1、考点一磁场、磁场力1(2015新课标全国,18，6分)(难度)(多选)指南针是我国古代四大发明之一关于指南针，下列说法正确的是()A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转解析指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误答案BC2(2015海南单科，1，3分)(
2、难度)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向右解析条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确答案A3. (2015江苏单科，4，3分)(难度)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态若磁场发生微小变化，天平最容
3、易失去平衡的是()解析由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据FBIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确答案A4(2014新课标全国，15，6分)(难度)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解析由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错、B正确；安培力的大小FBILsin 与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从
4、中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的.因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误答案B5(2014浙江理综,20，6分)(难度)(多选)如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向则金属棒()A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在
5、一个周期内做正功解析根据题意得出v-t图象如图所示,金属棒一直向右运动，A正确；速度随时间做周期性变化,B正确；据F安BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确；F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错答案ABC6(2012全国卷，18，6分)(难度)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()AO点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
6、Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同解析先根据安培定则可判断M、N两点处的直线电流在a、b、c、d、O各点产生的磁场方向如图所示，再利用对称性和平行四边形定则可确定各点(合)磁场的方向磁场叠加后可知，a、b、c、d、O的磁场方向均相同，a、b点的磁感应强度大小相等,c、d两点的磁感应强度大小相等所以只有C正确答案C7(2012天津理综，2，6分)(难度)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，棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A棒中的电流变大，角变
7、大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小解析对金属棒受力分析如图所示由三力平衡的特点得tan ，故A正确，C、D错误；悬线的长度对角没有影响，B错误答案A8(2015新课标全国，24，12分)(难度)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 .已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm,重力加速度大小取
8、10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量解析金属棒通电后，闭合回路电流I6 A导体棒受到的安培力大小为FBIL0.06 N由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知：开关闭合前：2kxmg开关闭合后：2k(xx)mgF代入数值解得m0.01 kg答案0.01 kg9. (2015重庆理综，7,15分)(难度)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计线圈左边
9、始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率解析(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得FnBIL由左手定则知方向水平向右(2)安培力的功率为PFv联立式解得PnBILv答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv10(2015浙江理综，24，20分)(难度)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长
10、H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)图1图2(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 ，不接外电流，两臂平衡如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时
11、磁感应强度的变化率.解析(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入数据解得：N125匝(2)由电磁感应定律得：EN2N2Ld由欧姆定律得：I线圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可得：mgNB0代入数据可得0.1 T/s答案(1)25匝(2)0.1 T/s考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1(2015新课标全国，14，6分)(难度)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角
12、速度增大D轨道半径增大，角速度减小解析由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB，轨道半径r，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变，轨道半径r变大，根据角速度可知角速度变小，选项D正确答案D2(2015新课标全国,19，6分)(难度)(多选)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等解析设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，设B2B，B1kB则由牛顿第二定律得：qvBT由得：R
13、，T所以k，k根据a，可知，所以选项A、C正确，选项B、D错误答案AC3(2015广东理综，16，4分)(难度)在同一匀强磁场中，粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则粒子和质子()A运动半径之比是21B运动周期之比是21C运动速度大小之比是41D受到的洛伦兹力之比是21解析粒子和质子质量之比为41，电荷量之比为21，由于动量相同，故速度之比为14；同一磁场，B相同由r，得两者半径之比为12；由T,得周期之比为21；由f洛qvB，得洛伦兹力之比为12.故只有B正确答案B4(2015四川理综，7，6分)(难度)(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子
14、，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L9.1 cm，中点O与S间的距离d4.55 cm，MN与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B2.0104 T.电子质量m9.11031 kg,电量e1.61019 C，不计电子重力电子源发射速度v1.6106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A90时，l9.1 cm B60时，l9.1 cmC45时，l4.55 cm D30时，l4.55 cm解析电子在匀强磁场运动的轨道半径为R4.55 cm电子沿逆时针方向做匀速圆周运动,当90时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向
15、右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故lL9.1 cm，A正确；当30时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l4.55 cm，D正确；进而可分析知当45或60时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM,即4.55 cml9.1 cm，故B、C错误答案AD5(2014新课标全国，16，6分)(难度)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出).一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半，速度方向和电
16、荷量不变，不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A2 B. C1 D.解析由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍；由洛伦兹力提供向心力:qvB得v；其动能Ekmv2，故磁感应强度B，选项D正确答案D6(2014新课标全国,20，6分)(难度)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()A电子与正电子的偏转方向一定不同B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D粒子
17、的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关系未知由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受沦伦兹力方向相反、偏转方向必相反，故A正确；因r，各粒子虽q相同、但v关系未知，故m相同、v不同时轨迹半径不同,而当r相同时只能表明mv相同，不能确定m的关系，故B错误,C正确；由Ekmv2有r，可见当Ek越大时确定的粒子其轨迹半径越大，故D错误答案AC7(2014安徽理综，18，6分)(难度)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体
18、的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变由此可判断所需的磁感应强度B正比于()A. BT C. DT2解析等离子体在磁场中受到的洛沦兹力提供向心力，有qvB，得v动能Ekmv2 由题意得EkkT故有：kT得B即B，选项A正确答案A8(2013新课标全国,18，6分)如图所示，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(q0)、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.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)()A.
19、 B. C. D.解析粒子运动的情景如图所示.由于入射点M距离直径ab为R/2，且入射方向MC平行于ab，所以MOC60.粒子射出磁场时，偏转角度为60，即MOB60.所以由几何关系知,粒子的轨迹半径rR，又r.所以v，B正确答案B9(2013新课标全国，17，6分)(难度)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(q0)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()A. B.C. D.解析根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子运动的半径rR，根据粒子
20、受到的洛伦兹力提供向心力可得，qv0Bm，解得，B，A项正确答案A10(2013广东理综，21，4分)(难度)(多选)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()Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近解析由左手定则可判断粒子a、b均带正电,选项A正确；由于是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R相同，周期T也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b在磁场中运动轨迹是半个圆周，a在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确答
21、案AD11(2013安徽理综，15，6分)(难度)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向右解析根据右手定则及磁感应强度的叠加原理可得，四根导线在正方形中心O点产生的磁感应强度方向向左，当带正电的粒子垂直于纸面的方向向外运动时，根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力的方向向下，B项正确答案B12(2012广东理综，15，4分)(难度)质量和电荷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
22、半圆轨迹如图中虚线所示下列表述正确的是()AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间解析由左手定则可判断出M带负电,N带正电，选项A正确；由半径公式r知：在m、q、B相同的情况下,半径大的M速度大，选项B错误；洛伦兹力与速度始终垂直，永不做功，选项C错误；由周期公式T知二者的周期相同，选项D错误答案A13(2015浙江理综，25，22分)(难度)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
23、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的方向和大小解析(1)
24、离子做圆周运动Bqvq，根据左手定则可判断离子带正电荷(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示OQR，OQL，OORr引出轨迹为圆弧，BqvR由余弦定理得R2L2(Rr)22L(Rr)cos解得R故B(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧BqvEq解得EBv答案(1)正电荷(2)(3)Bv14. (2015山东理综，24，20分)(难度)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心，GH为大圆的水平直径两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔一质量为m、电量为q的粒子由小孔下方处静止释放，加
25、速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场不计粒子的重力(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程解析(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qEmv2解得E(2)设区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB甲如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R联立式得B若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R联立式得B(3)设粒子在区和区做圆周运动的半
26、径分别为R1、R2，由题意可知，区和区磁感应强度的大小分别为B1、B2，由牛顿第二定律得qvB1m，qvB2m代入数据得R1，R2设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得T1，T2乙据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，区两段圆弧所对圆心角相同，设为1，区内圆弧所对圆心角设为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系得1120218060丙粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2可得t1T1，t2T2设粒子运动的路程为s，由运动学公式得sv(t1t2)联立式得s5
27、.5D答案(1)(2)或(3)5.5D15(2014广东理综，36，18分)(难度)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、电荷量为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，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k1，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
28、度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式解析(1)粒子在电场中，由动能定理有qEdmv0粒子在区洛伦兹力提供向心力qv1B0m当k1时，由几何关系得rL由解得E(2)由于2kd解得nk2故式中n的取值为n1，2，3，k21(3)当nk21时，打在P点的粒子能量最大粒子在磁场中运动周期T粒子在磁场中运动时间tB(n)T联立式解得tB对粒子在电场中由动量定理得tEmv联立式解得在电场中运动时间tEh答案(1)(2)(n1，2，3，k21)(3)h7(2015天津理综，12,20分)(难度)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
29、，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，请简要推理说明之解析(1)粒子在进入第2层磁场时，经过
30、两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功由动能定理，有2qEdmv由式解得v22粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2Bm由式解得r2(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)nqEdmvqvnBm图1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vn1sin n1vnsin n由图1看出rnsin nrnsin nd由式得rnsin nrn1sin n1d由式看出r1sin 1，r2sin 2，rnsin
31、n为一等差数列，公差为d，可得rnsin nr1sin 1(n1)d图2当n1时，由图2看出r1sin 1d由式得sin nB(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则nsin n1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，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为n，由于则导致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答案(1)2(2)B(3)见解析8(2015江苏单科，15，16分)(难度)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
32、加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上已知放置底片的区域MNL，且OML.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域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 20.301，lg 30.477，lg 50.699)解析(1)离子在电场中加速： qU0mv2 在磁场中做匀速圆周运动：qvBm解得r打在MN中点P
33、的离子半径为r0L，代入解得m(2)由(1)知，U离子打在Q点时rL，U离子打在N点时rL，U，则电压的范围U(3)由(1)可知，r由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上解得r1L第2次调节电压到U2，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：，解得r2L同理，第n次调节电压，有rnL检测完整，有rn解得n12.8最少次数为3次答案(1)(2)U(3)3次9(2014浙江理综，25,22分)(难度)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
34、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，电荷量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)(1)求区的加速电压及离子的
35、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)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与角的关系解析(1)由动能定理得MveUUae(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r，其运动轨迹如图所示，2rReBvm所以有v0v要使式有解，磁感应强度B(4)电子运动轨迹如图所示，OARr，OC，ACr根据几何关系得r由式得vmax答案(1)(2
36、)垂直纸面向外(3)v0v(4)vmax10(2014重庆理综，9，18分)(难度)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.(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解析(1
37、)设电场强度大小为E.由题意有mgqE得E，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有r1，r2r1由(r1r2)sin r2r1r1coshvmin(96)(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.由题意有3nx1.8h(n1，2，3，)xx得r1(1)，n3.5即n1时，v；n2时，v；n3时，v.答案(1)，方向竖直向上(2)(96)(3)见解析11(2014大纲全国，25，20分)(难度)如图，
38、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v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场不计重力若该粒子离开电场时速度方向与Y轴负方向的夹角为，求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0.由洛仑兹力公式及牛顿第二定律得qv0Bm由题给条件和几何关系可知R0d设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加
39、速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得Eqmaxvxax-ttd由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan 联立式得v0tan2(2)联立式得t答案(1)v0tan2(2)12(2013安徽理综，23，16分)(难度)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行.一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2
40、h，0)点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45 角，不计粒子所受的重力求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有xv0t2h，yat2h，qEma联立以上各式可得E(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度vyatv0所以vv0方向指向第象限与x轴正方向成45角(3)粒子在磁场中运动时，有qvBm当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有rL，所以B答案(1)(2)v0方向指向第象限与x轴正方向成45角(3)13(2012新课标全国卷，25
41、，18分)(难度)如图所示，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q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a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，求电场强度的大小解析粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvBm式中v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两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形因此acbcr设cdx，由几何关系得acRxbcR联立式得rR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a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qEma粒子在电场方向和直线方向所运动的距离均为r，由运动学公式得rat2rv-t式中t是粒子在电场中运动的时间联立式得E.答案