应为R＝L，则由qBv0＝mv20R，可解得B＝mv0qL，B错误；由几何关系可知匀强磁场
区域的面积应为S＝2×(14πL2－12L2)＝π－2L22，C错误，D正确。 4．(2018·河北省张家口市高三下学期模拟)如图所示，在边长ab＝1.5L，bc＝3L的矩形区域内存在着垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可以垂直磁场向区域内各方向发射速度大小相等的同种带电粒子，若沿Od方向射入的粒子从磁场边界cd离开磁场，该粒子在磁场中运动的时间为t0，圆周运动半径为L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( D )
A．粒子带负电 B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
C．粒子的比荷为πBt0 D．粒子在磁场中运动的最长时间为2t0 [解析] 由题设条件作出以O1为圆心的轨迹圆弧，如图所示，
由左手定则，可知该粒子带正电，选项A错误；由图中几何关系可得sinθ＝32LL＝32，解得θ＝π3，可得T＝6t0，选项B错误；根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得T＝2πmqB，解得qm＝π3Bt0，选项C错误；根据周期公式，粒子在磁场中运动时间t＝mαqB，在同一圆中，半径一定时，弦越长，其对应的圆心角α越大，则粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O2为圆心的圆弧，如图所示，由图中几何关系，α＝2π3，解得t＝2t0，选项D正确。 5．(2018·湖北省襄阳市高三下学期模拟)如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为B2的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动的半径为R。则( CD )
A．粒子经偏转一定能回到原点O B．粒子完成一次周期性运动的时间为πm3qB C．粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3R D．粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为1∶2 [解析] 根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中始终处于磁场内，
离O点越来越远，粒子一定不能回到原点，A错误；由几何关系可知，粒子在一次周期性运动时间内，在x轴上方运动的时间t1＝16T＝πm3qB，在x轴下方运动的时间t2＝16T′＝2πm3qB，
粒子完成一次周期性运动的时间为t1＋t2＝πmqB，B错误；根据Bqv＝mv2r得：r＝mvBq，在x轴下方的轨道半径是在x轴上方的2倍，即r＝2R，由粒子在磁场运动时的偏转角及几何关系 可知，粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R，第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R，所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R，C、D正确。 6．(2018·广东省汕头市高三下学期4月模拟)如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区
运动到Ⅱ区。曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中aP︵ 、Pb︵ 的弧长之比为2∶1，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是( AB )
A．Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2 B．粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1 C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1
D．aP︵ 与Pb︵ 对应的圆心角之比为2∶1 [解析] 粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以在两个区域内粒子的速率相同。由两弧长之比为2∶1，速率相同，可知时间之比为2∶1，故C错误；由于粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可知粒子在磁场中运动的圆心角相等，故D错误；根据θ＝ωt知
角速度之比为1∶2，由v＝ωr可知半径之比为2∶1，故B正确；根据qvB＝mv2r得r＝mvBq，所以磁感应强度大小之比为1∶2，且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故A正确；故选AB。 7．(2018·厦门市高三下学期第二次质量检测)在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度。其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中电流强度沿x轴正方向，大小为I。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间电压为U，则( AD )
A．金属导体的前侧面电势较低 B．金属导体的电阻为UI C．自由电子定向移动的速度大小为Ineab D．磁感应强度的大小为necUI [解析] 根据左手定则(注意电子带负电)可知电子打在前侧面，即前侧面带负电，电势较低，A正确；电流方向为从左向右，而题中U表示的是导体前后两个侧面的电压，故导体的电阻不等于UI，B错误；在t时间内通过的电荷量为q＝n(bcvt)e，又I＝nbcvtet＝nbcve，解得v＝Inbce①，C错误；因为当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差。因而可得eUb＝Bev②，联立①②可得B＝necUI，D正确。 8．(2018·山东省淄博市高三下学期第二次模拟)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d，长度无限大，Ⅰ区磁场右边界距A点无限远。质量为m、带电量为q的正粒子可在边界AD上的不同点射入。入射速度垂
直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则( BD )
A．粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区 B．粒子在磁场区域内运动的最长时间为πmqB
C．粒子在磁场区域内运动的最短时间为2πm3qB D．从MN边界出射粒子的区域长为(3＋1)d [解析] 粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝
mv2r得：r＝mvBq＝d，画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示： 结合几何关系，有：AO＝rsin30°＝2r＝2d；故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故A错误；粒子在磁场中转过的最大的圆心角为180°，即在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故最长时间为t＝T2＝πmqB，故B正确；从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图所示：
轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：t＝T6＝πm3qB，故C错误；临界轨迹情况如图所示： 根据几何关系可得从MN边界出射粒子的区域长为l＝rtan30°＋r＝(3＋1)d，故D正确；故选BD。 二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤) 9．(2018·山东省青岛市二模)如图，直角坐标系xOy区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝3T。现有一带负电的粒子，电荷量q＝1×10－6C，质量m＝5×10－12kg，以v＝1×106m/s的速度先后经过P(1,5)、Q(5,2)两点，粒子重力不计，求：