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r~则q0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射,沿p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(粒子视为质点,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. (1)求发射装置对粒子做的功; (2)电路中的直流电内阻为r,开关S接“1”位置时,进入板间的粒子落在b板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置,求阻值为R的电阻中的电流强度; (3)若选用恰当直流电,电路中开关S接“1”位置,使进入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的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在 ()m21,5,B0,范围内选取),使粒子恰好从b板的T孔飞出,求粒子飞出时速度方向与m()qt21,2 b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)( 23mhmh2h2,,11((1) (2)g, (3)0<θ?arcsin [解析] (1)设粒子在p板上做匀速222,,2tq(R,r)lt5 直线运动的速度为v~有 0 h,vt? 0 设发射装置对粒子做的功为W~由动能定理得 12W,mv? 02 2mh联立??可得 W,? 22t (2)S接“1”位置时~电的电动势E与板间电势差U有 0 E,U? 0 板间产生匀强电场的场强为E~粒子进入板间时有水平方向的速度v~在板间受到竖直0方向的重力和电场力作用而做类平抛运动~设加速度为a~运动时间为t~有 1 U,Eh? mg,qE,ma? 12h,at? 12 l,vt? 01 S接“2”位置~则在电阻R上流过的电流I满足 E0I,? R,r 联立??,?得 3mh2h,,I,g,? 22,,q,R,r,lt (3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡~当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动~如图所示~粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动~DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ~磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θ~设粒子做匀速圆周运动的半径为R~有 m 2mv0qvB,? 0R 过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G~由几何关系有 DG,h,R(1,cosθ)? TG,h,Rsinθ? sin θDGtanθ,,? cos θTG 联立??,?~将B,B代入~求得 m 2θ,arcsin? m5 当B逐渐减小~粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大~D点向b板靠近~DT与b板上表面的夹角θ也越变越小~当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着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域~此时B>B>0满足题目要求~夹角θ趋近m θ~即 0 θ,0? 0 2则题目所求为 0<θ?arcsin? 5 910([2014?四川卷]在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r, 44m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角θ,37?.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B,1.25 T;过D 4点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E,1×10 N/C.,3,6小物体P质量m,2×10 kg、电荷量q,,8×10 C,受到水平向右的推力F,9.98×101,3 N的作用,沿CD向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力(当P到达倾斜轨道底端1G点时,不带电的小物体P在GH顶端静止释放,经过时间t,0.1 s与P相遇(P与P与21122轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ,0.5,g取10 m/s,sin 37?,0.6,cos 37?,0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力(求: (1)小物体P在水平轨道CD上运动速度v的大小; 1 (2)倾斜轨道GH的长度s. 10((1)4 m/s (2)0.56 m [解析] (1)设小物体P在匀强磁场中运动的速度为v~受到向上的洛伦兹力为F~受到11的摩擦力为f~则 F,qvB? 1 f,μ(mg,F)? 1 由题意~水平方向合力为零 F,f,0? 联立???式~代入数据解得 v,4 m/s? (2)设P在G点的速度大小为v~由于洛伦兹力不做功~根据动能定理 1G 1122 qErsinθ,mgr(1,cosθ),mv,mv? G22 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a~根据牛顿第二11定律 qEcos θ,mgsinθ,μ(mgcosθ,qEsinθ),ma? 1 P与P在GH上相遇时~设P在GH上运动的距离为s~则 1211 12s,vt,at? 1G12 设P质量为m~在GH上运动的加速度为a~则 222 mgsin θ,μmgcos θ,ma? 2222 P与P在GH上相遇时~设P在GH上运动的距离为s~则 1222 12s,at? 222 联立?,?式~代入数据得 s,s,s? 12 s,0.56 m? 12( [2014?天津卷] 同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原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属板(质量为m、电荷量为,q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间,初速度可视为零(每当A进入板间,两板的电势差变为U,粒子得到加速,当A离开N板时,两板的电荷量均立即变为零(两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场,A在磁场作用下做半径为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(不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射,不考虑磁场变化对粒子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;. 1 (2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率P; n (3)若有一个质量也为m、电荷量为,kq(k为大于1的整数)的粒子 B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间,A、B初速度均可视为零,不计两者间的相互 作用,除此之外,其他条件均不变(下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹(在B的 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映A、B的运动轨迹,并经推 导说明理由( A B C D 12mUqUnqU12((1) (2) (3)A 图~理由略 RqπR2m [解析] (1)设A经电场第1次加速后速度为v~由动能定理得 1 12qU,mv,0? 12 A在磁场中做匀速圆周运动~所受洛伦兹力充当向心力 2mv1qvB,? 11R 由??得 12mUB,? 1Rq (2)设A经n次加速后的速度为v~由动能定理得 n 12nqU,mv,0? n2 设A做第n次圆周运动的周期为T~有 n 2πRT,? nvn 设在A运动第n周的时间内电场力做功为W~则 n W,qU? n 在该段时间内电场力做功的平均功率为 WnP,? nTn 由????解得 qUnqUP,? nπR2m (3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹( A经过n次加速后~设其对应的磁感应强度为B~A、B的周期分别为T、T′~综合?、nn ?式并分别应用A、B的数据得 2πmT, nqBn 2πmTnT′,, kqBkn 由上可知~T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n 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v和v′~考虑到?式 nn 2nqUv, nm 2nkqUv′,,kv nnm 由题设条件并考虑到?式~对A有 Tv,2πR nn 设B的轨迹半径为R′~有 T′v′,2πR′ n 比较上述两式得 RR′, k 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~两粒子运动的轨道如图A所示( 25( [2014?浙江卷] 离子推进器是太空飞行器常用的动力系统(某种推进器设计的简化原理如图1所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区(?为电离区,将氙气电离获得1价正离子;?为加速区,长度为L,两端加有电压,形成轴向的匀强电场(?区产生的正离子以接近0的初速度进入?区,被加速后以速度v从右侧喷出( M R?区内有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在离轴线处的C点持续射出一定速2 率范围的电子(假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动,截面如图2所示(从左向右 ,α?90?)(推进器工作时,向看)(电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0 ?区注入稀薄的氙气(电子使氙气电离的最小速率为v,电子在?区内不与器壁相碰且能0 到达的区域越大,电离效果越好(已知离子质量为M;电子质量为m,电量为e.(电子碰到器壁即被吸收,不考虑电子间的碰撞) 第25题图1 (1)求?区的加速电压及离子的加速度大小; (2)为取得好的电离效果,请判断?区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”); 第25题图2 (3)α为90?时,要取得好的电离效果,求射出的电子速率v的范围; (4)要取得好的电离效果,求射出的电子最大速率v与α角的关系( max2v3eBRM25([答案] ?v? (2)垂直纸面向外 (3)v02L4 m 3eBR(4)v, max4m,2,sin α, [解析] 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应用数学解决物理问题的能力( 12(1)由动能定理得Mv,eU? M2 2MvMU,? 2e 2veEUMa,,e,? MML2L (2)垂直纸面向外? (3)设电子运动的最大半径为r 32r,R.? 2 2veBv,m? r 3eBR所以有v?v 04m 4mv0要使?式有解~磁感应强度B>.? 3eR R(4)如图所示~OA,R,r~OC,~AC,r 2 3R根据几何关系得r,? 4,2,sin α, 3eBR由??式得v, . max4m,2,sin α, 8( (16分)[2014?重庆卷] 某电子天平原理如题8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 题8图 (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, 2nBIL8([答案] (1)从C端流出 (2)从D端流入 g 2nBLP(3) gR 本题借助安培力考查力的平衡~同时借助力的平衡考查受力平衡的临界状态( [解析] (1)感应电流从C端流出( (2)设线圈受到的安培力为F~外加电流从D端流入( A 由F,mg和F,2nBIL AA 2nBL得m,I g (3)设称量最大质量为 m. 0 2nBL2由m,I和P,IR g 2nBLP得m, 0gR 9( (18分)[2014?重庆卷] 如题9图所示,在无限长的竖直边界NS和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NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h,质量为m,带电荷量为,q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g. 题9图 (1)求电场强度的大小和方向( (2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值( (3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值( mgqBh0.68qBh9([答案] (1)E,~方向竖直向上 (2) (9,62) (3)可能的速度有三个:~qmm 0.545qBh0.52qBh~ mm 本题考查了带电粒子在复合场、组合场中的运动( 答题9图1 答题9图2 [解析] (1)设电场强度大小为E. 由题意有mg,qE mg得E,,方向竖直向上( q (2)如答题9图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v,对应的粒子在min 上、下区域的运动半径分别为r和r,圆心的连线与NS的夹角为φ. 12 mv由r, qB mv1min有r,,r ,r121qB2 由(r,r)sin φ,r 122 r,rcos φ,h 11 qBhv,(9,62) minm (3)如答题9图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为 r和r,粒子第一次通过KL时距离K点为x. 12 由题意有3nx,1.8h(n,1,2,3„) (9,62)h3x? 22 22x,r,(h,r) 11 0.36h,,得r,1,,n<3.5 12,,n2 0.68qBh即n,1时,v,; m 0.545qBhn,2时,v,; m 0.52qBhn,3时,v, m 14([2014?江苏卷] 某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图所示(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.装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M位于轴线OO′上,N、P分别位于下方磁场的上、下边界上(在纸面内,质量为m、电荷量为,q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成30?角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点(改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置(不计粒子的重力( (1)求磁场区域的宽度h; (2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量Δv; (3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值( 2,3,,,14([答案] (1)L,3d 1,,,,,32 qB,L3,(2) ,d,,m64 LqB,,,3L,,3d(3) 1?n<,1~n取整数,,n,1,,m3d [解析] (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r 根据题意 L,3rsin 30?,3dcos 30? 且h,r(1,cos 30?) 2,3,,,解得 h,L,3d. 1,,,,,32 (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′ 22vv′m,qvB~m,qv′B~ rr′ qBL3,,由题意知 3rsin 30?,4r′sin 30? 解得Δv,v,v′,. ,d,,m64 (3)设粒子经过上方磁场n次 由题意知 L,(2n,2)dcos 30?,(2n,2)rsin 30? n 2mvLqBn,,,3d且 ,qvB~解得 v, nn,,n,1rmn ,3L, 1?n<,1~n取整数,,3d 24((20分)[2014?山东卷] 如图甲所示,间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在 匀强磁场(取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示(t ,0时刻,一质量为m、带电荷量为,q的粒子(不计重力),以初速度v.由Q板左端靠近板0面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区(当B和T取某些特定值时,可0B使t,0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)(上述m、q、d、 v为已知量( 0 图甲 图乙 1(1)若Δt,T,求B; B02 3T(2)若Δt,,求粒子在磁场中运动时加速度的大小; B2 4mv0(3)若B,. ,为使粒子仍能垂直打在P板上,求T0Bqd 2mvπ3v1d00,,24([答案] (1) (2) (3),arcsin ,,qdd242v0 [解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R~由牛顿第二定律得 1 2mv0qvB,? 00R1 据题意由几何关系得 R,d? 1 联立??式得 mv0B,? 0qd (2)设粒子做圆周运动的半径为R~加速度大小为a~由圆周运动公式得 2 2v0a,? R2 据题意由几何关系得 3R,d? 2 联立??式得 23v0a,? d (3)设粒子做圆周运动的半径为R~周期为T~由圆周运动公式得 2πRT,? v0 由牛顿第二定律得 2mv0qvB,? 00R 4mv0由题意知B,~代入?式得 0qd d,4R? 粒子运动轨迹如图所示~O、O为圆心~OO连接与水平方向的夹角为θ~在每个T1212B π内~只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板~且均要求0,θ<~由题意可知 2 π,θ2TBT,? 2π2 设经历完整T的个数为n(n,0~1~2~3„„) B 若在A点击中P板~据题意由几何关系得 R,2(R,Rsin θ)n,d? 当n,0时~无解? 当n,1时~联立??式得 π1θ,(或sin θ,)? 62联立????式得 πdT,? B3v0当n?2时~不满足0,θ,90?的要求? 若在B点击中P板~据题意由几何关系得 R,2Rsin θ,2(R,Rsin θ)n,d? 当n,0时~无解? 当n,1时~联立??式得 11θ,arcsin(或sin θ,)? 44联立????式得 π1d,,T,,arcsin ? B,,242v0当n?2时~不满足0,θ,90?的要求(? 1((2013高考上海物理第13题)如图,足够长的直线ab 靠近通电螺线管,与螺线管平行。用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B,在计算机屏幕上显示的大致图像是 答案:C 解析:通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小,所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应 强度B,在计算机屏幕上显示的大致图像是C。 2((2013高考安徽理综第15题)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 【答案】B 【 解析】在O点处,各电流产生的磁场的磁感应强度在O点叠加。d、b电流在O点产生的磁场抵消,a、c电流在O点产生的磁场合矢量方向向左,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,由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向是向下,B选项正确。 3. (2013全国新课标理综II第17题)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的 半径为R,磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60?。不计重力。该磁场的磁感应强度大小为 mv3mv00A( B( qR3qR mv3mv300C( D( qRqR 答案.A 【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识点,意在考查考生应用力学、电学知识分析解决问题的能力。 【解题思路】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 2v0,解得r=mv/qB。由图中几何关系可牛顿第二定律,qvB=m00r 3mv0得:tan30?=R/r。联立解得:该磁场的磁感应强度B=, 3qR 选项A正确。 【技巧点拨】题述没有给出图,解答带电粒子在匀强磁场中的运动问题一定要画出轨迹图,利用洛伦兹力等于向心力和图中几何关系列出相关方程联立解得。 4. (2013全国新课标理综1第18题)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(q>0)。质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁 场区域,射入点与ab的距离为R/2,已知粒子射出磁场与射入磁 场时运动方向间的夹角为60?,则粒子的速率为(不计重力) qBRqBRA( B( 2mm 3qBR2qBRC( D( m2m 【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、洛伦兹力等基础知识点,意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题,解决问题的能力。 答案:B 2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,由qvB=mv/R qBR可得:v=,选项B正确。 m 5.(2013高考广东理综第21题)如图9,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上,不计重力,下列说法正确的有 A.a,b均带正电 B.a在磁场中飞行的时间比b的短 C. a在磁场中飞行的路程比b的短 D.a在P上的落点与O点的距离比b的近 5(考点:运动电荷在磁场中的运动,圆周运动,洛伦兹力, 答案:A D 解析:根据题述,由左手定则,带电粒子a,b均带正电,选项A mv正确。由于a b粒子做圆周运动的半径为:相等,画出R,qB 轨迹如右图, O、O分别为a b粒子运动轨迹所对的圆心,显然a1 2 m,,tT粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b, 由和轨迹图可知,a在磁场中,,qB2, 飞行的时间比b的长,a在磁场中飞行的路程比b的长,a在P上的落点与O点的距离比b的近,选项D正确BC错误。 6((20分)(2013全国高考大纲版理综第26题)如图所示,虚线OL与y轴的夹角为θ,60?,在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q,0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场,入射点为M。粒子在磁场中运动的 OD轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出),且,R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。 y M B L θ O x 6((20分)解:根据题意,粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设运动轨迹交虚线OL于A点,圆心在y轴上的C点,AC与y轴的夹角为α;粒子从A点射出后,运动轨迹交x轴的P点,设AP与x轴的夹角为β,如图所示。有 (判断出圆心在y轴上得1分) 2v (1分) qBmv,y RM L 2πm 周期为 (1分) T,A D qBh 60? 过A点作x、y轴的垂线,垂足分别为B、D。由几何知识得 β P O B x α ADR,sinαODAD,:cot60 ,, C OPADBP,,, BPOD,cotβ α=β (2分) 1 联立得到 (2分) sinα,,cosα1 3 解得α=30?,或α=90? (各2分) ADR,sinα 设M点到O点的距离为h,有 3hROC,,, OCCDODRAD,,,,cosα3 2联立得到 h=R-Rcos(α+30?) (1分) 3 3 解得h=(1-)R (α=30?) (2分) 3 3 h=(1+)R (α=90?) (2分) 3 当α=30?时,粒子在磁场中运动的时间为 Tmπ t,, (2分) 126qB 当α=90?时,粒子在磁场中运动的时间为 Tmπ (2分) t,,42qB (2012年高考题 1.(2012?全国理综)如图,两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与直面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上,o为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是 A.o点处的磁感应强度为零 B.a、b两点处的磁感应强度大小相等,方向相反 C.c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同 D.a、c两点处磁感应强度的方向不同 【答案】:CD 2.(2012?天津理综)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通一由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况是 A(棒中电流变大,θ角变大 B( 两悬线等长变短,θ角变小 C( 金属棒质量变大,θ角变大 D(磁感应强度变大,θ角变小 【答案】A 【解析】根据安培力公式,F=BIL,棒中电流变大,金属棒所受安培力变大,θ角变大,选项A正确;两悬线等长变短,θ角不变,选项B错误;金属棒质量变大,θ角变小,选项C错误;磁感应强度变大,金属棒所受安培力变大,θ角变大,选项D错误。 【考点定位】本题考查安培力及其相关知识,意在考查考生分析动态变化的能力。 3.(2012?北京理综)处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圈周运动。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值 A( 与粒子电荷量成正比 B( 与粒子速率成正比 C(与粒子质量成正比 D(与磁感应强度成正比 【答案】:D 4. (2012?海南物理)图中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨,L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b,导轨两端e、f,分别接到两个不同的直流电源上时,L便在导轨上滑动。下列说法正确的是 若a接正极,b接负极,e接正极,f接负极,则L 向右滑动 A(若a接正极,b接负极,e接负极,f接正极, 则L向右滑动 B( 若a接负极,b接正极,e接正极,f接负极, 则L向左滑动 C( 若a接负极,b接正极,e接负极,f接正极,则L向左滑动 【答案】:BD【解析】:若a接正极,b接负极,根据安培定则,电磁铁产生竖直 向上的磁场。e接负极,f接正极,由左手定则可判断出L所受安培力向右,则L向右滑动,选项A错误B正确;若a接负极,b接正极,根据安培定则,电磁铁产生竖直向下的磁场。e接负极,f接正极,由左手定则可判断出L所受安培力向左,则L向左滑动,选项D正确C错误。 【考点定位】此题考查安培定则、左手定则及其相关知识。 5. (2012?上海物理)载流长直导线周 围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r, 式中常量k>0,I为电流强度,r为距 导线的即离。在水平长直导线MN正 下方,矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流,被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂,如图所示。开始时MN内不通电流,此时两细线内的张力均为T。0当MN通以强度为I的电流时,两细线内的张力均减小为T:当MN内的电流11 强度变为I时,两细线的张力均大于T。 20 (1)分别指出强度为I、I的电流的方向; 12 (2)求MN分别通以强度为I和I电流时,线框受到的安培力F与F大小之1212比; (3)当MN内的电流强度为I时两细线恰好断裂,在此瞬间线圈的加速度大小3 为a,求I。 3 T202 T=G,2 T+F=G,F+G=ma=a。 0113g ,,,TTgIF0111==, ,,IFTa-g330 ,,-Tag0I= I。 31,,,TTg01 【考点定位】此题考查安培力、平衡条件、牛顿第二定律及其相关知识。 二(2011年高考题 1.(2011全国理综)如图,两根相互平行的长直 导线分别通有方向相反的电流I和I,,且I>I,;a、1212 b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点,且a、 b、c与两导线共面;b点在两导线之间,b、d的连 线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是 A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 【解析】:两导线在a、c两点产生的磁场方向相反,两导线在b点产生的磁场方向相同,合磁感应强度不可能为零;两导线在b点产生的磁场方向有一定夹角,合磁感应强度不可能为零;两导线在a、c两点产生的磁场方向相反,且I>I,12所以合磁感应强度可能为零的是c点,选项C正确。 【答案】:C 【知识拓展】无限长通电导线在周围产生的磁场的磁感应强度与导线中的电流大小成正比,与到导线的距离成反比。 (2011新课标理综第14题)为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的2. 磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的,在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是 【解析】:在地理北极附近是地磁场的S极,由安培定则可知正确表示安培假设中环形电流方向的是图B。 【答案】:B 【点评】此题考查地磁场和安培定则。环形电流可等效为小磁针,地球的磁场可 等效为一条形磁铁。 3.(2011上海物理第18题)如图3,质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O’,并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度的方向和大小可能为 mg(A) z正向,tanθ IL mg(B) y正向,。 IL mg(C) z负向,tanθ。 IL mg(D)沿悬线向上,sinθ IL 【解析】(画出通电导线受力图如图所示,由左手定则可知,当磁感应强度的方向沿y轴正方向时,安培力沿z轴正方向。当BIL=mg时,导线受力平衡,保持静止,即磁感应强度的方向沿 mgy轴正向,大小为,选项B正确。当磁感应强度的方向沿zIL 轴负方向时,安培力沿y轴正方向。当BIL=mgtanθ时,导线受 mg力平衡,保持静止,即磁感应强度的方向沿z轴负向,大小为tanθ,选项CIL正确。 【答案】BC 【点评】与安培力相关的平衡问题可考查受力分析、安培力、平行四边形定则等知识点,难度中等。 4(2011海南物理卷第10题)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,图2中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷,它们的电荷量、质量均不同,但其比荷相同,且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是 A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.在磁场中运动时间相同的粒子,其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子,其轨迹所对的圆心角一定越大 个周期,时间相同,因而选项AC错误。 【答案】BD 【点评】此题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动、轨道半径、运动时间及其相关知识。 5.(2011浙江理综第20题)利用如图1所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方的感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷为q,具有不同速度的的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场,对于能够从宽度为d的缝射出的粒子,下列说法正确的是 A. 粒子带正电 qBdL()3,B. 射出粒子的最大速度为 2m C. 保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度 与最小速度之差增大 D. 保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度 与最小速度之差增大 【答案】BC 【点评】此题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动、轨道半径及其相关知识。 6(2011新课标理综)电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入,通过导电弹体从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到的安培力在作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是 A(只将轨道长度L变为原来的2倍 B(只将电流I增加到原来的2倍 C(只将弹体质量减小到原来的一半 D(将弹体质量减小到原来的一半,轨道长度 L变为原来的2倍,其它量不变, 【答案】:BD 【点评】磁动力与实际问题相结合的综合应用是历年高考的重点,磁动力的应用涉及安培力、动能定理等重点知识,难度中等。 三(2010年高考题 1(2010上海物理)如图,长为2l的直导线折成边长相等,夹角为60?的V形,并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B,当在该导线中通以电流强度为I的电流时,该V形通电导线受到的安培力大小为 × × × × × × A(0 B(0.5BI l C(BI l D(2 BI l × × × × × × B 【解析】V形通电导线的有效长度为2lsin30?=l,所× × × × × × O60 × × × × × × 以该V形通电导线受到的安培力大小为BIl,选项C正 × × × × × × 确。 【答案】C 【点评】安培力公式中的L为通电导线的有效长度,弯折形通电导线的有效长度等于导线两端点连线的长度。 2(2010重庆理综)如题图所示,矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场,有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场,在纸面内做匀速圆周运动,运动轨迹为相应的圆弧,,这些粒子的质量,电荷量以及速度大小如下表所示。 粒子编号 质量 电荷量速度大 (q>0) 小 1 m 2q v 2 2m 2q 2v 3 3m -3q 3v 4 2m 2q 3v 5 2m -q v 由以上信息可知,从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为 A.3,5, 4 B.4,2,5 C.5,3,2 D.2,4,5 所以正确答案D。 【答案】D 【点评】此题以轨迹图中方格来说明轨迹半径的大小,考查带电粒子在匀强磁场中的运动,新颖而难度不大。 3((2010年江苏物理)如图所示,在匀强磁场中附加另一匀强磁场,附加磁场位于图中阴影区域,附加磁场区域的对称轴OO’与SS’垂直。a、b、c三个质子 先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场,它们的速度大小相等,b的速度方向与SS’垂直,a、c的速度方向与b的速度方向间的夹 角分别为α、β,且α>β。三个质子经过附加磁场区 域后能达到同一点S’,则下列说法中正确的有 A(三个质子从S运动到S’的时间相等 B(三个质子在附加磁场以外区域运动时,运动轨迹 的圆心均在OO’轴上 C(若撤去附加磁场,a到达SS’连线上的位置距S点最近 D(附加磁场方向与原磁场方向相同 径减小,选项D正确。 【答案】.CD 【点评】此题考查带电粒子在磁场中的运动,难度较大。 4(2010高考浙江理综).如图7所示,一矩形轻质 柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动,其 在纸面上的长度为L,垂直纸面的宽度为L。在12 膜的下端(图中A处)挂有一平行于转轴,质量为 m,长为L的导体棒使膜成平面。在膜下方水平放2 置一足够大的太阳能光电池板,能接收到经反射膜 反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能。光电池板可等效为一个电池,输出电压恒定为U,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定)。导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中, 并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出)。 (1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成, =60?时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流强度的大小和光电池的输出功率。 (2)当变成45?时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒, 平衡外,还能输出多少额外电功率, 【解析】(1)导体棒所受安培力F= BIL,导体棒处于A2 受力平衡状态,由静力平衡条件,mgtan,=F, A BIL2 mg,解得 I=tan, BL2 mg mgmg3所以当, =60?时,I=tan60?=, 60BLBL22 mg3光电池输出功率P=UI=U。 6060BL2 mgmg (2)当,=45?时,维持静力平衡需要的电流为I=tan45?=, 45BLBL22 ,LLcos45P12452根据几何关系可知,==。 ,LLcos60P60:1260 45: mg62可得P= P =U。 4560BL2 【点评】此题重点考查安培力、静力平衡与电池功率等知识点。解答此题的易错点主要有:一是分析受力时选错研究对象,导致把导体棒的受力平衡物体误认为是轻质柔软反射膜的力矩平衡问题;二是把光电池板接收到的光能错误认为正比 于照射到光电池板上光的面积;三是不能利用几何关系得出,=45?和,=60?时光电池输出功率的关系。 四(2009年高考题 1.(2009年高考重庆理综)在题图所示电路中,电池均相同,当电键S分别置于a、b两处时,导线MM’与NN’之间的安培力的大小为f、f,判断这两段导线 ab A.相互吸引,f>f ab B.相互排斥,f>f ab C.相互吸引,f