专题8 磁场-【备战高考】备战2027高考物理母题题源同步练

专题8磁场 考纲·题型解读 1.常考查对基本概念磁场、磁感应强度、磁场力、左手定则、安培定则的深刻理解，常以选择题的形式重点考查磁感应强度 的比值定义法、决定其大小的因素及其矢量性.常与其他考点结合起来考查左手定则、安培定则，常考查“负电荷”所受洛伦兹力 的方向 2.常以选择题或计算题的形式考查带电粒子做圆周运动的圆心，半径及运动时间的确定；带电粒子在有界磁场中的临界问 题；带电粒子在匀强磁场中的多解问题：质谱仪. 3.多数情况下以计算题的形式考查带电粒子在复合场中的直线运动、曲线运动，准确的受力分析并由几何关系画出轨迹是 关键两种基本模型：速度选择器（电、磁场正交）和回旋加速器（电、磁场相邻）也是考查重点. 十年高考母题题源揭秘 题源1 磁场的有关概念 ①从电场、磁场的概念理解两种场线的相似点： 关量性一一线的切线： 解题模型1.1 强弱—一线的疏密： 1.磁场 方向的唯一性—一空间任一点场线不相交， (1)磁场 ②从两种场线的区别理解两种场的区别： 电荷之间的相互作用是通过电场发生的，磁体与磁体 电场线——电荷有正负——电场线有始终； 之间、磁体与通电导体之间以及通电导体与通电导体之间 磁感线—N,S极不可分离一磁感线闭合。 的相互作用是通过磁场发生的」 (5)安培定则 (2)地磁场 几种常见的磁场、通电直导线周围的磁场、环形电流 ①地球本身是一个大磁体，它的N极位于南极附近，S 的磁场和通电螺线管的磁场，磁感线的方向都可以用安培 极位于北极附近. 定则判定： ②地球的地理两极与地磁两极并不重合，磁针的指向 ①右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的 与南北方向有一个夹角，这个夹角称作磁偏角 方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向. ②让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的 地磁S极地理北极 拇指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向， ③右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流 的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁场方向， (6)安培分子电流假说 法国学者安培提出分子电流假说.他认定在原子、分子 等微粒内部，存在着一种环形电流，叫做分子电流，使物质 地磁N极地理南极 微粒都成为微小的磁体，安培的假说可以解释磁化等磁 ③地磁场B的水平分量(B,)总是从地球地理南极指 现象. 向地球地理北极（地球外部）：而竖直分量(B,),在南半球 2.磁感应强度 垂直地面向上，在北半球垂直地面向下， (1)物理学中用磁感应强度来描述磁场的强弱. ④在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁 (2)放入磁场中的小磁针，在磁场中受力将会发生转 感应强度相等，且方向水平向北， 动当磁针静止时，N极所指的方向规定为该点的磁感应强 (3)磁感线 度的方向，简称为磁场的方向， 为形象描述磁场，人们引入了磁感线，磁场的磁感线可 F (3)磁感应强度的定义式是B= ，在国际单位制中， 以描述磁场的大小和方向，磁感线是闭合曲线，与电场线 不同. 磁感应强度的单位是特将拉，符号是T1T1人 (4)磁感线与电场线的比较 ·99· [答案]C (4)匀强磁场 [真题2](2023·新课程标准)为了解释地球的磁性，19 ①匀强磁场是强弱、方向处处相同的磁场.距离很近的 世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流Ⅰ引 两个异名磁极之间的磁场、两个平行放置的线圈通电时中 起的，在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是 间区域的磁场都是匀强磁场， ②匀强磁场的磁感线是一些间隔相同的平行直线， (5)磁感应强度与电场强度的比较 电场强度E是描述电场的力的性质的物理量，磁感应 强度B是描述磁场的力的性质的物理量现把这两个物理 量比较如下： B 磁感应强度B 电场强度E 物理意义 描述磁场的性质 描述电场的性质 共同点 都是用比值的形式定义 C 定 D 义 特点 B=元，道电导线与B垂 [解析]地磁场的N极对应地球地理的南极，地磁场的S E= 9 ,E与F9无关 直，B与F、I、L无关 极对应地球地理的北极，在地球的内部，地磁场的方向由地理北 极指向南极，由右手螺旋定则得环形电流的方向为B,ACD 共同点 矢量 方 错误. 不同点 放入该点的正电荷受力 小磁针N极受力方向 [答案]B 方向 [真题3](2023·全国)如图，两根相互平行的长直导线分 场 共同点 都遵从失量合成法则 别通有方向相反的电流I1和12，且I1>12,a,b,c,d为导线某 合磁感应强度B等于各磁 合场强等于各个电场的 一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两 不同点 场的B的失量和 场强E的矢量和 导线之间，b,d的连线与导线所在的平面垂直.磁感应强度可能 为零的点是 () 单位 1T=1N/(A·m)》 1 V/m=1N/C d [真题1](2023·重庆)如图所示，一段长方体形导电材 ☒ 料，左右两端面的边长都为a和b,内有带电量为g的某种自由 6 ⊙ 运动电荷，导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场 A.a点 B.b点 中，内部磁感应强度大小为B,当通以从左到右的稳恒电流I时， C.c点 D.d点 测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下 「解析]磁感应强度的叠加运算应为矢量运算，应用平行 表面的低由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及 四边形法则，要使某点磁感应强度为零，则两通电直导线分别在 自由运动电荷的正负分别为 该点产生的磁感应强度等大反向，由图可知两导线在d点形成 的磁感应强度方向有一定夹角，而两导线在b点形成的磁感应 强度方向相同，竖直向下，因此b,d两点磁感应强度不可能为 B 零，由于11>I2,11在Q点处必大于I2在该处产生的磁感应强 度，因此a处的磁感应强度不可能为零，同理可知，只有c点的 磁感应强度可能为零，C正确. 下 [答案]C IB IB Aq1at负 1glaU,正 B. [真题4](2019·上海)磁场对放入其中的长为L、电流强 IB 度为I、方向与磁场垂直的通电导线有力F的作用，可以用磁感 Cg60负 D.gbo正 应强度B描述磁场的力的性质，磁感应强度的大小B [解析]正电荷定向移动的方向为电流方向，因此如果自 ,在物理学中，用类似方法描述物质基本性质的物理 由电荷带负电，电荷速度方向水平向左，由左手定则可知所受洛 量还有 警 伦兹力方向向上，上表面带负电，电势较低，选项B、D错误：当电 [解析磁感应弦度的定义式B无，B等于F与L的 荷匀速通过时电场力与洛伦按力大小相等E=0B,E=巴，1 a 比值，而与F、【、L无关，电场强度是描述电场的力的性质，其定 =nqSv=ngabe,则单位体积自由电荷数为n= 义式为E= 一，F为放入电场中的，点电荷g所受的电场力. gabu U qabaB [答案] F 电场强度 g6而，选项A错误；选项C正确 IB ·100· 解题模型1.2 I,洛伦兹力的方向，也可以用左手定则判定：伸出左 磁场力 手，使拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内， (1)安培力 让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这 ①安培力的方向 时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹 I,人们把通电导线在磁场中受到的力称为安培力. 力的方向，负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反， Ⅱ，通电导线在磁场中所受安培力的方向，与电流、磁 Ⅱ.洛伦兹力的大小 感应强度的方向垂直。 若带电粒子运动方向与磁感应强度方向垂直，则下= Ⅲ，左手定则：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并 qB,若粒子速度方向与磁感应强度方向的夹角为日，则F 且都与手掌在同一平面内让磁感线从掌心进入，并使四指 =quBsine. 指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁 Ⅲ.洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂 场中所受安培力的方向. 直，故洛伦兹力不改变带电粒子运动速度的大小，只改变 安培力的特点：F⊥B,F⊥1，即F垂直于B和I决定 粒子运动的方向，洛伦兹力对带电粒子不做功. 的平面.（注意：B和【可以有任意夹角） ②带电粒子在磁场中的运动 「，研究静电力时，用来检验电场强度的是点电荷，检 I,洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛 验电荷受静电力的方向与电场的方向相同或相反，研究安培 伦兹力不对带电粒子做功 力时，用来检验磁感应强度的电流元，电流元受力的方向、磁 Ⅱ，洛伦兹力总与速度方向垂直，正好起到了向心力 场的方向、电流的方向三者不但不在一条直线上，而且不在 的作用。 一个平面内.因此研究安培力问题要涉及三维空间. Ⅲ.沿着与磁场力方向垂直的方向射入磁场的带电粒 V,通过实验可得出，平行通电直导线之间有相互作 子，在匀强磁场中做匀速圆周运动 用力，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥 (3)洛伦兹力与安培力的关系 ②安培力的大小 ①洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安 I,垂直于磁场B放置的通电导线，公式F=BIL, 培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力 Ⅱ，当磁感应强度B的方向与导线的方向成日角时， 的宏观表现. 公式F=ILBsin0. ②尽管安培力是自由电荷定向移动时受到的洛伦兹 Ⅲ.在应用F=BIL公式时应注意哪些问题？ 力的宏观表现，但也不能认为安培力就简单地等于所有定 周P=L是白B一元等出，所以在应周时受注意： F 向移动电荷所受洛伦兹力的和，一般只有当导体静止时才 能这样认为. (i)B与L垂直；(i)L是有效长度；(ii)B并非一定为匀强 ③洛伦兹力恒不做功，但安培力却可以做功. 磁场，但它应该是L所在处的磁感应强度 可见安培力与洛伦兹力既有紧密相关、不可分割的必 如图甲所示，折线abc中通入电流I,ab=bc=L,折线 然联系，也有显著的区别 所在平面与匀强磁场磁感应强度B垂直.abc受安培力等 (4)洛伦兹力与电场力的比较 效于ac(通有a→c的电流I)所受的安培力，即F=BI· √2L,方向同样由等效电流ac判断为在纸面内垂直于ac 洛伦兹力 电场力 斜向上，同理推知如图乙所示的半圆形通电导线受安培力 公式 F=gB(u⊥B) F=gE F=BI·2R;如图丙所示闭合的通电导线框受安培力F =0. (1)B≠0 受力条件 (2)u≠0，即运动电荷 E≠0 (3)v与B不平行 与B、v方向垂直，用左手 方向 与E方向平行 定则判断 影响大小 q、E与电荷的运动情况 q、、B及v与B的夹角 丙 的因素 无关 做功情况 总不做功 可以做功 ③磁电式电流表 I,磁电式电流表的原理是安培力与电流的关系， Ⅱ.磁电式电流表的构造特点 [真题5](2023·新课程标准I)关于通电直导线在匀强 构造：磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴 磁场中所受的安培力，下列说法正确的是 ( ) 特，点：两极间的极靴和极靴中间的铁质圆柱，使极靴 A安培力的方向可以不垂直于直导线 与圆柱间的磁场都沿半径方向，使线圈平面都与磁感线平 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向 行，使表盘刻度均匀 C.安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关 (2)洛伦兹力 D.将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的 ①洛伦兹力的方向和大小 ·101· [解析]根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组 成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，A错误，B正确；磁 d=7s ⑦ 场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BIL sin0,则安培力的大 由题意得 小与通电导线和磁场方向的夹角有关，C错误；当电流方向与磁场 x=s-l,y=h-d ⑧ 的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的 联立相关方程，由题意可知>0，得 大小一定变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面 0<u≤ V2gh mg ⑨ 2h 内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的巨 D错误. (+B1B:q】 (3)小球Q在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到 [答案]B 小球P穿出电磁场区域的同一水平高度的W点时，其竖直方向 [真题6](2023·四川)如图所示，竖直平面（纸面）内有直 的速度℃，与竖直位移y。必须满足 角坐标系xOy,x轴沿水平方向.在x≤0的区域内存在方向垂 直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场在第二象限 紧贴y轴固定放置长为1、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平 行于x轴且与x轴相距.在第一象限内的某区域存在方向相互 垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B:、方向垂直于纸面向外） 和匀强电场（图中未画出）.一质量为、不带电的小球Q从平板 下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为g的小球 P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上 0y=0 ① 的D点进人电蓝场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电蓝场 yo=R ① 设小球Q运动到W点时间为t,由平抛运动，有 区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限. v,=gt ⑨ 小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同，设 B 运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且 均看作质点，重力加速度为g.求： 联立相关方程，解得 B-B. ① X mmmwm B1是B2的0.5倍. 0 × X [答案](1)g正电20<，≤V2题 2h 1+BB9 (3)0.5 [真题7](2022·江苏)如图所示，在匀强磁场中附加另一 (1)匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负： 匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴 (2)小球Q的抛出速度。的取值范围； OO'与SS垂直.ab、c三个质于先后从S点沿垂直于磁场的方 向射人磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS垂直，a、 (3)B1是B:的多少倍？ [解析](1)由题给条件，小球P在电磁场区城内做匀速圆 c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为a、B,且a>B.三个 质于经过附加磁场区域后能到达同一点S',则下列说法中正确 周运动，必有重力与电场力平衡，设所求场强大小为E,有 的有 () mg=gE ① 得E=mg ② 附加磁场区域：O 小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直 向上，故小球P带正电 （2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为，此时洛伦兹力 与重力平衡，有 Biqv=mg ③ 设小球P以速度在电磁场区域内做圆周运动的半径为 A.三个质于从S运动到S'的时间相等 R,有 B.三个质于在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心 B:qo=m R ④ 均在O0轴上 设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为xy,有 C.若撤去附加磁场，a到达SS连线上的位置距S点最近 Z=R:y0 ⑤ D.附加磁场方向与原磁场方向相同 小球Q运动到相遇点所需时间为t。,水平方向位移为s,竖 [解析]洛伦兹力不改变带电粒子的速度大小，三个粒子 直方向位移为d,有 速度大小相等，轨迹长的所用时间长，选项A错；若无附加磁场， ⑥ 三个质子在原磁场中运动，由于它们的速度大小相等，又由= s=voto ·102· B可知，三个质子微圆周运动的半径相等，当它们在S点以不 m ③已知粒子运动轨迹上的两条弦，作出两弦的垂直平 同方向射入磁场时，它们运动轨迹的圆心在以S为圆心，r为半 分线，交点即为圆心」 径的圆上，故选项B错；若无附加磁场，三个质子的轨迹半径相 ④已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向 同，由圆轨迹的对称性知到达磁场下边界时距S点最近，选项 (不一定在磁场中)，延长（或反向延长）两速度方向所在直 C对：质子进入附加磁场时半径变小，由轨迹羊径公式，=知 线使之成一夹角，作出这一夹角的角平分线，角平分线上 gB 到两直线距离等于半径的点即为圆心， 磁感应强度变大，则附加磁场方向与原磁场方向相同，选项D (4)运动半径的确定 对，故正确选项为CD. 圆心找到以后，自然就有了半径，半径的计算一般是 [答案]CD 利用几何知识，常用到解三角形的方法及圆心角等于弦切 [真题8](2020·广东)1930年劳伦斯制成了世界上第一 角的两倍等知识」 台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒 (5)运动时间的确定 D、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是 利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等 B 于360计算出圆心角0的大小，由公式1=360T可求出 运动时间，有时也用孤长与线速度的比t= 如图所示，在上述问题中经常用到以下关系： A离子由加速器的中心附近进入加速器 B.离于由加速器的边缘进入加速器 C.离于从磁场中获得能量 D.离于从电场中获得能量 [解析]回旋加速器的两个D形盒间隙分布周期性变化的 ①速度的偏向角9等于AB所对的圆心角日. 电场，不断地给带电粒子加速使其获得能量；而D形盒处分布有 ②偏向角p与弦切角a的关系：9<180°，p=2a;p> 恒定不变的磁场，具有一定速度的带电粒子在D形盒内受到磁 180°，9=360°-2a. 场的洛伦兹力提供的向心力而做圆周运动：洛伦兹力不做功，故 ③圆周运动中有关对称规律：如从同一直线边界射入 不能使离子获得能量，C错：离子源在回旋加速器的中心附近.所 的粒子，再从这一边射出时，速度与边界的夹角相等；在圆 以正确选项为AD. 形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出， [答案]AD 2.带电粒子在有界磁场中的运动问题 题源2 带电粒子在磁场中的运动 (1)单直线边界磁场 I,进入型：带电粒子以一定速度垂直于磁感线进 解题模型2.1 入磁场. 规律要点： 1.带电粒子在匀强磁场中运动 ①对称性：若带电粒子以与边界成日角的速度进入磁 (1)若0∥B,带电粒子所受的洛伦兹力F=0,因此带 场，则一定以与边界成日角的速度离开磁场，如图()所示. 电粒子以速度做匀速直线运动。 ②完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进 (2)若0⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入 入同一匀强磁场，则它们运动的圆孤轨道恰好构成一个完 射速度做匀速圆周运动 整的圆；正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场时， ①向心力由洛伦兹力提供，即gB=mR 两粒子轨道圆孤对应的圆心角之和等于2π，即日+十θ_= 2x,且0=28」 @轨道半径公式：R=m gB ③周期：T= 2πR2πm gB' .0-·a 1 gB ④频率：f=T=2m -0 、 G. (3)圆心的确定 ①已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，作这两速度 的垂线，交点即为圆心。 ②已知粒子入射点、入射方向及运动轨迹上的一条 (a) (b) 弦，作速度方向的垂线及弦的垂直平分线，交点即为圆心 103· Ⅱ，射出型：粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方 由于多种因素的影响，使问题形成多解.多解形成的原 向以相同速率发射同种带电粒子」 因一般包含下述几个方面： 规律要点：（以图(b)中带负电粒子的运动轨迹为例） (])带电粒子电性不确定形成多解，受洛伦兹力作用的 带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速 ①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于2圆周且与 度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解， 边界相切时（如图(b)中a点），切，点为带电粒子不能射出 (2)磁场的方向不确定形成多解.有些题目只告诉了磁 感应强度的大小，而未指出磁感应强度的方向，有时必须 磁场的最值点（或恰能射出磁场的临界点）. 要考虑因磁感应强度方向不确定而形成的多解」 ②最值相交：当带电粒子的运动轨迹大千或等于2圆 (3)临界状态不唯一形成多解.带电粒子在洛伦兹力作 用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此， 周时，直径与边界相交的点（如图(b)中的b点）为带电粒子 它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞 射出边界的最远，点（距O最远）， 出，于是形成多解. (2)双直线边界磁场 (4)运动的重复性形成多解.带电粒子在磁场中运动 规律要点： 时，由于某些因素的变化，例如磁场方向反向或者速度方 最值相切：当粒子源在一条边界 向突然反向等，往往运动具有往复性，因而形成多解 上向纸面内各个方向以相同速率发射 [真题9](2023·新课程标准Ⅱ)如图所示为某磁谱仪部 同一种粒子时，粒子能从另一边界射 分构件的示意图，图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测 出的上、下最远点对应的轨道分别与 喻、 器可以探测粒于在其中运动的轨迹，宇宙射线中有大量的电于、 两直线相切.如图(c)所示！ 正电于和质于，当这些粒于从上部垂直进人磁场时，下列说法正 对称性：过粒子源S的垂线为ab 确的是 () 的中垂线 在如图(c)中，a、b之间有带电粒 硅微条径 (c) 永磁铁 迹探测器 子射出，可求得 铁 ab=2√2dr-d A.电于与正电于的偏转方向一定不同 最值相切规律可推广到矩形磁场区域中. B.电子与正电于在磁场中运动轨迹的半径一定相同 (3)圆形边界 C,仅依据粒于运动轨迹无法判断该粒于是质于还是正电于 I,圆形磁场区域规律要点： D.粒于的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 ①相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁 [解析]由于电子与正电子的电性相反，所以它们以相同 场，则出磁场时速度关量的反向延长线一定过圆心，即两 的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相反，偏转的方向相 速度矢量相交于圆心，如图(d). ②直径最小：带电粒子从直径的一个端，点射入磁场， 反A正喷：裤搭带电栏子的半径公式一阅电子与正电子在 磁场中运动轨迹的半径是否相同，与它们的速度有关，B错误； 则从该直径的另一端点射出时，磁场区战面积最小，如图 质子与正电子的电性相同，所以它们以相同的方向进入磁场时， (e)所示 受到的洛伦兹力的方向相同，偏转的方向相同，仅依据粒子运动 轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确；因为Ek= 1 2m0则r二√2mB可见粒子的动能越大，它在磁场中 ·B” "B· 运动轨迹的半径越小，D错误， 、· 1 [答案]AC (d) (e) (f) [真题10](2023·新课程标准I)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）， Ⅱ，环状磁场区域规律要点： 一带电粒于从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从 ①带电粒子沿（逆）半径方向射入磁场，若能返回同一 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 边界，则一定逆（沿）半径方向射出磁场.如图() 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 ②最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒 方的磁感应强度大小之比为 子有最大速度m或磁场有最小磁感应强度B, 3.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的多 解问题 ·104· A.2 B.√E [答案] 14qRB2 57m C.1 n号 [真题12](2023·安徽)如图所示的平面直角坐标系 [解析]设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、, xOy,在第I象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方 速度分别为1、， 向：在第V象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于 由题意可知，粒子轨道半径：r1=2r2, xOy平面向里，正三角形边长为L,且ab边与y轴平行.一质量 m=×a= 1 为m、电荷量为g的粒于，从y轴上的P(0,h)点，以大小为 的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h, 粒子在磁场中做匀速国周运动，g0B=m O)点进入第N象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限， r 且速度与y轴负方向成45°角，不计粒于所受的重力.求： 磁感应强度：B=m巴 (1)电场强度E的大小： gr (2)粒于到达a点时速度的大小和方向； B2 磁感应强度之比：B=? (3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值. y [答案]D [真题11](2023·新课程标准)如图， b 一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面 (纸面)，在柱形区域内加一方向垂直于纸面 的匀强磁场，一质量为m、电荷量为g的粒于 沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在 X 圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与 6 直线垂直，圆心0到直线的距离为号R现将磁场换为平行于纸 [解析](1)设粒子在电场中运动的时间为t,则有 1 面且垂直于直线的匀强电场，同一粒于以同样速度沿直线在 x=vot =2h y-2ali=h qE=ma 点射入柱形区域，也在b点离开该区域若磁感应强度大小为B, 不计重力，求电场强度的大小 联立以上各式可得E=m 2gh [解析]粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r,由 (2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为℃，=at=u。 牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 所以0=√0；十0后=√20o,方向指向第N象限与x轴正方 quB=m 2 ① 向成45°角. r 式中0为粒子在a点的速度. 过b点和O点作直线的垂线，分别与直 线交于c和d点.由几何关系知，线段ac、bc和 过a、b两点的轨迹圆孤的两条半径（未画出） 围成一正方形.因此 ac bc=r ② 设cd=x,由几何关系得 E=R+z ③ 灰=R+限-司 ④ 45 联立@0式得r=子R ⑤ (3)粒子在磁场中运动时，有gB=m r 再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E,粒子 在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为。，由牛顿第二定律 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 和带电粒子在电场中的受力公式得 r L,所以B= 2mvo 2 gE=ma ⑥ qL' 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为？，由运动学公 mui [答案】(1)E= 2gh (2)v.=√2o方向指向第N象限 式得 r=2al ⑦ 与x轴正方向成45°角(3)B=2mu gL r=ut ⑧ [真题13](2023·北京)如图所示，两平行金属板间距为 式中t是粒子在电场中运动的时间.联立①⑤⑥⑦⑧式得 d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场，金属板下方有一磁感 E=14qRB: 应强度为B的匀强磁场.带电量为十g、质量为m的粒于，由静 5m ⑨ 止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆 ·105· 周运动忽略重力的影响，求： (1)匀强电场场强E的大小： (2)粒于从电场射出时速度的大小： (3)粒于在磁场中做匀速圆周运动的半径R, +q m 0+ C ····0 ●● 1 ● ● qU-2mo ① ●● U [解析](1)电场强度E= 由洛伦兹力提供向心力可得： 02 ② 1 quB=m R (2)根据动能定理，有qU= 由几何知识得 2qU 得u一m L=2R sine ③ 联立①②③式，代入数据得 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心 1 2mU 力，有 B.=T ④ 02 quB=m R 设粒子在磁场I区中做圆周运动的周期为T,运动的时间 为t 1/2mU 得R= B q T=2xR ⑤ [答案] 号@腰e受 (1) m 4- ⑥ [真题14](2023·山东)扭摆器是同步辐射装置中的插入 联立②④⑤⑥式，代入数据得 件，能使粒于的运动轨迹发生扭摆，其简化模型如图：】、Ⅱ两处 的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直纸 m 3 2qU ① 面.一质量为、电量为一q、重力不计的粒子，从靠近平行板电 (2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R。,由洛伦兹 容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒于经电场加速后 力提供向心力可得： 平行于纸面射入I区，射入时速度与水平方向夹角0=30°， 02 ⑧ B B2 qoB:=mR: xxX× 由几何知识可得 x×× h=(R++R2)(1-cos0)+Ltan0 ⑨ 联立②③⑧⑨式，代入数据得 ×××× 1×××× ·、· =2-号L ① i××××! x××× (3)如图乙所示，为使粒子能再次回到I区，应满足 L L R2(1+sind)<L[或R2(1+sin6)≤L] ① B (1)当I区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B。时，粒于 从I区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B。及粒 于在I区运动的时间to； (2)若Ⅱ区宽度L=L1=L,磁感应强度大小B:=B1= B。,求粒于在I区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h； (3)若L2=L1=L、B1=B。,为使粒于能返回I区，求B,应 满足的条件： ￥××X L L (4)若B1≠B,L1≠L,且已保证了粒于能从Ⅱ区右边界 射出，为使粒于从Ⅱ区右边界射出的方向与从I区左边界射入 联立①⑧①式，代入数据得 的方向总相同，求B1、B,、L1、L之间应满足的关系式 [解析](1)如图甲所示，设粒子射入磁场I区的速度为口， B>元2a 3 mU 受} @ 在磁场I区中做圆周运动的半径为R1,由动能定理得 (4)如图丙（或图丁）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水 平方向的夹角为α，由几何知识可得 ·106· 1 I=N·△I=3 nSmoAt 面积为S的器壁受到粒子的压力为F △t 器壁单位面积所受粒子压力为 丙 [答案](1)(a)1=meuS（b)见解析(2)f=3umw L=R(sine+sina) B [真题16](2023·全国)如图所示，虚线OL与y轴的夹 [或L1=R1(sinf-sina)] 角为0=60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场， L2=R2 (sine+sina) @ 磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q(g>0)的粒于从 [或L2=R,(sin6-sina)] 左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M粒于在磁场中运动的轨 联立②⑧式得 道半径为R粒于离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中 BR=B:R2 未画出)，且OP=R.不计重力.求M点到O点的距离和粒于在 联立⑧④⑤式得 磁场中运动的时间」 BiL=B:L: 西 B. [答案]见解析 ⊕ M [真题15](2023·北京)对于同一物理问题，常常可以从 ● 宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加 深刻地理解其物理本质. (1)一段横截面积为S、长为1的直导线，单位体积内有n个 自由电于，电于电量为.该导线通有电流时，假设自由电于定向 移动的速率均为. (a)求导线中的电流I; [解析]根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运 (b)将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度 动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的 B,导线所受安培力大小为F安，导线内自由电于所受洛伦兹力 夹角为a:粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，设AP 大小的总和为F,推导F安=F; 与x轴的夹角为B,如图所示，有 (2)正方体密闭容器中有大量运动粒于，每个粒于质量为m, 单位体积内粒于数量n为恒量.为简化问题，我们假定：粒于大小 可以忽略；其速率均为，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁 碰撞前后瞬间，粒于速度方向都与器壁垂直，且速率不变.利用所 学力学知识，导出器壁单位面积所受粒于压力f与m、n和~的 60° 关系. (注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要 在解题时做必要的说明) [解析](1)(a)设△t时间内通过导体横截面的电量为 △q,由电流定义，有 quB-mR 1=Ag=teSUAt △t 周期为T=2m △t gB (b)每个自由电子所受的洛伦兹力F洛=oB 过A点作xy轴的垂线，垂足分别为B、D.由几何知识得 设导体中共有N个自由电子N=nS AD=R sina, 导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和 OD=ADcote60°， F=NFt=nSl·evB BP=ODcotB, 由安培力公式，有F=IlB=neS0·lB OP=AD+BP 得F安=F a=B (2)一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 联立得到sina十】 △I=2m0 cosa=1 如图，以器壁上的面积S为底，以)△t为高构成柱体，由题 解得a=30°，或a=90 设可知，其内的粒子在△时间内有1/6与器壁S发生碰撞，碰 设M点到O点的距离为h, 壁粒子总数为 h-R-OC.OC-CD-OD-Rcosa-5AD 3 N=aa·sa 联立得到h=R-二Rc0s(a+30) △t时间内粒子给器壁的冲量为 ·107· 解得h=1-5)Ra=30 3 (3)洛伦兹力的大小跟速度与磁场方向的夹角有关， A=1+5Ra=90) 当带电粒子的速度与磁场方向平行时，∫=0；当带电粒子 3 的速率与磁场方向垂直时，∫=qB;洛伦兹力的方向垂直 当。=30°时，粒子在磁场中运动的时间为 于速度？和磁感应强度B所决定的平面.无论带电粒子做 工=m 什么运动，洛伦兹力都不做功. +=126qB 3.注意：电子、质子、α粒子、离子等微观粒子在复合场 当a=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 中运动时，一般都不计重力，但质量较大的质点（如带电尘 Tm 粒)在复合场中运动时，不能忽略重力. 4-2qB 4.带电粒子在复合场中运动的处理方法 [答案]见解析 (1)正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题 [真题17](2023·广东)如图，两个初速度大小相同的同 的前提 种离于a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到 ①带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子 屏P上.不计重力，下列说法正确的有 () 所受的合外力及其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运 动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场 中所受合外力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）， ②当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹 ● 力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速 ● 圆周运动. ③当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向 A.a,b均带正电 不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子 B.a在磁场中飞行的时间比b的短 的运动轨迹既不是圆孤，也不是抛物线，由于带电粒子可 C.a在磁场中飞行的路程比b的短 能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情 D.a在P上的落点与O点的距离比b的近 况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动 [解析]根据题述，由左手定则，带电粒子a,b均带正电，选 阶段组成 项A正确，由于b粒子微圆周运动的半径为：咒相等，画出轨 (2)灵活选用力学规律是解决问题的关键 ①当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡 迹如图，O1,O:分别为ab粒子运动轨迹所对的圆心，显然a粒子 条件列方程求解」 在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于6，由1一2一B 0Om 和轨迹图可 ②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应 用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。 知，a在磁场中飞行的时间比b的长，a在磁场中飞行的路程比b的 ③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应 长，在P上的落点与O点的距离比b的近，选项D正确BC错误. 选用动能定理或能量守恒定律列方程求解。 [真题18](2023·全国)如图，在第一象限存在匀强磁场， 磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外：在第四象限存在匀 强电场，方向沿x轴负向在y轴正半轴上某点以与x轴正向平 行、大小为。的速度发射出一带正电荷的粒于，该粒于在(d,0) 点沿垂直于x轴的方向进入电场.不计重力若该粒于离开电场 [答案]AD 时速度方向与y轴负方向的夹角为0，求： 题源3带电粒子在复合场中的运动 解题模型3.1 0 (d,0) 1.复合场一般包括重力场、电场和磁场，本专题所说的 (1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值： 复合场指的是磁场与电场、磁场与重力场，或者是三场合一. (2)该粒于在电场中运动的时间. 2.三种场力的特点 (1)重力的大小为mg,方向竖直向下，重力做功与路 [解析]粒子运动轨迹如图所示， 径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与初、末位 置的高度差有关。 (2)电场力的大小为gE,方向与电场强度E及带电粒 d,0)x 子所带电荷的性质有关，电场力做功与路径无关，其数值除 与带电粒子的电荷量有关外，还与初、末位置的电势差有关 ·108· 在磁场中，粒子做匀速圆周运动， (2)S接“1”位置时，电源的电动势E。与板间电势差U有 由牛频第二定律得：9B=mR。 E。=LU ④ ① 板间产生匀强电场的场强为E,粒子进入板间时有水平方 由几何知识可得：R。=d, ② 向的速度。，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类 粒子进入电场后做类平抛运动， 平抛运动，设加速度为a,运动时间为t1,有 由牛顿第二定律得：gE=max· ③ U=Eh ⑤ 根据运动学公式有：u,=at,d= 21, ④ mg-qE=ma ⑥ 1 ⑦ 由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tan0= ⑤ h=2ati l=0t1 ⑧ 由①②③④⑤式联立解得 S接“2”位置时，则在电阻R上流过的电流I满足 E1 B2v tan'0, Eo 1二R+r ⑨ 由④、⑤式联立解得：t= 2d vo tangi 联立①④~⑨式得I= mh 2h3 q(R+r)8FE ① 2d [答案](1)2tam0(2)1= otand (3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当 [真题19](2023·四川)如图所示，水平放置的不带电的 粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所 平行金属板p和b相距，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽 示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b 略边缘效应.p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h 板上表面的夹角为题目所求夹角日，磁场的磁感应强度B取最 处有小孔K;b板上有小孔T,且O、T在同一条竖直线上，图示平 大值时的夹角日为最大值日m,设粒子做匀速圆周运动的半径为 面为竖直平面.质量为m、电荷量为一g(g>0)的静止粒于被发射 R,有 装置（图中未画出）从O点发射，沿饣板上表面运动时间t后到达 K孔，不与板碰撞地进入两板之间.粒于视为质点，在图示平面内 运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g 0 7208 qUo B= R ① 过D,点作b板的垂线与b板的上表面交于G,由几何关 一h1→州 系有 (1)求发射装置对粒于做的功； DG=h-R(1+cos0) @ (2)电路中的直流电源内阻为r,开关S接“1”位置时，进入 TG=h+Rsin0 B 板间的粒于落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为 tand=sineDG 1,此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度； cos0 DG 四 (3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入 联立①一@式，将B=Bmx代入，求得 板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面 ⑤ 的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B只能在0~ =aresin 5 B.=+5m范围内选取)，使粒于恰好从6板的T孔飞 当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变 (√21-2)gt 大，D,点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角日也越变越小，当 出，求粒子飞出时速度方向与b板板面夹角的所有可能值（可用 D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿 反三角函数表示). 着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bmx>B>0满 [解析](1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为，有 足题目要求，夹角日趋近日。，即 h=vot ① 0。=0 ⑥ 设发射装置对粒子做的功为W,由动能定律 则题目所求为0<6≤arcsin5 ⑩ W=2mvi ② 2h3 [答案] (1)mh 2t2 (3)0<0 联立①②式可得w=mh ③ 2t2 2 arcsin 5 ·109· 十年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) A组 则阴极射线将会 题源1磁场的有关概念（★★★★） 0------十 1.(2023·广东)质量和电量都相等的带电粒于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 A.向上偏转 B.向下偏转 中虚线所示，下列表述正确的是 () C.向纸内偏转 D.向纸外偏转 B ×N× 题源2带电粒子在磁场中的运动（★★★★★） 1.(2023·新课程标准Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域， S 该区域的横截面的半径为，磁场方向垂直横截面.一质量为 A.M带负电，N带正电 m、电荷量为q(g>0)的粒于以速率。沿横截面的某直径射入 B.M的速率小于N的速率 磁场，离开磁场时速度方向偏离人射方向60°不计重力，该磁场 C.洛伦兹力对M、N做正功 的磁感应强度大小为 () D.M的运行时间大于N的运行时间 A.V3mv B.mvo C.V3mv. D.3mv 2.(2018·广东)如图所示，在倾角为a的光滑斜面上，垂直 3gR gR gR gR 纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，在导体棒中的电流 2.(2023·江苏)如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强 【垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁 磁场的边界.一质量为m、电荷量为q的粒于在纸面内从O点射 场的磁感应强度B的大小和方向正确的是 () 入磁场若粒于速度为。，最远能落在边界上的A点下列说法 正确的有 () mg0ed≥←d≥ M N n7nnnn7777777 sina A,B=mg元，方向垂直斜面向上 B sina BB=mg元，方向垂直斜面向下 A.若粒于落在A点的左侧，其速度一定小于o B.若粒于落在A点的右侧，其速度一定大于 CB=mg产，方向垂直料面向下 C.若粒于落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小 gBd cosa D.B=mg元，方向垂直斜面向上 于ua一2m D.若粒于落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大 3.(2023·全国)质量分别为m1和m2、电荷量分别为g1和 q2的两粒于在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒于的 于+Bu 2m 动量大小相等.下列说法正确的是 ( 3.(2023·全国)如图，两根互相平行的长直导线过纸面上 A,若q1=q,则它们做圆周运动的半径一定相等 的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反 B.若m1=m2,则它们做圆周运动的半径一定相等 的电流.a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于 C.若g1≠q2,则它们做圆周运动的周期一定不相等 MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几 D.若1≠m2,则它们做圆周运动的周期一定不相等 点处的磁场，下列说法正确的是 () 4.(2023·北京)处于匀强磁场中的一个带电粒于，仅在磁 场力作用下做匀速圆周运动，将该粒子的运动等效为环形电流， 那么此电流值 ( A.与粒于电荷量成正比 B.与粒于速率成正比 M d C.与粒于质量成正比 D.与蓝感应强度成正比 5.(2019·广东)如图，在阴极射线管正下方平行放置一根 A.O点处的磁感应强度为零 通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右， B.、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 ·110 C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 6.(2023·福建)如图甲，在x>0的空间中存在沿y轴负方 D.a、c两点处磁感应强度的方向不同 向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大 4.(2021·安徽)如图是科学史上一张著名的实验照片，显 小为E,磁感应强度大小为B.一质量为m,带电量为g(g>0)的 示一个带电粒于在云室中穿过某种金属板运动的径迹.云室放 粒于从坐标原点O处，以初速度沿x轴正方向射入，粒于的 置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里.云室中横放的金属板 运动轨迹见图甲，不计粒于的重力. 对粒于的运动起阻碍作用.分析此径迹可知粒子 (1)求该粒于运动到y=h时的速度大小： (2)现只改变入射粒于初速度的大小，发现初速度大小不同 的粒于虽然运动轨迹(y-x曲线)不同，但具有相同的空间周期 性，如图乙所示：同时，这些粒于在y轴方向上的运动(y-t关 系)是简谐运动，且都有相同的周期T=2x”. gB ①求粒于在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s; ②当入射粒于的初速度大小为。时，其y-t图象如图丙所 示，求该粒于在y轴方向上做简谐运动的振幅A,并写出y-t A.带正电，由下往上运动B.带正电，由上往下运动 的函数表达式 C.带负电，由上往下运动D.带负电，由下往上运动 5.(2019·宁夏)在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁 场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B.一质量为m、带电 量q的粒于以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点 (AP=d)射入磁场（不计重力影响）. (1)如果粒于恰好从A点射出磁场，求入射粒于的速度； (2)如果粒于经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆 在Q点切线的夹角为φ（如图所示）.求入射粒于的速度. 0 丙 ·111· 7.(2022·四川)如图所示，电源电动势E。=15V,内阻 8.(2023·广东)如图甲所示，在以0为圆心，内外半径分别 r。=12,电阻R1=302,R:=602.间距d=0.2m的两平行金 为R!和R,的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强 属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B= 磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R。,R,=3R。,一电荷量 1T的匀强磁场.闭合开关S,板间电场视为匀强电场，将一带正 为十g,质量为m的粒于从内圆上的A点进入该区域，不计 电的小球以初速度v=0.1m/s沿两板间中线水平射入板间，设 重力. 滑动变阻器接入电路的阻值为，忽略空气对小球的作用，取 (1)已知粒于从外圆上以速度1射出，求粒于在A点的初 g=10m/s2. 速度。的大小； (1)当R,=29Ω时，电阻R,消耗的电功率是多大？ (2)若撤去电场，如图乙所示，已知粒于从OA延长线与外 (2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度 圆的交点C以速度02射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感 与初速度的夹角为60°，则R,是多少？ 应强度B的大小及粒于在磁场中运动的时间t; (3)在图乙中，若粒于从A点进入磁场，速度大小为3，方 向不确定，要使粒于一定能够从外圆射出，磁感应强度B'应小 于多少？ R ● 0、● ● ● 。C R -4.45 ● ● ●●● 海● ● ● ● 甲 乙 ·112· 9.(2023·北京)利用电场和磁场，可以将比荷不同的离于 10.(2023·安徽)如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径 分开，这种方法在化学分析和原于核技术等领域有重要的应用， 为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感 如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸 应强度为B,磁场方向垂直于xOy平面向里.一带正电的粒于 面向里的匀强磁场，A处有一狭缝离于源产生的离于，经静电场 (不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射人，带电粒于恰 加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场， 好做匀速直线运动，经t。时间从P点射出. 运动到GA边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空. (1)求电场强度的大小和方向； 已知被加速的两种正离于的质量分别是m1和m2(m1> (2)若仅撤去磁场，带电粒于仍从O点以相同的速度射入， m2),电荷量均为g.加速电场的电势差为U,离于进入电场时的 初速度可以忽略，不计重力，也不考虑离于间的相互作用。 经号时间恰从半园形区城的边界射出，求粒于运动加速度的 (1)求质量为m1的离于进入磁场时的速率01： 大小： (2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离于在GA边落点 (3)若仅撤去电场，带电粒于仍从0点射入，且速度为原来 的间距s: 的4倍，求粒于在磁场中运动的时间」 (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭 缝具有一定宽度若狭缝过宽，可能使两束离于在GA边上的落 X × 点区域交叠，导致两种离于无法完全分离.设磁感应强度大小可 R 调，GA边长为定值L,狭缝宽度为d,狭缝右边缘在A处；离于 x××× ×××父 可以从狭维各处射入磁场，人射方向仍垂直于GA边且垂直于 ××××x父×× 磁场.为保证上述两种离于能落在GA边上并被完全分离，求狭 0 维的最大宽度 D + × × 狭缝 加速电场 离子源 ·113· 题源3带电粒子在复合场中的运动（★★★★） 3.(2023·江苏)在科学研究中，可以通过施加适当的电场 和磁场来实现对带电粒于运动的控制.如图甲所示的xOy平面 1.(2021·北京)如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面 处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时 向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒于α（不计重 间t做周期性变化的图象如图乙所示.x轴正方向为E的正方 力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好 向，垂直纸面向里为B的正方向，在坐标原点O有一粒于P,其 沿直线由区域右边界的O'点（图中未标出）穿出，若撤去该区域 内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒于b(不计重力)仍以 质量和电荷量分别为m和十g.不计重力.在1=时刻释放P, 相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒于b（) 它恰能沿一定轨道做往复运动. (1)求P在磁场中运动时速度的大小℃： (2)求B。应满足的关系； + (3)在1o0<,<乞)时刻释放P,求P速度为零时的坐标. × E P A.穿出位置一定在O点下方 B.穿出位置一定在O'点上方 C,运动时，在电场中的电势能一定减小 D.在电场中运动时，动能一定减小 2.(2023·天津)一圆简的横截面如图所示，其圆心为O.简 图甲 内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B圆简下面有 相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷，N板带等量 负电荷.质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P 处由静止释放，经N板的小孔S以速度？沿半径SO方向射入 2t 磁场中，粒于与圆简发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒于与圆 简碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的 情况下，求： 图乙 (1)M、N间电场强度E的大小； (2)圆简的半径R; (3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移 号d,位于仍从M板边缘的P处由带止径放，粒于自进人国简 至从S孔射出期间，与圆简的碰撞次数n. *0 上+++，++土M ·114· 4.(2023·四川)在如图所示的竖直平面内.水平轨道CD 5.(2023·重庆)如图所示，在无限长的竖直边界NS和 和倾斜轨道GH与半径，-是m的光滑因弧轨道分别相切于D MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直 于VSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 点和G点，GH与水平面的夹角0=37°过G点，垂直于纸面的 B和2B,KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上， 竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强 距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h,质量为 度B=1.25T;过D点，垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电 m.带电量为十g的粒于从P点垂直于NS边界射入该区域，在 场，电场方向水平向右，电场强度E=1×10N/C.小物体P1质 两边界之间做圆周运动，重力加速度为g, 量m=2×10-3kg、电荷量q=十8×10C,受到水平向右的推 (1)求电场强度的大小和方向. 力F=9.98×103N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达 (2)要使粒于不从NS边界飞出，求粒于入射速度的最小值 D点后撤去推力.当P,到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小 (3)若粒于经过Q点从MT边界飞出，求粒于入射速度的所 物体P在GH顶端静止释放，经过时间t=0.1s与P相遇，P 有可能值」 和P:与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为：=0.5，取g= M 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，物体电荷量保持不变，不计空 -1.8h 气阻力求： XXX P L X X 个 S ChniguG ××xDY (1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小： (2)倾斜轨道GH的长度s. ·115· 6.(2023·重庆)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装 7.(2022·安微)如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内 置，其原理如图所示，两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向 (边界为L1、L:),存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上 上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁 的周期性变化的电场（如图乙所示），电场强度的大小为E。,E> 场.一束比荷（电荷量与质量之比）约为的带正电颗粒，以不同 0表示电场方向竖直向上.t=0时，一带正电、质量为m的微粒 从左边界上的V,点以水平速度射人该区域，沿直线运动到Q 的速率沿着磁场区域的水平中心线O'O进入两金属板之间，其 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的V 中速率为。的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运 点.Q为线段N1N:的中点，重力加速度为g.上述d、E。mg 动到达收集板，重力加速度为g,PQ=3d,NQ=2d,收集板与 为已知量， VQ的距离为l,不计颗粒间相互作用.求： L L (1)电场强度E的大小； ×××× (2)磁感应强度B的大小； ×××× (3)速率为A0(入>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点 ×X兴× 的距离。 × N×0×× N 金属极板 ××X 甲 ●90”0.9 颗粒 ●●●布● (1)求微粒所带电荷量g和磁感应强度B的大小： 发射源 ●●●e●成 (2)求电场变化的周期T: 3d 收 (3)改变宽度d,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度 +十++十++十 板 的区域，求T的最小值 金属极板口 ·116· 8.(2020·全国I)如图所示，在坐标系xOy中，过原点的 B组 直线OC与x轴正向的夹角9=120°，在OC右侧有一匀强电场： 在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右 题源1磁场的有关概念（★★★★） 边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强 度大小为B,方向垂直纸面向里.一带正电荷g、质量为m的粒于 1.(2023·浙江)利用如图所示装置可以选择一定速度范围 以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射 内的带电粒于图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂 出，粒于射出磁场的速度方向与x轴的夹角6=30°，大小为0.粒 直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的维， 于在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁 两缝近端相距为L.一群质量为、电荷量为g,具有不同速度的 场左右边界间距的两倍粒于进入电场后，在电场力的作用下又 粒于从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度 由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场.已知粒于 为d的缝射出的粒于，下列说法正确的是 () 从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒于在磁场 ×××××××× 中做圆周运动的周期.忽略重力的影响.求： ××X××B××× XXXX XX XX (1)粒于经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离： ×××××××× (2)匀强电场的大小和方向； ×××××××× (3)粒于从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间. M-2FL▣dFN 2 ↑↑↑ A.粒于带正电 1 B,射出粒于的最大速度为B(L+3d) 2m ×Q C.保持d和L不变，增大B,射出粒于的最大速度与最小 速度之差增大 D.保持d和B不变，增大L,射出粒于的最大速度与最小 c 速度之差增大 2.(2023·安徽)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里 的匀强磁场，一个带电粒于以速度从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 带电粒于的速度变为/3，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变为 () × A×…*6 B ×× 、1 A.2△ B.2△t c D.3△t 3.(2021·重庆)如图所示的电路中，电池均相同，当开关S 分别置于a、b两处时，导线MM'与NN'之间的安培力的大小分 别为∫。f6,可判断这两段导线 () A.相互吸引，f。>f B.相互排斥，f.>f。 C.相互吸引，f。<f6 D.相互排斥，f。<f6 4.(2018·全国I)如图为一“滤速器”装置的示意图.a、b为 水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电于沿水平 方向经小孔O进入a,b两板之间，为了选取具有某种特定速率 的电于，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强 ·117· 磁场，使所选电于仍能够沿水平直线O0'运动，由O'射出.不计 7.(2023·四川)如图所示，正方形绝缘光滑水平台面 重力作用可能达到上述目的的办法是 () WXYZ边长1=1.8m,距地面h=0.8m.平行板电容器的极板 CD间距d=0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D a 板与边界WZ相交处有一小孔.电容器外的台面区域内有磁感 应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场.电荷量g=5×1018 C的微粒静止于w处，在CD间加上恒定电压U=2.5V,板间 6 微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极 A.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里 板接触)，然后由XY边界离开台面.在微粒离开台面瞬间，静止 B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里 于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落 C.使α板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外 地时恰好与之相遇.假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀 D.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外 强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数：=0.2，取 5.质量为m、带电量为q的小物块，从倾角为0的光滑绝缘 g=10m/s°. 斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中， (1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性； 磁感应强度为B,如图所示若带电小物块下滑后某时刻对斜面 (2)求由XY边界离开台面的微粒的质量范围： 的作用力恰好为零，下面说法中正确的是 () (3)若微粒质量m。=1×101kg,求滑块开始运动时所获 得的速度. 彩 B ×××××XX××× *X0x文xXX ×××××××××× A.小物块一定带有正电荷 B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动 C.小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的 变加速直线运动 D.小物块在斜面上下滑过程中，当物块对斜面压力为零时 的速率为mcos0 Bg 6.如图所示，平行金属导轨间距为50cm,固定在水平面上， 一端接入电动势E=1.5V,内电阻r=0.22的电池，金属杆ab 电阻为R=2.82,质量m=5×102kg,与平行导轨垂直放置，其 余电阻不计，金属杆处于磁感应强度为B=0.8T,方向与水平成 60°的匀强磁场中，刚开始接通电路的瞬间，求： (1)金属杆所受的安培力的大小： (2)此时金属杆对轨道的压力多大 题源2带电粒子在磁场中的运动（★★★★★） 1.(2023·新课程标准I)如图，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q(g>0)、质量为m的粒于沿平行于直 径ab的方向射人磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒于 射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒于的速率 为（不计重力） () ·118· A.9BR B.9BR 5.在真空中，半径为的圆形区域内存在垂直纸面向外的 2m 匀强磁场，磁感应强度大小为B,在此区域外围空间有垂直纸面 C.3gBR D.29BR 向内的大小也为B的磁场.一个带电粒于从边界上的P点沿半 2m 径向外，以速度。进人外围磁场，已知带电粒于质量m=2X 2.如图所示，一个质于和一个a粒于先后垂直于磁场方向 10-kg,带电荷量q=+5×10-C,不计重力，磁感应强度B= 进入同一匀强磁场中，在磁场中的轨道半径相同，经过半个圆周 1T,粒于运动速度vo=5×103m/s,圆形区域半径r=0.2m,求 从磁场出来关于它们在磁场中的运动情况，正确的是(） 粒于第一次回到P点所需时间 P B ①质于和a粒于在磁场中运动的动能相同②质于和α粒 于在磁场中受到的向心力大小相同③质于和α粒于在磁场中 运动的时间相同④质于和《粒于在磁场中运动的动量的大小 相同 A.①② B.①③ C.②④ D.③④ 3.如图所示，质于以一定的初速度v。从边界ab上的A点 水平向右射入竖直、狭长的矩形区域abcd(不计质于的重力).当 该区域内只加竖直向上的匀强电场时，质于经过t1时间从边界 cd射出；当该区域内只加水平向里的匀强磁场时，质于经过t: 时间从边界cd射出，则 a 6.一个质量为m,电荷量为q的带负电的带电粒于，从A 点射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，MN、PQ为该磁 场的边缘，磁感线垂直于纸面向里.带电粒于射入时的初速度与 PQ成45°角，且粒于恰好没有从MN射出，如图所示. (1)求该带电粒于的初速度。； (2)求该带电粒于从PQ边界射出的射出点到A点的距 离s. A.t>t2 M N B.t<t2 ×××××××X C.=t2 B D.t1t:的大小关系与电场、磁场的强度有关 ×××××××× p 4.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁 A 场，磁场方向垂直纸面向里.P为屏上的一小孔.PC与MN垂直 一群质量为m、带电量为一q的粒于（不计重力），以相同的速度 ,从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域.粒于入射方向在 与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为日的范围内.则 在屏MN上被粒于打中的区域的长度为 () B 、00 妙 M N A. 2mu B.2mvcos gB gB C.2mu(1-sing) D.2mu(1-cos0) gB gB ·119· 7.(2023·福建)如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直 8.(2023·浙江)如图所示，两块水平放置、相距为d的长金 向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面 属板接在电压可调的电源上.两板之间的右侧区域存在方向垂 固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心.一 直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面， 质量为m、带电量为q(g>0)的小球，在管内沿逆时针方向（从 从喷口连续不断喷出质量均为、水平速度均为。、带相等电荷 上向下看)做圆周运动已知磁感应强度大小B随时间t的变化 量的墨滴.调节电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右 关系妇因乙所示，其中工-设小球在运动过程中电量保持 做匀速直线运动：进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下 板的M点. 不变，对原磁场的影响可忽略. (1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量： (1)在t=0到t=T。这段时间内，小球不受细管侧壁的作 (2)求磁感应强度B的值： 用力，求小球的速度大小。； (3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位 (2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电 置，为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B',则 场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一 B'的大小为多少？ 条电场线上各点的场强大小相等.试求t=T。到t=1.5T。这段 时间内： ①细管内涡旋电场的场强大小E: ②电场力对小球做的功W 2B m.d T。1.5T2T 乙 9.(2021·全国I)如图所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感 应强度大小为B,方向垂直于xOy平面向外.P是y轴上距原点 为h的一点，N。为x轴上距原点为a的一点.A是一块平行于x 轴的挡板，与x轴的距离为？A的中点在y轴上，长度略小于 号带电粒子与挡板碰擅前后：方向的分速度不变，y方向的分 速度反向、大小不变.质量为m,电荷量为q(g>0)的粒于从P 点瞄准V。点入射，最后又通过P点不计重力，求粒于入射速度 的所有可能值. Fh2`、N% B ·120· 10.(2021·海南)如图所示，ABCD是边长为a的正方形 11.(2022·广东)如图(a)所示，左为某同学设想的粒于速 质量为m、电荷量为e的电于以大小为v。的初速度沿纸面垂直 度选择装置，由水平转轴及两个薄盘V1、N:构成，两盘面平行 于BC边射入正方形区域在正方形内适当区域中有匀强磁场 且与转轴垂直，相距为L,盘上各开一狭维，两狭维夹角0可调 电于从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场.不计重 (如图(b);右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一 力，求： 匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不 (1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小： 同、带正电的粒于沿水平方向射入N1,能通过N,的粒于经O (2)此匀强磁场区域的最小面积. 点垂直进入磁场.0到感光板的距离为号，粒于电荷量为q,质量 为m,不计重力. (1)若两狭维平行且盘静止（如图(c),某一粒于进入磁场 后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒于在磁场中运动 的时间t; (2)若两狭缝夹角为0。，盘匀速转动，转动方向如图(b),要 使穿过N1、N:的粒于均打到感光板P1P:连线上，试分析盘转 动角速度ω的取值范围（设通过N,的所有粒于在盘旋转一圈 的时间内都能到达N2). 粒子束 M· ·121· 12.(2022·全国I)如图，在0≤x≤3a区域内存在与 A.若离于束是同位素，则x越大，离于进入磁场时速度越小 xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B,在t=0时 B.若离于束是同位素，则x越大，离于质量越小 刻，一位于坐标原点的粒于源在xOy平面内发射出大量同种带 C.只要x相同，则离子质量一定不相同 电粒于，所有粒于的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角 D.只要x相同，则离于的荷质比一定相同 分布在0°~180°范围内.已知沿y轴正方向发射的粒于在t=t 2.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向 时刻刚好从磁场边界上P(√3a,a)点离开磁场.求： 里的匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环， (1)粒于在磁场中做圆周运动的半径R及粒于的比荷g/m: 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 (2)此时刻仍在磁场中的粒于的初速度方向与y轴正方向 环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向.已 夹角的取值范围； 知小球所受电场力与重力大小相等.现将小球从环的顶端。点 (3)从粒于发射到全部粒于离开磁场所用的时间. 由静止释放.下列判断正确的是 () ◆P(3a,a） E← 3a A.小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B.当小球运动到c点时，洛伦兹力最大 C.小球从a点到b点，重力势能减小，电势能塔大 D.小球从b点运动到点，电势能增大，动能先增大后减小 3.在如图所示的直角坐标系中，坐标原点O处固定有正点 电荷，另有平行于y轴的匀强磁场.一个质量为、带电荷量十g 的微粒，恰能以y轴上O(0,a,0)点为圆心做匀速圆周运动，其 轨迹平面与xOx平面平行，角速度为w,旋转方向如图中箭头所 示试求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向. Q 题源3带电粒子在复合场中的运动（★★★★） 1.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工 具，它的构造原理如图所示，离于源S产生的各种不同正离于束 (速度可看作为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场， 到达记录它的照相底片P上，设离于射出磁场在P上的位置到 入口处S,的距离为x,下列判断正确的是 () ·122· 4,某装置用磁场控制带电粒于的运动，工作原理如图所示， 5.同步加速器在粒于物理研究中有重要的应用，其基本原 装置的长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感 理简化为如图所示的模型.M、N为两块中心开有小孔的平行金 应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d 属板.质量为m、电荷量为十g的粒于A(不计重力).从M板小孔 装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO 飘入板间，初速度可视为零每当A进入板间，两板的电势差变 上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为 为U,粒于得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变 m、电荷量为一g的粒于以某一速度从装置左端的中点射入，方 为季，两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下 向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点.改 做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离.A经电场多次加 变粒于入射速度的大小，可以控制粒于到达收集板上的位置不 速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化.不计 计粒于的重力 粒于加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变 收集板 化对粒于速度的影响及相对论效应求： (1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B,的大小； 义义义XB×X×义X (2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率P。; 0.30 M 0 (3)若有一个质量也为m、电荷量为十kg(k为大于1的整 m,-9④ 数)的粒于B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间，A、B 且.9.9.9..9.9.9.999.9999 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条 (1)求磁场区域的宽度h; 件均不变图2中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹，在B的 (2)欲使粒于到达收集板的位置从P点移到N点，求粒于 轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反 入射速度的最小变化量△； 映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由， (3)欲使粒于到达M点，求粒于入射速度大小的可能值. × X------X B D 图2 ·123· 6.(2022·北京)利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感 7.(2023·重庆)某仪器用电场和磁场来控制电于在材料表 器，广泛应用于测量和自动控制等领域如图甲，将一金属或半 面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N充满 导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面α、b间通以电 竖直向下的匀强电场，宽为d;矩形区域NN'M'M充满垂直纸 流1时，另外两侧c、∫间产生电势差，这一现象称为霍尔效应. 面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,长为3s,宽为s;NV'为磁 其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积 场与电场之间的薄隔离层.一个电荷量为e、质量为m、初速为季 累，于是c、f间建立起电场E,同时产生霍尔电势差UH.当电 的电于，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电于每 荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，EH和UH达到稳定 次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的 值，UH的大小与1和B以及霍尔元件厚度d之间满足关系式 10%,最后电于仅能从磁场边界M'N'飞出.不计电于所受重力. U=R:侣其中比例系数R:称为爱尔系数，仅与材料性质 3s M M 有关. ××××× (1)设半导体薄片的宽度(c、f间距)为1，请写出UH和EH ×× 磁场区域 XX B A 的关系式；若半导体材料是电于导电的，请判断图甲中c、∫哪端 的电势高； N×××××××××××x (2)已知半导体薄片内单位体积中导电的电于数为，电于 电场区域 的电荷量为e,请导出霍尔系数RH的表达式（通过横截面积S Y P 的电流I=neS,其中℃是导电电于定向移动的平均速率)； 材料表面 (3)图乙是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴 (1)求电于第二次与第一次圆周运动半径之比； 上，圆盘的周边等距离地嵌装着个永磁体，相邻永磁体的极性 (2)求电场强度的取值范围： 相反，霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近当圆盘匀速转动时，霍 (3)A是M'N'的中点，若要使电于在A、M'间垂直于AM' 尔元件输出的电压脉冲信号图象如图丙所示. 飞出，求电于在磁场区域中运动的时间. ①若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P,请导出圆 盘转速N的表达式； ②利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程除此之外，请 你展开“智慧的翅膀”，提出另一个实例或设想， 永磁体（共m个） ·124· 8.(2022·山东)如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行 9.(2022·天津)质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领 纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d,两侧为相同的匀强磁 域.下面是汤姆孙发现电于的质谱装置示意图，M、N为两块水 场，方向垂直纸面向里.一质量为m、带电量十q、重力不计的带 平放置的平行金属极板，板长为L,板右端到屏的距离为D,且 电粒子，以初速度1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进 D远大于L,O'O为垂直于屏的中心轴线，不计离于重力和离子 入电场做匀加速运动，然后第二次进人磁场中运动，此后粒于在 在板间偏离OO的距离，以屏中心O为原点建立xOy直角坐标 电场和磁场中交替运动.已知粒于第二次在磁场中运动的半径 系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向. 是第一次的两倍，第三次是第一次的三倍，以此类推求： (1)设一个质量为m。、电荷量为g。的正离于以速度0。沿 (1)粒于第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1； O'O的方向从O'点射入，板间不加电场和磁场时，离于打在屏上 (2)粒于第n次经过电场时电场强度的大小E: O点若在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀强电场，求离 (3)粒于第n次经过电场所用的时间tn: 于射到屏上时偏离O点的距离y； (4)假设粒于在磁场中运动时，电场区域场强为零，请画出 (2)假设你利用该装置探究未知离于，试依照以下实验结果 从粒于第一次射人磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度 计算未知离于的质量数. 随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标 上述装置中，保留原电场，再在板间加沿一y方向的匀强磁 刻度值). 场现有电荷量相同的两种正离于组成的离于流，仍从O'点沿 d OO方向射入，屏上出现两条亮线.在两线上取y坐标相同的两 个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm,其中x坐标 大的光点是碳12离于击中屏产生的，另一光点是未知离于产生 的，尽管入射离于速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板 间运动时O'O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分 速度。 ·125· 10.(2022·全国Ⅱ)图中左边有一对平行金属板，两板相 11.(2023·福建)如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于 为d,电压为U;两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B。,方 xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为， 向平行于板面并垂直于纸面朝里，图中右边有一边长为α的正 电量为q(q>0)的粒于从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速 三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界 度大小和方向入射到该磁场中，不计重力和粒于间的影响. 上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里.假 (1)若粒于以初速度1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴 设一系列电荷量为q的正离于沿平行于金属板面、垂直于磁场 上的A(a,0)点，求1的大小； 的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并 (2)已知一粒于的初速度大小为0(>1)，为使该粒于能 经EF边中点H射入磁场区域，不计重力. 经过A(a,0)点，其入射角（粒于初速度与x轴正向的夹角）有 (1)已知这些离于中的离于甲到达磁场边界G后，从边界 几个？并求出对应的sin0值； EF穿出磁场，求离于甲的质量； (3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀 (2)已知这些离于中的离于乙从EG边上的1点（图中未画 强电场，一粒于从O点以初速度，沿y轴正向发射研究表明： 出)穿出磁场，且G1长为子a,求离于乙的质量： 粒于在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒于速度的x 分量，与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E (3)若这些离子中的最轻离于的质量等于离于甲质量的一 无关.求该粒于运动过程中的最大速度值】 半，而离于乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有 离于到达， 通 ·126·传感器的电阻变化为△R=102-9.52<12 所以此传感器仍可使用. 7.【解析】(1)设R1和R:的并联电阻为R, RR2 有：R=R1+R ① R:两端的电压为：U=ER ② r。+R+R R:消耗的电功率为：P= ③ R2 当R,=292时，联立①②③式，代入数据， 解得： P=0.6W ④ (2)设小球质量为，电荷量为q,小球做匀速圆 周运动时，有： gE=mg ⑤ -U ⑥ 设小球做圆周运动的半径为”，有： 02 quB-mr ⑦ 由几何关系有： r=d ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得： R,=542 ⑨ 专题8磁场 十年高考母题原型训练 A组 题源1磁场的有关概念 1.A【解析】由左手定则得A正确；由R= 0 ,M>N,B错；由洛伦兹力始终不做功，得C错； Ba 由T=蹈k=1=号T,D话 2.A【解析】如图所示，导体棒静止在斜面 上，受力平衡，安培力F方向沿斜面向上，由左手定 则，磁场B方向垂直斜面向上，又mg sina=F, ·4 mgsina=BIL,B=mg sina,A选项正确. IL mg B,可得A 3.A【解析】由R二B,T三乙TW 正确. 不，得1= 、4.D【解析】由T三E,=名、 Bq,故D正确. 2xm 5.A【解析】由安培定则知，通电直导线上方 的磁场垂直纸面向外，由左手定则可知，阴极射线受 力向上，故选项A正确. 题源2带电粒子在磁场中的运动 1,A【解析】画出带电粒子运动轨迹示意图， 如图所示，设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径 为r,根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，q心。B= m,解得，=m/gB.由图中几何关系可得：tan30 =Rm.联立解得：该磁场的磁感应强度B=m 3gR' 选项A正确. 2.BC【解析】当粒子以速度U。垂直于MN 进入磁场时，最远落在A点，若粒子落在A点的左 侧，速度不一定小于。，可能方向不垂直，落在A点 的右侧，速度一定大于0。，所以A错误，B正确；若粒 子落在A点的左侧d范围内，则垂直于MN进入时， 速度最小，轨道直径为2r=OA一d,即2 gB -=0A- d,已知2m=0A,解得=。-9B, gB 厂2m:若粒子落在 A点的右侧d范围内，则垂直于MN进入时，速度最 小，轨道直径为2，=OA十d,即2m%=OA十d,解得 aB 0=00 +9B,所以C正确，D错误. 2m 3.C【解析】由安培定则可知，两导线在O 点产生的磁场均竖直向下，各磁感应强度一定不为 零，选项A错；由安培定则，两导线在Q、b两处产生 磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在口处产 生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的 磁感应强度，同时电流M在b处产生磁场的磁感应 强度等于电流N在a处产生的磁场的磁感应强度， 所以a、b两处磁感应强度大小相等方向相同，选项B 错；根据安培定则，两导线在c、d处产生磁场垂直c、 d两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应 强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁 感应强度大小相同，方向相同，选项C正确；a、c两处 磁感应强度的方向均竖直向下，选项D错， 4,A【解析】从照片上看，径迹的轨道半径是 不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式R= 可知，下部速度大，上部速度小，这一定是粒子从 gB 下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定 则，可知粒子带正电，因此，正确的选项是A 5.【解析】(1)由于粒子在P点垂直射入磁场， 故圆孤轨道的圆心在AP上，AP是直径. R R 设入射粒子的速度为1，由洛伦兹力的表达式 和牛顿第二定律得 d/2=quB ① qBd 由上式解得01=2m ② ·5 (2)设O'是粒子在磁场中圆孤轨道的圆心，连接 O'Q,设O'Q=R',由几何关系得 ∠OQ0'=9 ③ OO'=R'+R-d ④ 由余弦定理得 (0O):=R2+R:-2RR'coso ⑤ 联立④⑤式得 d(2R-d) R'=2[R(1+cosp)-d] ⑥ 设入射粒子的速度为0，由mR=qB qBd(2R-d) 解出v= 2m[R(1+cos9)-d] ⑦ 6.【解析】(1)由于洛伦兹力不做功，只有电场 力做功，由动能定理可得： 1 一gEh= 2 mv: 2 mug ① 2qEh 解得v=√6 ② m (2)①由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿 x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向 匀速运动的粒子在T时间内前进的距离，设粒子恰好 沿x轴方向匀速运动的速度大小为1，则竖直方向 所受合力为零，即： quB=qE ③ 又s=1T ④ 式中T= 2xm qB 由③④式解得s= 2xmE 9B2 ⑤ ②设粒子在y方向上的最大位移为ym(图丙曲 线的最高，点处)，对应的粒子运动速度大小为2（方 向沿x轴)，因为粒子在y方向上的运动为简谐运 动，因而在y=0和y=ym处粒子所受的合外力大小 相等，方向相反，则 q℃oB-qE=-(qw2B-qE) ⑥ 由动能定理有一gEym=2mui- ⑦ 1 又A,=2ym ⑧ 由⑥⑦@式部得A,-常。一号) 可写出图丙曲线满足的简谐运动y一t函数表达 式为 E -cos gB s mt 7.【解析】(1)设R1和R2的并联电阻为R,由 并联电阻公式： RR2 R= R:+R2 0 E。R R2两端的电压为：U= ro+R+R ② U R2消耗的电功率为：P= R2 ③ 联立①②③式，代入数据，解得： P=0.6W ④ (2)设小球质量为，电荷量为q,小球做匀速圆 周运动时，电场力必须等于重力，即： gE=mg ⑤ E-号 @ 设小球做圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供 向心力可知： nB=月 ⑦ 由几何关系有： r=d ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得： R.=542 ⑨ 8.【解析】(1)电、磁场都存在时，只有电场力 对带电粒子做功，由动能定理 1 1 qU=2mvi 2 mvg ① 2qU 得0三 vi- ② m (2)由粒子在磁场受力做匀速圆周运动可知： gBv2=mw/R③ 如图甲所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆 心O'和半径R 5 R ● ● 0 45 ● 甲 R2+R2=(R2-R1)2④ 联立③④得磁感应强度大小 B-12mv: ⑤ 2gRo 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期大小为： T=2xR ⑤ 2 由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间为： ⑦ 联立④⑥⑦式，得 √2xRo t= ⑧ 2U2 (3)如图乙所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的 运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为 ● R R+R: ⑨ 2 由③⑨得磁感应强度 B< ① 9.【解析】(1)根据功能关系：加速电场对离子 m1做的功W=gU 1 由动能定理：2m1ui=gU 2qU ① (2)由洛伦兹力提供向心力gB=m R=mu 9B· 利用①式得 离子在磁场中的轨道半径分别为 2m U 2m2U R1= 9B2 ,R= qB2 ③ 两种离子在GA上落点的间距大小为： 8U s=2R-2R:=√gB（Vm-√m:)③ (3)质量为m1的离子，在GA边上的落点都在 其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d,因此落 ,点区域的宽度也是d.同理，质量为m2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d. 为保证两种离子能完全分离，两个区域不能相互 交叠条件为 2(R1-R2)>d④ 利@.入@得：2R(-√)d R1的最大值满足2R1m=L一d 得-1-√)d 求得最大值dm= √m1-√m ·L 2√m1-√m2 10.【解析】(1)设带电粒子的质量为m,电荷 量为q,初速度为，电场强度为E.可用左手定则判 断洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向 且有qE=q0B ① 又R=to ② 则E=BR ③ to (2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平 抛运动 在y方向位移y= 2 ④ R 由②④式得y= ⑤ 2 设在水平方向位移为x,因射出位置在半圆形区 ·5 城边界上，于是 x= ⑥ 得a= 4√5R ⑦ t后 (3)仅有磁场时，入射速度0'=40，带电粒子在 匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为，洛伦 兹力与向心力相等 X XX X qu'B=m ⑧ 又gE=ma ⑨ 由圆⑦⑧@式得，-5R ⑩ 3 由几何关系sina=2 ① 即sina=3 3 ② 带电粒子在磁场中运动周期 T=2xm gB B 则带电粒子在磁场中运动时间 tB= 2aT @ 2x 代入数据得B=B西 题源3带电粒子在复合场中的运动 1.C【解析】带电粒子a(不计重力)以一定的 初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿 直线由区域右边界的O'点（图中未标出）穿出，说明 该粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，若撤去该区域内 的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计 重力)仍以相同初速度由O点射入，电场力对粒子一 定做正功，电势能一定减小，动能一定增加，选项C 正确.由于不知道粒子的电性，故无法判断粒子穿出 磁场区域的位置. 2.【解析】(1)设两板间的电压为U,由动能定 理得 qU-2mv ① 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed ② 联立上式可得 E-mo 2gd ③ (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何 关系作出圆心为O',圆半径为”设第一次碰撞，点为 A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因 此，孤SA所对的圆心角∠AO'S等于 3 0'6 D ++,++土M 由几何关系得 r=Rtan ④ 3 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第 二定律，得 2 quB=m- ⑤ r 联立④⑤式得 R=3mu ⑥ 3qB (3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平 3d后，设板间电压为U',则 U=EdU 33 ⑦ 设粒子进入S孔时的速度为'，由①式看出 U'2 U=2 5 综合⑦式可得 ' 3 ⑧ 设粒子做圆周运动的半径为'，则 r'=3mo 3gB ⑨ 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所 对圆心角为0，比较⑥⑨两式得到r'=R,可见 8=欢 2 ⑩ 粒子须经过四个这样的圆孤才能从S孔射 出，故 n=3 ① 3.【解析】 1受r微匀加速直线运动，~2： 做匀速圆周运动 电场力F=gE。 加速度a=E m 速度u,=at,且t= 2 解得v。= qEot 2m (2)只有当t=2x时，P在磁场中做圆周运动结 束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复 运动，如图所示.设P在磁场中做圆周运动的周期 为T. 则(n一 2)T=x,(n=1.2,3…) 匀速阃周运动mB。=m,T=2 解得B。=(2m-1)πm (n=1,2,3…) gr (3)在t。时刻释放，P在电场中加速时间为x一 1。,在磁场中微匀速国调运动，u1=E（r一1》 圆周运动的半径，=m gBa 解得r1= Eo(-to) Bo 又经(x一to)时间P减速为零后向右加速时间 为to P再进入磁场u,=E 圆周运动的半径=m gBo 解得r= Eoto B。 综上分析，速度为零时横坐标x=0 2[kr1-(k-1)r:] 相应的纵坐标为y= ,(k= 2k(r1-r2) 1,2,3…) (2Eo[k (-2to)+to] Bo 解得y= ,(k=1,2,3…) 2kE。(x-2to) Bo 4.【解析】解：(1)设小物体P,在匀强磁场中 运动的速度为，受到向上的洛仑兹力为F1,受到的 摩擦力为f,则 F=goB ① f=g(mg-F) ② 由题意，水平方向合力为零，有： F-f=0 ③ 联立①②③式，代入数据解得 =4 m/s ④ (2)设P1在G点的速度大小为G,由于洛仑兹 力不做功，根据动能定理 qErsing-mgr (1-cos0)=1 2mu2-1 ⑤ P,在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的 作用，设加速度为1，根据牛顿第二定律 5 qE cos-mgsine-u(mg cos0+qE sine)=ma ⑥ P1与P,在GH上相遇时，设P1在GH上的运 动的距离为s1,则 si=vct+2ait ⑦ 设P2质量为m2,在GH上运动的加速度为a2,则 m2g sine-um:gcos=m:a2 ⑧ P,与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动 的距离为s2,则 1 s1=2a: ⑨ 联立⑤⑥⑦⑧⑨式，代入数据得 s=s1十52 s=0.56m 答：(1)小物体P,在水平轨道CD上运动速度 的大小为4m/s; (2)倾斜轨道GH的长度s为0.56m. 5.【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动， 电场力与重力合力为零，即mg=qE, 解得：E=m5,电场力方向竖直向上，电场方向 竖直向上 (2)粒子运动轨迹如图所示： 设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值 为vmim' 对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为 r1,r2, 圆心的连线与NS的夹角为P, 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定 律得： B=m9,解得，粒子轨道半径：r=0, ry= 8,r2=之1， 由几何知识得：(r1十r:)sin9=r2,r1十r1c0s9 =h, 解得：umn=(9-6V2)Bh (3)粒子运动轨迹如图所示， N ●0 S 设粒子入射速度为口， 粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1,r2, 粒子第一次通过KL时距离K点x, 由题意可知：3nx=1.8h(n=1,2,3..) 3 (9-6√2)h 22 ,x=√r1-(h-r1), 解得：r1=(1+ 0.36、h ）2n<3.5 0.68gBh 即：n=1时，0= 今 n=2时，0= 0.545qBh m 0.52gBh n=3时，0= 72 6.【解析】(1)设带电颗粒的电荷量为9，质量 为m,有 Eg =mg ·5 游9 1 m k 代入，得E=g (2)如图1，有q℃oB=m Uo R ,R2=(3d)+(R kvo d)2,得B= 5d' M e●e●●●●● 0' 作●●●。●●● P 章康章●●变 ■■■ 3 R R-d O 图1 (3)如图2所示，有 M-.N ●●●●●●●● ●"9 ●●●●。。0 P O 图2 gavo B=m (Av0)2 R2· 3d tan= √R-(3d)2 y1=R1-√R-(3d)F, y:=ltane,y=y+y2, 得y=d(5A-√/251-9)+ √25A2-9 7.【解析】(1)微粒做直线运动，则mg十qE。= quB ① 微粒做圆周运动，则mg=qE。 ② 联立①②得：g一 mg ③ B=2Fo ④ 5 (2)设微粒从N!运动到Q的时间为t1,做圆周 运动的周期为t2,则 d =vt ⑤ quB=m R ⑥ 2xR=vt: ⑦ 联立③060⑦得：1=号4：=四 d ⑧ g 电场变化的周期T=t1十t: d+四 ⑨ 20g (3)若微粒能完成题中要求的运动过程，要求d ≥2R ⑩ 联立③④⑥得：R-巴1 ① 设V1Q段直线运动的最短时间为t1mm,由⑤⑩ ⑩得t1m=2g 因t丝不变，T的最小值Tm血=t1mm十t: =（2x+1)u 2g 8.【解析】(1)设磁场左边界与x轴相交于D 点，与CO相交于O'点，由几何关系可知，直线OO与 粒子过O点的速度v垂直，在直角三角形OO'D中 ∠OOD=30°.设磁场左右边界间距离为d,则OO'= 2d.依题意可知，粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆 心即为O点，圆孤轨迹所对的圆心角为30°，且OA为 圆孤的半径R。 由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边 界垂直A,点到x轴的距离 AD=R(1-cos30°) ① 由洛伦兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规 律，得 quB=mu? ② R 联立①②式得AD= ③ ·5 D P p (2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,第 一次在磁场中飞行的时间为t,有t1=2 ④ T=2rm gB ⑤ 依题意，匀强电场的方向与x轴正方向夹角应 为150°.由几何关系可知，粒子再次从O,点进入磁场 的速度方向与磁场右边界夹角为60°，设粒子第二次 在磁场中飞行的圆孤的圆心为O”,必定在直线OC 上，设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P,点，则 ∠O0"P=120°. 设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为 t2,有 ⑥ 3 设带电粒子在电场中运动的时间为：，依题意得 t3=T-(t1+t2) ⑦ 由匀变速运动的规律和牛顿定律可知 一v=v一atg ⑧ a=Ih ⑨ 72 联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得E= 20 ① 7 (3)粒子自P点射出后将沿直线运动.设其由P' 点再次进入电场，由几何关系知∠O”P'P=30 ① 三角形OPP'为等腰三角形，设粒子在P、P'两 PP 点间运动的时间为t:,有t,= ② 又由几何关系知OP=√3R ⑧ 联立②@⑧式得，=m Bq B组 题源1磁场的有关概念 1BC【解析】根据左手定则知粒子带负电， A项错误；粒子在磁场中运动的最大半径Rmx= 3d十L,由R=g得mx=9b3d十L） 2,B项正确； gB 2m 胶小丰径R三之，最小逸度。 ,故速度之 2m 差△u=gB:3dcBd,与L无关，可知C项正确， 27m D项错误. 2.B【解析】由牛顿第二定律B=m”,及 白速国用装动T-g保？脂T-由图可得 以速度？从A点沿直径AOB方向射入磁场经过△t T =6,从C点射出磁场，轨道半径，=5A0:速度变 为v/3时，运动半径是r/3=√3AO/3,由几何关系可 得在磁场中运动转过的圆心角为120°，运动时间为 T/3,即2△t.正确选项是B. 3.D【解析】无论开关置于a还是置于b,两 导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力， A、C错误，开关置于位置b时电路中电流较大，导线 间相互作用力也较大，故D正确， 4.AD【解析】要使电子沿直线OO'射出，则 电子必做匀速直线运动，电子受力平衡.在该场区，电 子受到电场力和洛伦兹力，要使电子二力平衡，则二 力方向为竖直向上和竖直向下，A选项电子所受电场 力竖直向上，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，满 足受力平衡，同理，D选项也满足受力平衡.所以A、D 选项正确， 【点评】粒子速度选择器关键是抓住电场力和 洛伦兹力平衡，只要满足“磁场方向垂直纸面向里，电 场方向竖直向下”，或“磁场方向垂直于纸面向外，电 ·5 场方向竖直向上”均有可能使粒子匀速通过，与粒子 的电性没有关系.其中，因qB=qE,所以0=三 B 5.BD【解析】本题考查了带电物体在磁场中 的运动.若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力 恰好为零，说明洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根 据左手定则，小物块一定带有负电荷，A错：小物块受 到的支持力和洛伦兹力都是垂直于斜面，在沿着斜面 方向只有重力沿斜面向下的一个分力mg sind,大小是 恒定的，所以小物块在斜面上运动时做匀加速直线运 动，B对，C错；当洛伦兹力等于gcos9时，小球对斜 面压力为零，根据mB=mgos,解得=mgco D对. 6.【解析】(1)设金属杆所受的安培力为F,电 路接通后： E 1.5 1=R+,-2.8+0.2A=0.5A F=BIL=0.8×0.5×0.5N=0.2N 由左手定则可知F的方向垂直金属棒与水平方 向成30°角，斜向上方. (2)轨道所受的压力为 Fw=mg-Fsin30°=5×10-2×10N-0.2× =0.5N-0.1N=0.4N. 7.【解析】(1)微粒在极板间所受电场力大 小为 F= ① 代入数据F=1.25×10-ⅡN ② 由左手定则可判断微粒带正电，微粒由极板间电 场加速，故C板为正极，D板为负极. (2)若微粒的质量为，刚进入磁场时的速度大 小为u,由动能定理Ug=2m0 ③ 微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向 心力， 2 quB=m R ④ 微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘 轨迹如图所示 D OB d 0---1 X 半径的极小值与极大值分别为 R1=2 ⑤ R2=l-d ⑥ 联立③~⑥，代入数据，有 8.1X10-14kg<m≤2.89×10-18kg ⊙ (3)如图，微粒在台面以速度做以O点为圆 心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY 边界成日角飞出做平抛运动，落地点为Q,水平位移 为s,下落时间为t. '0R ⊙ 设滑块质量为M,滑块获得速度0。后在t内沿 与平台前侧面成9角方向，以加速度口做匀减速直线 运动到Q,经过位移为k,由几何关系，可得 cOs0=!-R ⑧ R 根据平抛运动，t= √2h ⑨ g s=vt ⑩ 对于滑块，由题知其做匀减速直线运动， uMg=Ma ① 1 k-vl-2ar 卫 再由余弦定理 ·5 k2=s2+(d+Rsin0)2-2s (d+R sine)cos0 B 及正弦定理，in9=sin的 k @ 联立③④和⑧一@，并代入数据，解得 vo=4.15m/s ⑤ 题源2带电粒子在磁场中的运动 1.B【解析】画出粒子运动轨迹，由图中几何 关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R,再由qB= mw/R可得：u=BR ,选项B正确」 m 2.A【解析】匀强磁场中带电粒子在洛伦兹 力作用下做匀速圆周运动，guB=mv/r,其轨道半径 、,卫二兰，其动能上k一2m,质子和。 粒子在磁场中运动的轨道半径r相同，而《粒子带电 荷量是质子的2倍，。粒子质量是质子的4倍，两者 动能之比为1：1，所以质子和Q粒子在磁场中运动 的动能相同.质子和《粒子在磁场中受到的向心力大 小F=mur,由于二者动能2mu2大小相同，在磁 场中运动的轨道半径相同，所以质子和α粒子在磁 场中受到的向心力大小相同.带电粒子在匀强磁场中 运动的周期T=2xm/qB,由于二者比荷q/m不同， 所以质子和α粒子在磁场中运动的时间不相同，由r =mu/gB及质子和a粒子的带电荷量不同(a粒子带 电荷量是质子的2倍)可知质子和《粒子在磁场中运 动的动量的大小不相同.因此正确选项是A 3.B【解析】只加竖直方向的匀强电场时，质 子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线 运动，速度大小始终等于初速度℃0，如果只加水平向 里的匀强磁场时，质子在磁场中做匀速圆周运动，在运 动过程中，沿水平方向的速度逐渐减小，如图所示，= vocosa,整个过程中沿水平方向的平均速度小于Y。,所 以当加磁场时，用的时间长，故A、C、D错误，B项正确. 8 4.D【解析】粒子沿PC方向射入，偏转半个 圆周打在PN上，长度为11=2R=2m B,粒子沿与 PC夹角为日的方向射入，打在PN上的长度为12= 2mucos 9B ”,则在屏MN上被粒子打中区域的长度为 △1=l1-12= 2mv(1-c0s0) gB X C 、010 , M P R 5.【解析】由洛伦兹力提供向心力：q0。B= m R' 求得R=0.2m=r.轨迹如图所示： T=2R=8xX10-s 运动时间为t=2T=16π×10-is. 6.【解析】(1)若初速度向右上方，设轨道半径 为R 由几何关系可得：R1=(2+√2)d. 又洛伦兹力提供向心力：q℃oB=m R 得：R1=m Bq 所以：0。= (2+√2)Bqd 1 若初速度向左上方，设轨道半径为R: R:=(2-2)d得：0，=C2-2)Bgd (2)若初速度向右上方，带电粒子从PQ边界上 ·5 的C点射出，△ACO1为直角三角形，∠AO:C=90°， 射出点C到A点的距离为s1 由图可知s1=√2R1=2(W2+1)d. M 01 若初速度向左上方，带电粒子从PQ边界上的D 点射出 由几何关系知：s2=√2R:=2(√2-1)d 7.【解析】(1)小球运动时不受细管侧壁的作 用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力 6 qvB。=m ① r 由①式解得。=9B ② m (2)①在T。到1.5T。这段时间内，细管内一周 的感应电动势 E8=r: △B ③ △t 由图乙可知4B2B △t 。 ④ 由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以 E岛 E ⑤ 2xr 由③④⑤式及T。= 2心得 gBo E=9Bir ⑥ 2π7m ②在T。到1.5T。时间内，小球沿切线方向的加 速度大小恒为 a=gh ⑦ 172 小球运动的末速度大小 v=vo+a△t ⑧ 由图乙△t=0.5T。,并由②⑤⑦⑧式得 0=20= ⑨ 2m ! 由动能定理，电场力做功为 1 w=2mo2-号mu8 ⑦ 由②⑨⑩式解得 5 5q2Bar2 W= ① 8m 8.【解析】(1)墨滴在电场区域做匀速直线运 动，有 U 9·=mg 所以g=mgd U 由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知： 墨滴带负电荷 (2)墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力与电场 力平衡， F合=F quoB=m R 由几何关系可得：R=d 所以B=0U gd2 (3)根据题设，墨滴运动轨迹如图 d/2x M R 设墨滴做圆周运动的半径为R', 则：qwB'=mR 由图示可知： R=d+(R'- 得：R'=5a 4 联立上面各式可得 B'=40U 5gd2 9.【解析】设粒子的入射速度为，第一次射出 磁场的，点为Ⅳ。'，与挡板碰撞后再次进入磁场的位置 。6 为V1.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有R=”m四 qB ① 粒子速率不变，每次进入磁场与射出磁场位置间 距离x1保持不变，有x1=N,'N。=2Rsim0 ② N 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离 x:始终不变，与N。'N1相等.由图可以看出x2=a ③ 设粒子最终离开磁场时，与挡板相碰n次(= 0,1,2,3,…).若粒子能回到P点，由对称性，出射点 的x坐标应为一a,即 (n+1)x1-nx2=2d ④ 由圆④得x1=”十2。 n+ja ⑤ 若粒子与挡板发生碰撞，有x1一x2>a/4 ⑥ 联立③⑤⑥得n<3 ⑦ 联立①②⑤得0= qB n+2 2msine'n+a ⑧ h 把sin9= 代入⑧式中得 √a2+h Uo= gBa√a2+h ,n=0, mh v1=3qBa vah ,n=1, 4mh 2gBa√a2+h2 ,n=2. 3mh 10.【解析】(1)设匀强磁场的磁感应强度的大 小为B.令圆孤AEC是自C点垂直于BC入射的电子 在磁场中的运行轨道.电子所受到的洛伦兹力∫= euoB① 方向指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于 纸面向外 圆孤AEC的圆心在CB边或其延长线上，依题意 知，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心， 圆半径为a,根据向心力公式有f=mu后/a② 联立①②解得磁感应强度的大小B=mvo/ea. 0 (2)由(1)中确定的磁感应强度的方向和大小，可 知自C点垂直于BC入射的电子在A点沿DA方向 射出，且自BC边上其他，点垂直入射的电子的运动轨 迹只能在BAEC区域中，因而，圆孤AEC是所求的最 小磁场区城的一个边界，分析A点射出的电子的速度 方向与BA的延长线夹角为日（不妨设0π/2）的 情形.该电子的运动轨迹9pA如图所示，图中，圆孤 Ab的圆心为O,g垂直于BC边.由B=m可知，圆 ea 孤Ap的半径仍为a.在以D为原点，DC为x轴（向右 为正方向)，AD为y轴（竖直向下为正方向）的坐标 系中，p点的坐标为(x,y),则 x =a sine,y=-[a-(a-acos0)]=-a cos0. 这意味着，在范围0≤9≤π/2内，p点形成以D 为圆心，a为半径的四分之一圆周AFC,它是电子做 直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的 另一边界.因此，所求的最小匀强磁场区城是分别以 B和D为圆心，a为半径的两个四分之一圆周AEC 和AFC所围成的区城，其面积为S=2X(ra2/4-a2/ 2)=(r-2)a2/2. 11.【解析】(1)粒子运动半径为R= 2 ① 2 由牛顿第二定律B=m尺 ② 匀速圆周运动周期T=2πR ③ T rm 粒子在磁场中运动时间= ④ 4 2gB (2)如图，设粒子运动临界半径分别为R1和R: ·6 R2 R=号 ⑤ d+(R:- d 2 =R: 5 R:=4d ⑥ 设粒子临界速度分别为v1和v,由②⑤⑥ 式，得 v1=dqB ⑦ Am 02= 5dqB ⑧ Am 若粒子通过两转盘，由题设可知 o ⑨ Uw 联立⑦⑧⑨，得对应转盘的转速分别为 @1 0odqB ⑩ 4mL 50dgB 0= ① A4mL 粒子要打在感光板上，需满足条件 0dqB50.dqB 4mL ≤w 4mL @ 12.【解析】(1)初速度与y轴正方向平行的粒 子在磁场中的运动轨迹如图1中的OP所示，其圆心 为C,由题给条件可以得出 0 M 图1 ∠OCP= 2x ① 此粒子飞出磁场所用的时间为 to=3 ② 式中T为粒子做圆周运动的周期。 设粒子运动速度的大小为，半径为R,由几何 关系可得 R2 3 a ③ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 02 quB=m R ④ T=2xR ⑤ 联立②③④⑤式，得 92π m 3Bto ⑥ (2)依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O点 距离相同.在t。时刻仍在磁场中的粒子应位于以O 点为圆心、OP为半径的MN上，如图1所示. 设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别 为YP、M、0N.由对称性可知vP与OP、M与OM、 YN与ON的夹角均为π/3.设0M、0N与y轴正向的 夹角分别为日M、日N,由几何关系有 3 ⑦ By=2r ⑧ 3 对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y 轴正方向所成的夹角日应满足 3 3 ⑨ 3a x 图2 ·6 (3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应 与磁场右边界相切，其轨迹如图2所示.由几何关系 可知， OM=OP ① 由对称性可知， ME=OP 0 从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间 im=2to 题源3带电粒子在复合场中的运动 1.D【解析】考查带电粒子在复合场中的运动 (质谱仪)，根据动能定理得：gU=2mm,带电粒子在 匀强磁场中做匀速圆周运动，则有B=m R,由几何 关系知R=乞，解件：-名/m ,D正确」 Bg B g 2.D【解析】考查带电粒子在叠加场中的运 动，涉及受力分析、动能定理、圆周运动的知识.小球 从a运动到d的过程中，只有重力和电场力做功，且 重力做正功、电场力做负功，WG十WF=0,即小球到 达d时的速度为零，A错误；当重力和电场力的合力 与竖直方向的夹角为45°且经过圆环的圆心时，洛伦 兹力最大，此位置恰好是bc的中点，B错误；小球从a 到b,重力做正功，重力势能减小，电场力做正功，电 势能减小，C错误；小球从b到c,电场力做负功，电势 能增大，小球经过c的中点时速度最大，因此小球从 b到c动能先增大后减小，D正确， 3,【解析】设微粒转动半径为r,微粒受到的库 仑斥力为F,微粒在竖直方向上处于平衡状态，可得 E=，得下=m f,=mg·Fya ① mg 水平方向上，洛伦兹力与库仑斥力的水平分力的 合力使微粒微匀速圆周运动下。一F,=m四 ② 又因为F洛=Bq ③ U=wr ④ 由①②③④联立得B=”ma十mg wga 磁场方向沿y轴负方向， 4.【解析】(1)设粒子在磁场中的轨道半径为 r,由题意可知粒子恰好到达P点，粒子轨迹如图 所示： 收集板 30 M m.-q 根据题意L=3rsin30°+3dcos30° 且h=r(1一cos30°) 解得A=(学L-d)01- 2 2 (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径 为r' =qoB.m 7=90'B, 由题意知3rsin30°=4r'sin30°解得△v=v-v B L n64d) (3)设粒子经过磁场n次 由题意知L=(2n+2)dcos30°+(2n+ 2)r sin30 且m共-0，B,解得-骋片一d) (1≤n< L-1,n取整数) 3d 答：)猫扬区城宽度h=(2-5d)1- 3 (2)速度的变化量为： 告 ·6 (3)粒子入射速度大小的可能值为解得：m= B(上B)≤n<3d一1”取整数) 3d 5.【解析】(1)设A经电场第1次加速后速度 为1，由动能定理得 g0=2mu12-0 ① A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛仑兹力充当 向心力故： 9w1B1= 012 R ② 由①②解得 .1/2mU B=R4 ⑧ (2)设A经n次加速后的速度为0m,由动能定 理得 n-1 m后-0 ④ 设A做第n次圆周运动的周期为Tw,有 T.=2xR ⑤ 设在A运动第n周的时间内电场力做功为 W。,则 W.=qU ⑥ 在该段时间内电场力做功的平均功率为 是 ⑦ 由④⑤⑥⑦解得 P.=U hnat ΓxR√2m ⑧ (3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹，A经过 次加速后，设其对应的磁感应强度为Bm,A、B的周 期分别为Tm、T',综合②、⑤式并分别应用A、B的数 据得Tn= 2rm gB. T'=2xm=工 kgB k 由上可知，Tm是T'的k倍，所以A每绕行1周， B就绕行k周，由于电场只在A通过时存在，故B仅 在与A同时进入电场时才被加速. 经n次加速后，A、B的速度分别为0m和n',考 虑到④式，有： 2ngU 00 2kngU =√kUw 由题设条件考虑到⑤式，对A有 TU.=2mR 设B的轨迹半径有R',有 T'v=2RR' 比较上述两式得 上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变. 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A 所示. 6.【解析】(1)UH=EHl 因为导体内部为自由电子移动，则由左手定则可 判断出，电子向f端移动，故c端电势高. IB (2)由UH=RHa ① R器-E d ② 当电场力与洛伦兹力相等时eEH=eB ③ 得EH=oB ④ 又I=neuS ⑤ 将③④⑤代入②， 得R=B1店=1-么-1 d nevS nes ne' (3)①由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数 目为P,则 P=mNt 圆盘转速为N=P mt ②提出的实例或设想：代替打点计时器做实验， 可测速度 7.【解析】(1)设圆周运动的半径分别为R1, R2,…,R。,R十1…，第一和第二次圆周运动速率分别 。6 为v1和v2,动能分别为Ek1和Ek2. 由Ee=0.81E1,R2R:=mE1月 Be 2 mvi ,Ev=2mv 得R2:R1=9:10 (2)设电场强度为E,第一次到达隔离层前的速 率为 由能量关系可得：eBd=之md,0.9X子m: 1 2mui,R1≤ 得E≤ 5B2es2 9md 又由Rm=0.9"-1R1,2R1(1+0.9+0.92+…+0. 9”+…)>3s 联立得E八Bes 80md 80md下Es5Be 电场强度的取值范国为Bes 9md (3)设电子在匀强磁场中圆周运动的周期为T, 运动的半圆周个数为，运动总时间为t 由题意，有 2R1(1-0.9") 1-0.9 十Rm+1=3s,R1≤s, R+1=0.9R1,R+1≥2 得n=2 由T=2元m eB 得t=5rm 2eB 8.【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B, 粒子第n次进入磁场时的半径为Rm,速度为0m,由 牛顿第二定律得 qo.B=m R. ① 由①式得 qBR U= ② m 因为Rg=2R1,所以 ℃2=201 ③ 对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得 1 2m-m ④ 联立③④式得 WI=3mvi ⑤ 2 (2)粒子第n次进入电场时速度为m,出电场时 速度为m+1,有 Uw=n℃1vm+1=(n十1)01 ⑥ 由动能定理得gEnd= 1 1 ⑦ 联立⑤⑦式得 En=（2n+1)mu ⑧ 2qd (3)设粒子第n次在电场中运动的加速度为am, 由牛顿第二定律得gEm=mam ⑨ 由运动学公式得 0n+1一vm=antn ⑩ 联立⑥⑧⑨⑩式得 2d t,=(2m+1)01 ① (4)如图所示. E 9.【解析】(1）离子在电场中受到的电场力 F,=qoE ① 离子获得的加速度 a,= ② mo 离子在板间运动的时间 to=L ③ U。 到达极板右边缘时，离子在十y方向的分速度 v=ato ④ ·6 离子从板右端到达屏上所需时间 t。'=D ⑤ 离子射到屏上时偏离O,点的距离 yo=v,t。' 由上述各式，得 yo=9oELD ⑥ 710v6 (2)设离子电荷量为q,质量为m,入射速度为0， 磁场的磁感应强度为B,磁场对离子的洛伦兹力 F:=quB ⑦ 已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中 运动时间甚短，运动轨迹的圆孤与圆周相比甚小，且 在极板间运动时，O'O方向的分速度总是远大于在x 方向和y方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作 恒力处理，洛伦兹力产生的加速度 a.=TB ⑧ m ax是离子在x方向的加速度，离子在x方向的 运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板 右端时，离子在x方向的分速度 gBL V:=at= ⑨ m 离子飞出极板到达屏时，在x方向上偏离O点 的距离 =v'=9BL (D qBLD ⑩ m 当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时 的位置在y方向上偏离O点的距离为y,考虑到⑥ 式，得 _qELD y ① 1v2 由①、①两式得 = my @ 其中k=BLD E 上式表明，k是与离子进入板间初速度无关的定 值，对两种离子均相同，由题设条件知，工坐标为 5 3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为m1= 12u,x坐标为3.00mm的光点对应的是未知离子， 设其质量为m:,由@式代入数据可得m2≈14⑧ 故该未知离子的质量数为14. 10.【解析】(1)由题意知，所有离子在平行金属 板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的洛伦兹力 和向下的电场力平衡，有 qB。=qE。 ① 式中，℃是离子运动的速度，E。是平行金属板之 间的匀强电场的强度，有 E号 ② 由①②式得 U v-Bod ③ 在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动， O◆× Hi××××岁 ×× 图1 设离子甲质量为，由洛伦兹力公式和牛顿第二 定律有 0 quB=m ④ ④式中，r是离子甲做圆周运动的半径.离子甲 在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O,此半圆刚好 与EG边相切于K点，与EF边交于I'点.在△EOK 中，OK垂直于EG.由几何关系得 ⑤ 由⑤式得 =-) ⑥ 联立③④⑤式得，离子甲的质量为 U -2) ⑦ (2)同理，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ⑧ 式中，m'和r'分别为离子乙的质量和做圆周运 动的轨道半径，离子乙运动的圆周的圆心O必在E、 H两，点之间. xx又 XXX ×G Hi×××× 图2 由几何关系有 =-子a）-2a-子)(？-）os0i +(?-） ⑨ 由⑨式得r'= ① 联立③圆@式得，离子乙的质量为m'=9BB,d AU ① (3)对于最轻的离子，其质量为空由①式知，它 在磁场中微半径为？的匀速圆周运动，因而与EH 的交点为O,有 oH=(5-2)a ② 当这些离子中的离子质量逐渐增大到时，离 子到达磁场边界上的，点的位置从O点沿HE边变到 '点；当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上 的点的位置从K点沿EG边趋向于I点.K点到G 点的距离为 KG=3 B 所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：EF 边上从O到I',EG边上从K到I, 11.【解析】(1)带电粒子以速率0在匀强磁场 B中做匀速圆周运动，半径为R,有 quB=m R ① 当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点， 该圆周半径为R1,有： R=4 ② 2 由②代入①式得 1=9Ba ③ 2m (2)如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在 工=号的直线上，半径为R.当给定一个初速率0时， 2 有2个入射角，分别在第1、2象限，有 sing'=sing=a 2R ④ 由①④式解得 sin0=aqB ⑤ 2m0 (3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨 道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动 能定理，有 1 qEy-2 mvi2m ⑥ 由题知，有 Um=kym ⑦ 若E=0时，粒子以初速度0。沿y轴正向入射，有 后 qvoB=m Ro ⑧ ℃0=kR0 ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得 E E m=B+√B ·6 专题9电磁感应 十年高考母题原型训练 A组 题源1感应电流的产生和方向 1.D【解析】从X到O,磁通量向上增大，由 楞次定律知感应电流方向是由F经G到E.当两磁 极经过线圈边正上下方时，穿过线圈磁通量变化率最 大，感应电动势最大，电流最大则可知此过程中感应 电流的大小应是先增大再减小，A、B皆错误，同理可 知C错误，D正确. 2.D【解析】由楞次定律知线圈中感应电流 方向从上向下看为顺时针，线圈下端为电源正极，所 以流过R的电流方向为从b向a,电容器下极板带正 电，故D正确，ABC错误. 3.AC【解析】本题考查物理学史，意在考查 考生对物理学史的识记能力，由物理学史可知，奥斯 特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象， A正确；麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了 电磁波的存在，B错误；库仑发现了点电荷的相互作 用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值， C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律， 安培发现了磁场对电流的作用规律，D错误. 4.AB【解析】本题考查电磁感应、安培力与 物体的平衡，意在考查考生对平衡条件的理解，并能 综合磁场知识解答磁场中导体棒的平衡问题，对b,由 平衡条件可得，未施加恒力F时，有ng sint9=Fr6.当 施加恒力F后，因b所受的安培力向上，故有F安十 F=mg sine.对ba,在恒力F的拉动后，先加速最后 匀速运动，故b所受的安培力先增大，然后不变，b所 受的摩擦力先减小后不变，B正确；若F安=mg sind, 则F=0,A正确；若Frh=F,则对导体棒a、b系 统，所受的合外力将沿斜面向下，与题意中两棒的运 动状态不符，C错误. 5.D【解析】根据楞次定律可知，在条形磁铁