1、专题九磁场1.(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。2.(2014江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强
2、度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足:UH=kIHBd,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则()A.霍尔元件前表面的电势低于后表面B.若电源的正负极对调,电压表将反偏C.IH与I成正比D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比答案CD由左手定则可判定,霍尔元件的后表面积累负电荷,前表面电势较高,故A错。由电路关系可见,当电源的正、负极对调时,通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方向同时反向,前表面的电势仍然较高,故B错。由电路可见,IHIL=RLR,则I
3、H=RLR+RLI,故C正确。RL的热功率PL=IL2RL=RIHRL2RL=R2IH2RL,因为B与I成正比,故有:UH=kIHBd=kIHId=kIH2(R+RL)dRL=k(R+RL)dR2PL,可得知UH与PL成正比,故D正确。3.(2013浙江理综,20,6分)(多选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+()A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为31C
4、.在磁场中转过的角度之比为12D.离开电场区域时的动能之比为13答案BCD两离子所带电荷量之比为13,在电场中时由qE=ma知aq,故加速度之比为13,A错误;离开电场区域时的动能由Ek=qU知Ekq,故D正确;在磁场中运动的半径由Bqv=mv2R、Ek=12mv2知R=1B2mUq1q,故B正确;设磁场区域的宽度为d,则有sin =dR1R,即sin30sin=13,故=60=2,C正确。4.(2012广东理综,15,4分)质量和电量都相等的带电粒子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中虚线所示。下列表述正确的是()A.M带负电,N带正电B.M的速率小于N的速率C
5、.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间答案A由左手定则判断得M带负电、N带正电,A正确。由题图可知M、N半径关系为RMRN,由半径R=mvqB可知,vMvN,B错误。因洛伦兹力与速度方向时刻垂直,故不做功,C错误。由周期公式T=2mqB及t=12T可知,tM=tN,D错误。评析本题考查带电粒子在磁场中的运动,涉及左手定则、轨迹半径、运动周期及运动时间等知识点。综合性较强,难度较大。5.(2015江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应
6、强度为B的匀强磁场,最后打在底片上。已知放置底片的区域MN=L,且OM=L。某次测量发现MN中左侧23区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧13区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到。(1)求原本打在MN中点P的离子质量m;(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围;(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整,求需要调节U的最少次数。(取lg 2=0.301,lg 3=0.477,lg 5=0.699)答案(1)9qB2L232U0(2)100U081U16U09(3)3次解析(1)离子在电场中加速,qU0=12mv
7、2在磁场中做匀速圆周运动,qvB=mv2r,解得r=1B2mU0q代入r=34L,解得m=9qB2L232U0(2)由(1)知,U=16U0r29L2离子打在Q点r=56L,U=100U081离子打在N点r=L,U=16U09则电压的范围为100U081U16U09(3)由(1)可知,rU由题意知,第1次调节电压到U1,使原本打在Q点的离子打在N点,L56L=U1U0此时,原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上56Lr1=U1U0解得r1=562L第2次调节电压到U2,使原本打在Q1的离子打在N点,原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上,则Lr1=U2U0,56Lr2=U2U0,解得r2=(5
8、6)3L同理,第n次调节电压,有rn=(56)n+1L检测完整,有rnL2,解得nlg2lg 65-12.8最少次数为3次。6.(2015浙江理综,25,22分)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m,速度为v的离子在回旋加速器内旋转,旋转轨道是半径为r的圆,圆心在O点,轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度为B。为引出离子束,使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示,一对圆弧形金属板组成弧形引出通道,通道的圆心位于O点(O点图中未画出)。引出离子时,令引出通道内磁场的磁感应强度降低,从而使离子从P点进入通道,沿通道中心
9、线从Q点射出。已知OQ长度为L,OQ与OP的夹角为。(1)求离子的电荷量q并判断其正负;(2)离子从P点进入,Q点射出,通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B,求B;(3)换用静电偏转法引出离子束,维持通道内的原有磁感应强度B不变,在内外金属板间加直流电压,两板间产生径向电场,忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入,Q点射出,求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。答案(1)mvBr正电荷(2)mv(2r-2Lcos)q(r2+L2-2rLcos)(3)方向沿径向向外Bv-mv2(2r-2Lcos)q(r2+L2-2rLcos)解析(1)离子做圆周运动 Bqv=mv2rq=mvBr,带正电荷(2)如
10、图所示OQ=R,OQ=L,OO=R-r引出轨迹为圆弧,有Bqv=mv2RR=mvqB根据几何关系得R=r2+L2-2rLcos2r-2LcosB=mvqR=mv(2r-2Lcos)q(r2+L2-2rLcos)(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧,有Bqv-Eq=mv2RE=Bv-mv2(2r-2Lcos)q(r2+L2-2rLcos)7.(2015天津理综,12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与
11、电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为n,试求sin n;(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。答案(1)2qEdm2BmEdq(2)Bnqd2mE(3)见解析解析(1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由
12、动能定理,有2qEd=12mv22由式解得v2=2qEdm粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有qv2B=mv22r2由式解得r2=2BmEdq(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同)。nqEd=12mvn2qvnB=mvn2rn粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为n,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为n,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有图1vn-1 sin n-1=vn sin n由图1看出rn sin n-rn sin n=d由式得rn sin n-rn-1 sin n-1
13、=d由式看出r1 sin 1,r2 sin 2,rn sin n为一等差数列,公差为d,可得rn sin n=r1 sin 1+(n-1)d图2当n=1时,由图2看出r1 sin 1=d由式得sin n=Bnqd2mE(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则n=2sin n=1在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为qm,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为n,由于qmqm则导致sin n1说明n不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。8.(2014四川理综,11,19分)如图所示,水平放置的不带电的平行金属
14、板p和b相距h,与图示电路相连,金属板厚度不计,忽略边缘效应。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,图示平面为竖直平面。质量为m、电荷量为-q(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)电路中的直流电源内阻为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
15、;(3)若选用恰当直流电源,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0Bm=(21+5)m(21-2)qt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b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)。答案(1)mh22t2(2)mhq(R+r)g-2h3l2t2(3)0B0满足题目要求,夹角趋近0,即0=0则题目所求为0arcsin25说明式各1分评析本题是一道力、电综合题,主要考查带电粒子在电场中的加速、偏转以及在复合场中的运动。题目涉及的知识点较多,综合性强,难度较大。特别是第
16、(3)问更是要求在透彻理解题意的基础上,画出粒子的运动轨迹,找到临界条件,并结合一定的数学知识求解,但本题所涉及知识均为高中阶段的主干知识,且问题设置层层递进,梯度合理,具有一定的难度和较好的区分度,仍不失为一道好题。9.(2014广东理综,36,18分)如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和,以水平面MN为理想分界面,区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入区,并直接偏转到MN上的P点,
17、再进入区,P点与A1板的距离是L的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E;(2)若2k3,且粒子沿水平方向从S2射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式。答案(1)qB02L22md(2)v=(k2+1)qB0L2mB=k3-kB0解析(1)粒子在电场中,由动能定理有qEd=12mv12-0粒子在区洛伦兹力提供向心力qv1B0=mv12r当k=1时,由几何关系得r=L由解得E=qB02L22md(2)由于2k3时,由题意可知粒子在区只能发生一次偏转,运动轨迹如图所示,由几何关系可知(r1-L)2+(kL)2=r12解得
18、r1=k2+12L粒子在区洛伦兹力提供向心力qvB0=mv2r1由解得v=(k2+1)qB0L2m粒子在区洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r2由对称性及几何关系可知k(3-k)=r1r2解得r2=(3-k)(k2+1)2kL由解得B=k3-kB010.(2014浙江理综,25,22分)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vM从右侧喷出。区内有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在离
19、轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子。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(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角(090)。推进器工作时,向区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0,电子在区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,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)图1图2(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”);(3)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
20、好的电离效果,求射出的电子最大速率vmax与角的关系。答案(1)MvM22evM22L(2)垂直纸面向外(3)v0v4mv03eR)(4)vmax=3eBR4m(2-sin)解析(1)由动能定理得12MvM2=eUU=MvM22ea=eEM=eUML=vM22L(2)由题知电子在区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,电离效果越好,则题图2中显然电子往左半部偏转较好,故区中磁场方向应垂直纸面向外(3)设电子运动的最大半径为r2r=32ReBv=mv2r所以有v0v4mv03eR(4)如图所示,OA=R-r,OC=R2,AC=r根据几何关系得r=3R4(2-sin)由式得vmax=3eBR4m(2-
21、sin)11.(2014重庆理综,9,18分)如图所示,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。(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。答案(1)mgq,方向竖直向上(2)(9-
22、62)qBhm(3)见解析图1解析(1)设电场强度大小为E。由题意有mg=qE得E=mgq,方向竖直向上。(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为。由r=mvqB有r1=mvminqB,r2=12r1由(r1+r2)sin =r2r1+r1 cos =h得vmin=(9-62)qBhm(3)如图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r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x。图2由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,)32x(9-62)h2x=r12-(h-r1)2
23、得r1=(1+0.36n2)h2,n3.5即n=1时,v=0.68qBhm;n=2时,v=0.545qBhm;n=3时,v=0.52qBhm。评析试题背景为带电粒子在重力场、匀强电场、有界匀强磁场中的匀速圆周运动,问题设置涉及临界与极值、运动的周期性与多解,对考生的分析与推理能力、数学运算能力有极高的要求,试题难度高,区分度大,不失为一道压轴的好题。12.(2013山东理综,23,18分)如图所示,在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里;第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子,自y轴上的P点沿x轴正方向射入
24、第四象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d。不计粒子重力。(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0。(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。答案(1)2qEdm与x轴正方向夹角45(2)mE2qd(3)(2+)2mdqE解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t0,加速度的大小为a,粒子的初速度为v0,过Q点时速度的大小为v,沿y轴方向分速度的大小为vy,速度与x轴正方向间的
25、夹角为,由牛顿第二定律得qE=ma由运动学公式得d=12at022d=v0t0vy=at0v=v02+vy2tan =vyv0联立式得v=2qEdm=45(2)设粒子做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示,O1为圆心,由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形,得R1=22d由牛顿第二定律得qvB0=mv2R1联立式得B0=mE2qd(3)设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何分析(粒子运动的轨迹如图所示。O2、O2是粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O2、O2,由几何关系知,O2FGO2和O2QHO2均为矩形,进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩
26、形,又FHGQ,可知QFGH是正方形,QOF为等腰直角三角形)可知,粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆,得2R2=22d粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得FG=HQ=2R2设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有t=FG+HQ+2R2v联立式得t=(2+)2mdqE13.(2013四川理综,11,19分)如图所示,竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy,x轴沿水平方向。在x0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l、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h。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
27、度大小为B2、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出)。一质量为m、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q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轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动,经14圆周离开电磁场区域,沿y轴负方向运动,然后从x轴上的K点进入第四象限。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做质点,重力加速为g。求:(1)匀强电场的场强大小,并判断P球所带电荷的正负;(2)小球Q的抛出速度v0的取值范围;(3)B1是B2的多少倍?答案(1)mgq正(2)00,
28、得0v02gh2h(l+m2gB1B2q2)说明:式各1分,式2分。(3)小球Q在空间做平抛运动,要满足题设要求,则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度时的W点时,其竖直方向的速度vy与竖直位移yQ必须满足vy=vyQ=R设小球Q运动到W点时间为t,由平抛运动,有vy=gtyQ=12gt2联立相关方程,解得B1=12B2B1是B2的0.5倍。说明:式各1分,式2分。14.(2012天津理综,12,20分)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示,质量为m、电荷量为q的铀235离子,从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场,其初速度可视为零,然后经过小孔S2垂直于磁场方
29、向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,做半径为R的匀速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集,离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。(1)求加速电场的电压U;(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M;(3)实际上加速电压的大小会在UU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子,如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离,为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠,UU应小于多少?(结果用百分数表示,保留两位有效数字)答案(1)qB2R22m(2)mItq(3)0.63%解析(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v
30、,由动能定理得qU=12mv2离子在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力,即qvB=mv2R由式解得U=qB2R22m(2)设在任意时间t内收集到的离子个数为N,总电荷量为Q,则Q=ItN=QqM=Nm由式解得M=mItq(3)由式有R=1B2mUq设m为铀238离子质量,由于电压在UU之间有微小变化,铀235离子在磁场中最大半径为Rmax=1B2m(U+U)q铀238离子在磁场中最小半径为Rmin=1B2m(U-U)q这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为RmaxRmin即1B2m(U+U)q1B2m(U-U)q则有m(U+U)m(U-U)UUm-mm+m其中铀235离子的质
31、量m=235 u(u为原子质量单位),铀238离子的质量m=238 u,故UU238u-235u238u+235u解得UU0)的粒子由S1静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在t=T02时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力,不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。答案(1)2qU0mT042qU0m(2)BL2联立式得B4L2mU0q(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1,有d=vt1联立式得t1=T04若粒子再次到达S2时速度恰好为零,粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时间为t2,根据运动学公式得d=v2t2联立式得t2=T02设粒子在磁场中运动的时间为tt=3T0-T02-t1-t2联立式得t=7T04设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,由式结合运动学公式得T=2mqB由题意可知T=t联立式得B=8m7qT0
