【文档说明】(2020-2022)三年高考物理真题分项汇编(全国通用)专题10 磁场含解析.docx,共(70)页,4.400 MB,由envi的店铺上传
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专题10磁场1、(2022·湖南卷·T3)如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上,其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场,与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I
,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是()A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流方向由N指向MB.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与
电流I成正比【答案】D【解析】A.当导线静止在图(a)右侧位置时,对导线做受力分析有可知要让安培力为图示方向,则导线中电流方向应由M指向N,A错误;BCD.由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时
间变化,有sinBILmg=,FT=mgcosθ则可看出sinθ与电流I成正比,当I增大时θ增大,则cosθ减小,静止后,导线对悬线的拉力FT减小,BC错误、D正确。故选D。2、(2022·广东卷·T8)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场
。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的有()A.电子从N到P,电场力做正功B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N,洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力【答案】BC【解析
】A.由题可知电子所受电场力水平向左,电子从N到P的过程中电场力做负功,故A错误;B.根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点,故B正确;C.由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直,故电子从M到N洛伦兹力都不做功;故C正确;D.由于M点和P点在同一等势面上
,故从M到P电场力做功为0,而洛伦兹力不做功,M点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受电场力作用,在匀强电场中电子在这两点电场力相等,即合力相等,故D错误;故选BC。3、(2022·广东卷·T7)如图所示,一个立方体空间被对角平面MN
PQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】AB.由题意知当质子
射出后先在MN左侧运动,刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力,即在MN左侧会向y轴正方向偏移,做匀速圆周运动,y轴坐标增大;在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向,质子在y轴正方向上做减速运动,故A正确,B错误;CD
.根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运动,z轴坐标不变,故CD错误。故选A。4、(2022·全国甲卷·T18)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁
场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】AC
.在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向,故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定则,可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力,故带电粒子向x轴
负方向偏转。AC错误;BD.运动的过程中在电场力对带电粒子做功,粒子速度大小发生变化,粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向,故x轴为匀强电场的等势面,从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时,电场力做功为0,洛伦兹力不做功,故带电粒子再次回到x轴时的速度为0
,随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转,故B正确,D错误。故选B。5、(2022·全国乙卷·T18)安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁
场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知()测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第2次测量时y轴
正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方【答案】BC【解析】A.如图所示地球可视为一个磁偶极,磁南极大致指向地理北极附近,磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线(磁轴)与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看
出z轴的磁场竖直向下,则测量地点应位于北半球,A错误;B.磁感应强度为矢量,故由表格可看出此处的磁感应强度大致为2222xzyzBBBBB=+=+计算得B≈50μTB正确;CD.由选项A可知测量地在北半球,而北半球地磁场指向北方
斜向下,则第2次测量,测量0yB,故y轴指向南方,第3次测量0xB,故x轴指向北方而y轴则指向西方,C正确、D错误。故选BC。6、(2022·浙江6月卷·T15)如图为某一径向电场示意图,电场强度大小可表示为Ear=,a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动
。不考虑粒子间的相互作用及重力,则()A.轨道半径r小的粒子角速度一定小B.电荷量大的粒子的动能一定大C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D.当加垂直纸面磁场时,粒子一定做离心运动【答案】BC【解析】A.根据电场力提供向心力可得2aqmrr=解得1aqmr=
可知轨道半径r小的粒子角速度大,故A错误;BC.根据电场力提供向心力可得2avqmrr=解得aqvm=又2k12Emv=联立可得k2aqE=可知电荷量大的粒子的动能一定大,粒子的速度大小与轨道半径r一定无关,故B
C正确;D.磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外,所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定,粒子可能做离心运动,也可能做近心运动,故D错误。故选BC。7、(2022·浙江1月卷·T7)如图所示,水平放置的电子秤上有一磁性玩具,玩具由
哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成,其重量分别为PG和QG。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时,感受到P对手有靠向玻璃挡板的力,P与挡板接触后放开手,P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触),P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是()A.Q对P的磁力大小等于PGB.
P对Q的磁力方向竖直向下C.Q对电子秤的压力大小等于QG+FD.电子秤对Q的支持力大小等于PG+QG【答案】D【解析】AB.由题意可知,因手使P的左端与玻璃挡板靠近时,感受到P对手有靠向玻璃挡板的力,即Q对P有水平向左的磁力;P与挡板接触后放开手,P处于“磁悬浮”
状态,则说明Q对P有竖直向上的磁力,则Q对P的磁力方向斜向左上方向,其磁力F大小大于PG,选项AB错误;CD.对PQ的整体受力分析,竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于PG+QG,即Q对电子秤的压力大小等于PG+QG,选项C错误,D正确。故选D。8、(202
2·浙江1月卷·T3)利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素,导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变,改变电流I的大小,然后保持电流I不变,改变导线通电部分的长度L,得到导线受到的力F分
别与I和L的关系图像,则正确的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】根据F=BIL可知先保持导线通电部分的长度L不变,改变电流I的大小,则F-I图像是过原点的直线,图像B正确,图像A错误;若保持电流I不变,改变
导线通电部分的长度L,则F-L是过原点的直线,则CD均错误。故选B。9、(2022·湖北·T8)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另
一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从Р点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为()A
.13kBL,0°B.12kBL,0°C.kBL,60°D.2kBL,60°【答案】BC【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达P点,如图根据几何关系则有RL=2vqvBmR=可得=qBLvkBLm=根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时,如图因为上下磁感应强度均为B,则根据对称性有12RL=根据洛伦兹力提供向心力有2vqvBmR=可得1=22qBLvkBLm=此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时,需满足()1=2121qBLvk
BLnmn=−−(n=1,2,3……)此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当粒子从上部分磁场射出时,需满足1=22qBLvkBLnmn=(n=1,2,3……)此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故可知BC正确,AD错误。故选BC。10、(2022·湖北·T11)如图所示,两平
行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当
调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为33g;减速时,加速度的最大值为3g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是()A.棒与导轨间的动摩擦因数为36B.棒与导轨间的动摩擦因数为33C.加速阶段加速度大小最大时,磁
场方向斜向下,θ=60°D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°【答案】BC【解析】设磁场方向与水平方向夹角为θ1,θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时,合力向右最大,根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方,磁场方向斜向右下方,此时有()111sincosFmgFma
−−=令21cos=1+2sin=1+根据数学知识可得()()2111sin+=Fmgma++则有()()112sin+=11mgmaF++同理磁场方向与水平方向夹角为θ2,θ2<90°,当导体棒减速,且加速度最大时,合力向
左最大,根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方,磁场方向斜向左上方,此时有()222sin+cosFmgFma+=有()()2221sin+=-Fmamg+所以有()()222-sin+=11m
amgF+当加速或减速加速度分别最大时,不等式均取等于,联立可得3=3带入21cos=1+可得α=30°,此时12==60加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向右下方,有1==60减
速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向左上方,有2==120−故BC正确,AD错误。故选BC。11、(2022·浙江1月卷·T22)如图为研究光电效应的装置示意图,该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面(纸面
)内,垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置,板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ,整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大
小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ,其宽度为a,长度足够长,其中的磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加
速(板间电场视为匀强电场),调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度,使电子恰好打在坐标为(a+2l,0)的点上,被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e,板M的逸出功为W0,普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出,(1)求逸出光
电子的最大初动能Ekm,并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围;(2)若区域Ⅰ的电场强度大小13eUEBm=,区域Ⅱ的磁感应强度大小2emUBea=,求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角;(3)为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到
,需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2,求E的最大值和B2的最大值。【答案】(1)0kmEhW=−;()0022heUWeUvmm+−;(2)MeUvm=;30=;(3)0max12()heUWEBm+−=;10222()BmhWBea−=【解析】(1)光电效应方程,逸
出光电子的最大初动能0kmEhW=−2012kmvEeU=+;0(0)kEW()0022heUWeUvmm+−(2)速度选择器01evBeE=013EeUvBm==2201122MmvmveU−=MeUvm=如图所示,几何关系02sin2mvaeB=0sinsinMvv=30=
(3)由上述表达式可得0max12()heUWEBm+−=由02sin2mvaeB=0012()sinhWvBm−可得10222()BmhWBea−=12、(2022·浙江6月卷·T22)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P,可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆
时针匀速转动(角速度大小可调),其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q,板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为–q(q>0)、速度大小不同的离子,其中速度大小为v0的离子进入转筒,经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离
开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷,不计离子的重力和离子间的相互作用。(1)①求磁感应强度B的大小;②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处,求转筒P角速度ω的大小;(2)较长时间后,转筒P每
转一周有N个离子打在板Q的C处,OC与x轴负方向的夹角为θ,求转筒转动一周的时间内,C处受到平均冲力F的大小;(3)若转筒P的角速度小于06Rv,且A处探测到离子,求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。【答案】(1)①0mvBqR
=,②0(41)vkR=+,k=0,1,2,3…;(2)20(2π)tan2(π)π2mvnNFR+=−,n=0,1,2,…;(3)5π6=,1π6【解析】(1)①离子在磁场中做圆周运动有200mvqvBR=则0mvBqR=②
离子在磁场中的运动时间02Rtv=转筒的转动角度π2π2tk=+0(41)vkR=+,k=0,1,2,3…(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R,有tan2RR=0tan2vv=离子在磁场中的运动时间0(π)Rtv=−转筒的转动角度ω′t′=2
nπ+θ转筒的转动角速度0(2π)(π)vnR+=−,n=0,1,2,…动量定理2πFNmv=20(2π)tan2(π)π2mvnNFR+=−,n=0,1,2,…(3)转筒的转动角速度()()0002π(41)6πnvkvvRRR
++=−其中k=1,52π6n−=,n=0,2可得5π6=,1π613、(2022·全国甲卷·T25)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器,其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧,C为位于纸面上的线圈,虚线框内有与纸面垂直
的匀强磁场;随为置于平台上的轻质小平面反射镜,轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直,另一端与弹簧下端相连,PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条,PQ的圆心位于M的中心使用前需调零,使线圈内没有电流通过时,M竖直且与纸面垂直;入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M
上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变,使M发生倾斜,入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心,通过读取反射光射到PQ上的位置,可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k,磁场磁感应强度大小为B,线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度
为l,细杆D的长度为d,圆弧PQ的半径为r﹐r>>d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值。(1)若在线圈中通入的微小电流为I,求平衡后弹簧长度改变量的绝对值x及PQ上反射光点与O点间的弧长s;(2)某同学用此装置测一微小电流,测量前未调零,将电流通入线圈后,PQ上反射光点出现在O点
上方,与O点间的弧长为s1.保持其它条件不变,只将该电流反向接入,则反射光点出现在О点下方,与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。【答案】(1)NBIlk,2NBIlrdk;(2)()124dkssNBlr
+【解析】(1)由题意当线圈中通入微小电流I时,线圈中的安培力为F=NBIl根据胡克定律有F=NBIl=k│x│NBIlxk=设此时细杆转过的弧度为θ,则可知反射光线转过的弧度为2θ,又因为d>>x,r>>d则sinθ≈θ,sin2θ≈2θ所以有x=
dθs=r2θ联立可得22rNBIlrsxddk==(2)因为测量前未调零,设没有通电流时偏移的弧长为s′,当初始时反射光点在O点上方,通电流I′后根据前面的结论可知有12NBIlrssdk=+当电流反向后有22NBIlrssdk=−联立可得()124
dkssINBlr+=同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同,故待测电流的大小为()124dkssINBlr+=14、(2022·山东卷·T17)中国“人造太阳”在核聚变实验方而取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示,在三维坐标系Oxyz
中,0zd„空间内充满匀强磁场I,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;30dz−„,0y…的空间内充满匀强磁场II,磁感应强度大小为22B,方向平行于xOy平面,与x轴正方向夹角为45;0z,0y的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为q+的离子甲,从yOz
平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射,速度方向与z轴正方向夹角为,在在yOz平面内运动一段时间后,经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I。不计离子重力。(1)当离子甲从A点出射速度为0v时,求电场强度的大小E;(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大
速度mv;(3)离子甲以2qBdm的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场I,求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示);(4)当离子甲以2qBdm的速度从O点进入磁场I时,质量为4m、带电量为q+的离子乙,也
从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场I,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差t(忽略离子间相互作用)。【答案】(1)20sincosmvqL;(2)qBdm;(3)(d,d,0);(4)(772)mqB+【解析】(1
)如图所示将离子甲从A点出射速度为0v分解到沿y轴方向和z轴方向,离子受到的电场力沿y轴负方向,可知离子沿z轴方向做匀速直线运动,沿y轴方向做匀减速直线运动,从A到O的过程,有0cosLvt=0sinvat=qEa
m=联立解得20sincosmvEqL=(2)如图所示离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I中,由洛伦兹力提供向心力可得21mvqvBr=离子经过磁场I偏转后从y轴进入磁场II中,由洛伦兹力提供向心力可得2222mv
qvBr=可得212rr=为了使离子在磁场中运动,需满足1rd,23rd联立可得qBdvm要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,进入磁场时的最大速度为qBdm;(3)离子甲以2qBdm的速度从O点沿z轴正方向第一
次穿过xOy面进入磁场I,离子在磁场I中的轨迹半径为12mvdrqB==离子在磁场II中的轨迹半径为22222mvdrqB==离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景,如图所示离子第四次穿过xOy平面的x坐标为422sin45xrd==离子第四次穿过
xOy平面的y坐标为412yrd==故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d,d,0)(4)设离子乙的速度为v,根据离子甲、乙动能相同,可得2211422mvmv=可得24qBdmvv==离子甲在磁场
I中的轨迹半径为12mvdrqB==离子甲在磁场II中的轨迹半径为22222mvdrqB==离子乙在磁场I中的轨迹半径为11142mvdrrqB===离子乙在磁场II中的轨迹半径为22214222mvdrrqB===根据
几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示从O点进入磁场到第一个交点的过程,有12111212(12)222222mmmtTTqBqBqB=+=+=+甲122424(882)22mmmtTTqBqBqB=+=+=+乙可
得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为(772)mtqBtt=−=+甲乙15、(2022·湖南卷·T13)如图,两个定值电阻的阻值分别为1R和2R,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为3
d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为q+的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。(1)求直流电源的电动势0E;(2)求两极板间磁场的磁感
应强度B;(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动,求电场强度的最小值E。【答案】(1)122()mgdRRqR+;(2)2mvdq;(3)2mgq【解析】(1)小球在电磁场中作
匀速圆周运动,则电场力与重力平衡,可得Eqmg=2R两端的电压2UEd=根据欧姆定律得02212EURRR=+联立解得1202()mgdRREqR+=(2)如图所示设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r
,根据几何关系222()(3)rddr−+=解得2rd=根据2vqvBmr=解得2mvBdq=(3)由几何关系可知,射出磁场时,小球速度方向与水平方向夹角为60,要使小球做直线运动,当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时,电场
力最小,电场强度最小,可得'cos60Eqmg=解得'2mgEq=1.(2021·广东卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线,长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线,若中心直导线通入电流1I,四根平行直导线均通入电流2I,12II,电流方向如图所示,下列
截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】因12II,则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用;根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”,则正方形左右两侧的直导线
2I要受到1I吸引的安培力,形成凹形,正方形上下两边的直导线2I要受到1I排斥的安培力,形成凸形,故变形后的形状如图C。故选C。2.(2021·河北卷)如图,距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场,磁感应强度大小为1B,一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入
板间,相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为2B,导轨平面与水平面夹角为,两导轨分别与P、Q相连,质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置,恰好静止,重力加速度为g,不计导轨电阻、板
间电阻和等离子体中的粒子重力,下列说法正确的是()A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,12sinmgRvBBLd=B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,12sinmgRvBBLd=C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,12tanmgRvBBLd=D
.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,12tanmgRvBBLd=【答案】B【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时,根据左手定则可得金属板Q带正电荷,金属板P带负电荷,则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足1UqqBvd=由欧姆定律UIR=和
安培力公式FBIL=可得212BBLvdUFBLRR==安再根据金属棒ab垂直导轨放置,恰好静止,可得=sinFmg安则12sinmgRvBBLd=金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上,由左手定则可判
定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故选B。3.(2021·全国卷)两足够长直导线均折成直角,按图示方式放置在同一平面内,EO与'OQ在一条直线上,'PO与OF在一条直线上,两导线相互绝缘,通有相等的电流I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时
,所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()A.B、0B.0、2BC.2B、2BD.B、B【答案】B【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线,由安
培定则可知,两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外,故M处的磁感应强度为零;两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里,故M处的磁感应强度为2B;综上分析B正确。故选B。4.(2021·全国卷)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为()0qq
的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为1v,离开磁场时速度方向偏转90;若射入磁场时的速度大小为2v,离开磁场时速度方向偏转60,不计重力,则12vv为()A.12B.33C.32D.3【答案】B
【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R,根据几何关系有第一次的半径1rR=第二次的半径23rR=根据洛伦兹力提供向心力有2mvqvBr=可得qrBvm=所以112233vrvr==故选B。5.(2021·浙江卷)如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺
线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的,下列说法正确的是()A.电流越大,内部的磁场越接近匀强磁场B.螺线管越长,内部的磁场越接近匀强磁场C.螺线管直径越大,内部的磁场越接近匀强磁场D.磁感线画得越密,内部的磁场越接近匀强磁场【答案】B【解析】根据螺线管内部的磁感线分布可知,在
螺线管的内部,越接近于中心位置,磁感线分布越均匀,越接近两端,磁感线越不均匀,可知螺线管越长,内部的磁场越接近匀强磁场。故选B。6.(2021·浙江卷)如图所示,有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b,分别通以80A和100A流向相同的电流,两导线构成的平面内有一点p,到两导线的距离相等。下
列说法正确的是()A.两导线受到的安培力125baFF=B.导线所受的安培力可以用FILB=计算C.移走导线b前后,p点的磁感应强度方向改变D.在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内,不存在磁感应强度为零的位置【答案】BCD【解析】A.两导线受到的安培力是相互作用力,大小相等,故A错误;B
.导线所受的安培力可以用FILB=计算,因为磁场与导线垂直,故B正确;C.移走导线b前,b的电流较大,则p点磁场方向与b产生磁场方向同向,向里,移走后,p点磁场方向与a产生磁场方向相同,向外,故C正确;D.在离两导线所在的平
面有一定距离的有限空间内,两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上,故不存在磁感应强度为零的位置。故D正确。故选BCD。7.(2021·山东卷)某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d,左边界与x轴垂直交于坐标原点O,其
内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为0B;Ⅱ区宽度为L,左边界与x轴垂直交于1O点,右边界与x轴垂直交于2O点,其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界,其中心C与2O点重合。从离子源不
断飘出电荷量为q、质量为m的正离子,加速后沿x轴正方向过O点,依次经Ⅰ区、Ⅱ区,恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用,不计重力。(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v;(2)求Ⅱ区内电场强度的
大小E;(3)保持上述条件不变,将Ⅱ区分为左右两部分,分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)方向相反且平行y轴的匀强磁场,如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点,需沿x轴移动测试板,求移动后C到1O的距离S。【答案】(1)0sinq
Bdvm=;(2)220222tantansintanqBdddELmL=+−;(3)()6317SL+=【解析】(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律得20vqvBmr=①根据几何关系得sindr=②联立①②式得0sinqBdvm=(2
)离子在Ⅱ区内只受电场力,x方向做匀速直线运动,y方向做匀变速直线运动,设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t,y方向的位移为0y,加速度大小为a,由牛顿第二定律得qEma=由运动的合成与分解得()cos?Lvt=,
0(1cos)yr=−−,()201sin?2yvtat=−联立得220222tantansintanqBdddELmL=+−(3)Ⅱ区内填充磁场后,离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcosθ的匀速圆周运动,如图所示。设左侧部分的圆心角为,圆周运动半径
为r,运动轨迹长度为l,由几何关系得22222lrr+=+,'cos2'rr=由于在y轴方向的运动不变,离子的运动轨迹与测试板相切于C点,则离子在Ⅱ区内的运动时间不变,故有coscoslLvv=C到1O的距离2sinSrr=+联立
得()6317SL+=8.(2021·全国卷)如图,长度均为l的两块挡板竖直相对放置,间距也为l,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上,在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E;两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质
量为m,电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射,恰好从P点处射入磁场,从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场,运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°,不计重力。(1)求粒子发射位置到P点的距离;(2)求磁感应强度大
小的取值范围;(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场,求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。【答案】(1)20136mvqE;(2)0022(33)mvmvBqlql+;(3)粒子运动轨迹见解析,3910344l−【解析】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,由类平抛运动规律可知0xvt
=①22122qEtyatm==②粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°,有0tan30yxvatvv==③粒子发射位置到P点的距离22sxy=+④由①②③④式得20136mvsqE=⑤(2)带电粒子在磁场运动在速度0023cos303vvv==°⑥带
电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图所示由几何关系可知,最小半径min32cos303lrl==⑦最大半径max22(31)cos75lrl==+⑧带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,由向心力公
式可知2mvqvBr=⑨由⑥⑦⑧⑨解得,磁感应强度大小的取值范围0022(33)mvmvBqlql+(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场时,带电粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可知52sin552ll==⑩带电粒子的运动半
径为354cos(30)lr=+⑪粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离min33(sin30)drlr=+−⑫由⑩⑪⑫式解得3910344dl−=⑬9.(2021·河北卷)如图,一对长平行栅极板水平放置
,极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,极板与可调电源相连,正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为0v、带正电的粒子束,单个粒子的质量为m、电荷量为q,一足够长的挡板OM与正极板成37倾斜放置,用于吸收打在其上的粒子,C、P是负极板上的
两点,C点位于O点的正上方,P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小),用于接收从上方打入的粒子,CP长度为0L,忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。3sin375=。(1)若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上,求可调电源电压0U的大小;(2)调整电压的
大小,使粒子不能打在挡板OM上,求电压的最小值minU;(3)若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调,则负极板上存在H、S两点(CHCPCS,H、S两点末在图中标出)、对于粒子靶在HS区域内的每一点,当电压从零开始连续缓慢增加时,粒子靶均只能接收到n
(2n)种能量的粒子,求CH和CS的长度(假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定)。【答案】(1)22200082BqLmvUmq=−;(2)20min718mvUq=;(3)0103mvCHqB=;CS→【解析】(1)从O点射出的粒子
在板间被加速,则22001122Uqmvmv=−粒子在磁场中做圆周运动,则半径02Lr=由2vqvBmr=解得22200082BqLmvUmq=−(2)当电压有最小值时,当粒子穿过下面的正极板后,圆轨道与挡板OM相切,此时粒子恰好不能打到挡板上
,则从O点射出的粒子在板间被加速,则22min01122Uqmvmv=−粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动2minvqvBmr=粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0,则200'vqvBmr=由几何关系可知''min2sin37rrr
=+联立解得043vv=20min718mvUq=(3)设被粒子靶P'接收到n种能量的粒子中能量最小的粒子,在负极板上方磁场区域偏转的轨迹半径为r0,则00'(22')2CPkrrrx−+=,其中1kn=−由(2)问分析可得0'mvrq
B=,为定值0043mvrqB才不能被OM板吸收0r越小,k越小,粒子靶P'离C点越近。0r最小为043mvqB,由于要求2n,则k最小取1,此时'CPx最小,即CH点的距离min000'4104233CPmvmvmvCHxqBqBqB==−=当粒子靶P'向右移动时
,'CPx增大,粒子靶P'一定能接收到多种能量的粒子,故CS→10.(2021·浙江卷)如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷口。以金
属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场;立方体内存在磁场,其磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量xB和yB随时间周期性变化规律如图乙所示,图中0B可调。氙离子(2Xe+)束从离子源小孔S射出,沿z方
向匀速运动到M板,经电场加速进入磁场区域,最后从端面P射出,测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用,且射出的离子总质量远小于推进器的质量。(1)求
离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS;(2)不考虑在磁场突变时运动的离子,调节0B的值,使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出,求0B的取值范围;(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,
单位时间从端面P射出的离子数为n,且0025mvBeL=。求图乙中0t时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。【答案】(1)204SeEdvvm=−;(2)00~3mveL;(3)035nmv,方向沿z轴负方向【解析】(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处,根据动
能定理有22011222SeEdmvmv=−解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小204SeEdvvm=−(2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时,离子从喷口P的下边缘中点射出,根据几何关系有222112LRLR−+=
根据洛伦兹力提供向心力有201002mvevBR=联立解得0025mvBeL=当磁场在x和y方向的分量同取最大值时,离子从喷口P边缘交点射出,根据几何关系有2222222LRLR−+=此时
02BB=;根据洛伦兹力提供向心力有2000222mvevBR=联立解得003mvBeL=故0B的取值范围为00~3mveL;(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有3200022mvevBR=且满足0025mvBeL=所以可得
0305422mvRLeB==所以可得3cos5=离子从端面P射出时,在沿z轴方向根据动量定理有0Δ0cosΔFtntmv=−根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为035Fnmv=方向沿z轴负方向。11.(2
021·广东卷)图是一种花瓣形电子加速器简化示意图,空间有三个同心圆a、b、c围成的区域,圆a内为无场区,圆a与圆b之间存在辐射状电场,圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定,大小不同,方向均垂直纸面向外。电子以
初动能0kE从圆b上P点沿径向进入电场,电场可以反向,保证电子每次进入电场即被全程加速,已知圆a与圆b之间电势差为U,圆b半径为R,圆c半径为3R,电子质量为m,电荷量为e,忽略相对论效应,取tan22.50.4=。(1)当
00kE=时,电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场,且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°,最终从Q点出射,运动轨迹如图中带箭头实线所示,求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能;(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰,就能从
出射区域出射。当k0EkeU=时,要保证电子从出射区域出射,求k的最大值。【答案】(1)5eUmeR,4RmeUeU,8eU;(2)136【解析】(1)电子在电场中加速有2122eUmv=在磁场Ⅰ中,由几何关系可得tan22.50.4rRR==
21vBevmr=联立解得15eUmBeR=在磁场Ⅰ中的运动周期为2rTv=由几何关系可得,电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为54=在磁场Ⅰ中的运动时间为2tT=联立解得4RmeUteU=从Q点出来的动能为k8EeU=(
2)在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为mr,此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切,由几何关系可得()222mm3RrRr−=+解得m33rR=由于2m1mmvBevmr=2m122eUmvkeU=−联立解得136k=12
.(2021·湖南卷)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为q+)以初速度v垂直进入磁场,不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子,求解以下问题。(1)如图(a),宽度为12r的带电粒子流沿x轴正方
向射入圆心为()10Ar,、半径为1r的圆形匀强磁场中,若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O,求该磁场磁感应强度1B的大小;(2)如图(a),虚线框为边长等于22r的正方形,其几何中心位于()20Cr−,。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强
磁场,使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为22r,并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度2B的大小和方向,以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程);(3)如图(b),虛线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于3r的正方形,虚
线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于4r的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场,使宽度为32r的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O,再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为42r,并沿x轴正方向射出,从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强
度的大小,以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。【答案】(1)1mvqr;(2)2mvqr,垂直与纸面向里,222Sr=;(3)I3mvBqr=,4IIImvBqr=,2II31(1)2Sr=−,2IV41(1)2Sr
=−【解析】(1)粒子垂直x进入圆形磁场,在坐标原点O汇聚,满足磁聚焦的条件,即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径1r,粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力211vqvBmr=解得11mvBqr=(2)粒子从O点进入下方虚线区域,若要
从聚焦的O点飞入然后平行x轴飞出,为磁发散的过程,即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径,粒子轨迹最大的边界如图所示,图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域磁场半径为2r,根据2vqvBmr=可知磁感应强度为22mvBq
r=根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里,圆形磁场的面积为222Sr=(3)粒子在磁场中运动,3和4为粒子运动的轨迹圆,1和2为粒子运动的磁场的圆周根据2vqvBmr=可知I和III中的磁感应强度
为I3mvBqr=,4IIImvBqr=图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹,可知磁场的最小面积为叶子形状,取I区域如图图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周AOBS与三角形AOBS之差,所以阴影部分的面积为22213331112()2()(1)422AOBAO
BSSSrrr=−=−=−类似地可知IV区域的阴影部分面积为222IV4441112()(1)422Srrr=−=−根据对称性可知II中的匀强磁场面积为2II31(1)2Sr=−13.(2021·浙江卷)在芯片制造
过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器,选择出特定比荷的离子,经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面
向外;速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环,其两端中心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体,其速度选择器底面与晶圆所在水平面平行,间距也
为L。当偏转系统不加电场及磁场时,离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点,x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中,不计离子重力,打在晶圆上的离子,经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时,有sintan,21cos12−。求:(
1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷;(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子
注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示,并说明理由。【答案】(1)EB,2122()ERRB+;(2)(2123LRR+,0);(3)(0,2123LRR+);(4)见解析【解析】(1)通过速度选择器离子的速度EvB=从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为122RRR+
=由2mvqvBR=得2122()qvEmRBRRB==+(2)经过电场后,离子在x方向偏转的距离2112qELxmv=2tanqELmv=离开电场后,离子在x方向偏移的距离222tanqELxLmv==22
12212332qELLxxxmvRR=+==+位置坐标为(2123LRR+,0)(3)离子进入磁场后做圆周运动半径mvrqB=sinLr=经过磁场后,离子在y方向偏转距离2112(1cos)LyrRR=−+离开磁场后,离子在y
方向偏移距离22122tanLyLRR=+则212123LyyyRR=++位置坐标为(0,2123LRR+)(4)注入晶圆的位置坐标为(2123LRR+,2123LRR+),电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。1.(2020·海南卷)如图,足够长的
间距1md=的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内,导轨间存在一个宽度1mL=的匀强磁场区域,磁感应强度大小为0.5TB=,方向如图所示.一根质量a0.1kgm=,阻值0.5ΩR=的金属棒a以初速度04m/
sv=从左端开始沿导轨滑动,穿过磁场区域后,与另一根质量b0.2kgm=,阻值0.5ΩR=的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计,则()A.金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B.金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C.金属棒a
第一次穿过磁场区域的过程中,金属棒b上产生的焦耳热为0.25JD.金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处【答案】BD【解析】A.金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用,做减速运动,由于速度减小,感应电流减小,安培力减小,加速度减小,故金属棒a做加速
度减小的减速直线运动,故A错误;B.根据右手定则可知,金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流,故B正确;C.电路中产生的平均电动势为BLdEtt==平均电流为2EIR=金属棒a受到的安培力为FBId=规定向右为正方向,对金属棒a,根据动
量定理得0aaaBIdtmvmv−=−解得对金属棒第一次离开磁场时速度1.5m/sav=金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中,电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量,即2201122aaaQmvmv=
−联立并带入数据得0.6875JQ=由于两棒电阻相同,两棒产生的焦耳热相同,则金属棒b上产生的焦耳热0.34375J2bQQ==故C错误;D.规定向右为正方向,两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得aaaabbmvmvmv=+2221
11222aaaabbmvmvmv=+联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为0.5m/sav=−设金属棒a最终停在距磁场左边界x处,则从反弹进入磁场到停下来的过程,电路中产生的平均电动势为()BLxdEtt−==平均电流为2EIR=金属棒a受到的安培力为FB
Id=规定向右为正方向,对金属棒a,根据动量定理得'0aaBIdtmv−=−联立并带入数据解得0.8mx=故D正确。故选BD。2.(2020·天津卷)如图所示,在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向
与y轴正方向的夹角45=。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OMa=,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则()A.粒子带负电荷B.粒子速度大小为qBamC.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.N与O点相距(21)a+【答案】AD【解析】A.粒子向下偏转,根据左手定则判断洛伦兹力,可知粒子带负电,A正确;BC.粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角45=,根据几何关系可知1145OMOOOM==,1
OMOOa==则粒子运动的轨道半径为12rOMa==洛伦兹力提供向心力2vqvBmr=解得2qBavm=BC错误;D.N与O点的距离为1(21)NOOOra=+=+D正确。故选AD。3.(2020·海南卷)如图,在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线,当导线中通有垂直于纸面向里
的电流I时,导线所受安培力的方向为()A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】B【解析】根据安培定则,可知蹄形电磁铁的分布情况,如图所示故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右,根据左手定则,可以判断导线
所受安培力的方向为向下。故选B。4.(2020·北京卷)如图所示,在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转,小磁针发生偏转。下列说法正确的是()A.偏转原因是圆盘周围存在电场B.偏转原因是圆盘周
围产生了磁场C.仅改变圆盘的转动方向,偏转方向不变D.仅改变圆盘所带电荷的电性,偏转方向不变【答案】B【解析】AB.小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流,而电流周围有磁场,磁场会对放入其中的小磁针有力的作用,故A错误,B正确;C.仅改变圆盘的转动方向,
形成的电流的方向与初始相反,小磁针的偏转方向也与之前相反,故C错误;D.仅改变圆盘所带电荷的电性,形成的电流的方向与初始相反,小磁针的偏转方向也与之前相反,故D错误。故选B。5.(2020·浙江卷)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通
有方向相同的电流1I和2I,12II。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则()A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感
应强度方向竖直向下D.c点处的磁感应强度方向竖直向下【答案】C【解析】A.通电直导线周围产生磁场方向由安培定判断,如图所示1I在b点产生的磁场方向向上,2I在b点产生的磁场方向向下,因为12II即12
BB则在b点的磁感应强度不为零,A错误;BCD.如图所示,d点处的磁感应强度不为零,a点处的磁感应强度竖直向下,c点处的磁感应强度竖直向上,BD错误,C正确。故选C。6.(2020·全国卷)真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,磁场的方向与圆柱轴
线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m,电荷量为e,忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为()A.32mvaeB.mvaeC.34mvaeD.35mvae【答案】C【解析】电子在磁场中
做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力2veBvmr=则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为mvBer=即运动轨迹半径越大,磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为maxr,为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,其最大半径的运动轨迹与实线圆相切,如图所示A点为
电子做圆周运动的圆心,电子从圆心沿半径方向进入磁场,由左手定则可得,ABOB⊥,ABO为直角三角形,则由几何关系可得()max222max3arra−=+解得max43ra=解得磁场的磁感应强度最小值mainxm34mvBmeevra=
==故选C。7.(2020·全国卷)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子
之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为()A.76mqBB.54mqBC.43mqBD.32mqB【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动2mvqBvr=,2rTv=可得粒子在磁场中的周期2mTqB=粒
子在磁场中运动的时间2mtTqB==则粒子在磁场中运动的时间与速度无关,轨迹对应的圆心角越大,运动时间越长。采用放缩圆解决该问题,粒子垂直ac射入磁场,则轨迹圆心必在ac直线上,将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径0.5rR和1.5rR时,粒子分别从ac、bd区域射
出,磁场中的轨迹为半圆,运动时间等于半个周期。当0.5R<r<1.5R时,粒子从半圆边界射出,逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大,粒子射出位置从半圆顶端向下移动,轨迹圆心角从逐渐增大,当轨迹半径为R时,轨迹圆心角最大,然后再增大轨迹半径,轨迹圆心角减小,因此当轨迹半径等于R
时轨迹圆心角最大,即轨迹对应的最大圆心角433=+=粒子运动最长时间为4243223mmtTqBqB===,故选C。8.(2020·全国卷)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产
生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则()A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P
点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】A.由于电子带负电,要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M,根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势,故A错误;
B.增大加速电压则根据212eUmv=可知会增大到达偏转磁场的速度;又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有2vevBmR=可得mvReB=可知会增大在偏转磁场中的偏转半径,由于磁场宽度相同,故根据几何关系可知会减小偏转的角度,
故P点会右移,故B错误;C.电子在偏转电场中做圆周运动,向下偏转,根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里,故C错误;D.由B选项的分析可知,当其它条件不变时,增大偏转磁场磁感应强度会减小半径,从而增大偏转角度,使P点左移,故D正确。故选D。9.(2020·浙江卷)如图所示,在光滑
绝缘水平面上,两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I。在角平分线上,对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量,则()A.1、3线圈静止不动,2、4线圈沿着对角线向内运动B.1、3线圈静止不
动,2、4线圈沿着对角线向外运动C.2、4线圈静止不动,1、3线圈沿着对角线向内运动D.2、4线圈静止不动,1、3线圈沿着对角线向外运动【答案】B【解析】先对1和3线圈进行分析,根据安培定则画出直流导线在线框中的磁场方向:电流大小
相等,线圈关于两导线对称,所以线圈中的磁通量为0,电流增大时,根据楞次定律可知线圈中无感应电流,不受安培力,所以1和3线圈静止不动;再对2和4线圈进行分析,根据安培定则画出直流导线在线圈中的磁场方向:电流增大
,根据楞次定律判断感应电流方向(如图所示),靠近直流导线的线圈导体周围磁感应强度较大,因此受力起主要作用,根据左手定则判断安培力的方向(如图所示),根据力的合成可知2、4线圈沿着对角线向外运动,故B正确,ACD错误
。故选B.10.(2020·海南卷)如图,虚线MN左侧有一个正三角形ABC,C点在MN上,AB与MN平行,该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场;MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带正电的离子(重力不计)以初速度0
v从AB的中点O沿OC方向射入三角形区域,偏转60后从MN上的Р点(图中未画出)进入MN右侧区域,偏转后恰能回到O点。已知离子的质量为m,电荷量为q,正三角形的边长为d:(1)求三角形区域内磁场的磁感应强度;(2)求离子从O点射入到返回O点所需要的时间;(3
)若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场,将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场,速度大小仍为0v,方向垂直于BC,始终在纸面内运动,到达О点时的
速度方向与OC成120角,求圆形磁场的磁感应强度。【答案】(1)02mvBqd=;(2)0(1133)3dtv+=;(3)见解析【解析】(1)画出粒子运动轨迹如图粒子在三角形ABC中运动时,有200vqBvmr=02rTv=
又粒子出三角形磁场时偏转60,由几何关系可知2dr=联立解得02mvBqd=1066Tdtv==(2)粒子从D运动到P,由几何关系可知sin60CPdDPCP==运动时间20032DPdtvv==粒子在MN右侧运动的半径为2rd=则有200vqBvmr=02rT
v=运动时间3051063dtTv==故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间1230(1133)2()3dttttv+=++=(3)若三角形ABC区域磁场方向向里,则粒子运动轨迹如图中①所示,有cos60cos602dRRd+=+解得56Rd=此时根据2020vqBvm
R=有0265mvBqd=若三角形ABC区域磁场方向向外,则粒子运动轨迹如图中②所示,有cos60-cos602dRRd+=解得12Rd=此时根据2030vqBvmR=有032mvBqd=11.(2020·北京卷)如图甲所示,真空中有一长直细金属导线MN,与导线同轴放置一半
径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子,已知电子质量为m,电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度:a.在柱面和导线之间,只加恒定电压;b.在柱面内,只加与MN平行的匀强磁场。当电压为0U或磁
感应强度为0B时,刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度0v。(2)撤去柱面,沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片,如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I,电子流对该金属片的压强为p。求单位长度导线
单位时间内出射电子的总动能。【答案】(1)a.02eUm,b.02eBRm;(2)2eabRpmI【解析】(1)a.在柱面和导线之间,只加恒定电压0U,粒子刚好没有电子到达柱面,此时速度为零,根据动能定理有20012eUmv−=−解得002e
Uvm=b.在柱面内,只加与MN平行的匀强磁场,磁感应强度为0B时,刚好没有电子到达柱面,设粒子的偏转半径为r,根据几何关系有2rR=根据洛伦兹力提供向心力,则有2000vBevmr=解得002eBRvm=(2)撤去柱面
,设单位时间单位长度射出的电子数为n,则单位时间打在金属片的粒子数2nabNR=金属片上形成电流为qNteINett===所以2RIneab=根据动量定理得金属片上的压强为FmvNmvIpabababe===解得eabpvmI=故总动能为22k1
2ReabpEnmvmI==12.(2020·江苏卷)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为02B、03B。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为
P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:(1)Q到O的距离d;(2)甲两次经过P点的时间间隔t;(3)乙的比荷qm可能的最小值。【答案】(1)03mvd
qB=;(2)02mtqB=;(3)'2='qqmm【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,由2vqvBmR=得,102mvRqB=,203mvRqB=Q、O的距离为:120223mvdRRqB=−=(2)由(1)
可知,完成一周期运动上升的距离为d,粒子再次经过P,经过N个周期,123ROPNdd===所以,再次经过P点的时间为3tNTT==由匀速圆周运动的规律得1102RmTvqB==,220223RmTvqB==绕一周的时间为120
5226TTmTqB=+=所以,再次经过P点的时间为0532mtTqB==两次经过P点的时间间隔为1022TmttqB=−=(3)由洛伦兹力提供向心力,由2vqvBmR=得,10''2'mvRqB
=,20''3'mvRqB=完成一周期运动上升的距离12'2'2'dRR=−若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇,则12''RndOQd+==,'''12112()22222TTTTTn++=+结合以上式子,n无解。若乙粒子从第二象限进入第一象限的
过程中与甲离子在Q点相遇,则'ndOQ=,''1212()2222TTTTn+=+计算可得'='qqnmm(n=1,2,3……)由于甲乙粒子比荷不同,则n=2时,乙的比荷''qm最小,为'2='qqmm13.(2020·山东卷)某型号质谱仪的工作原理如
图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴,向右为正方向,取
z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零
),经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L;(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标;(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示);(4)如图乙所示
,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子11H、氚核31H、氦核42He的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。【答案】(1)2mqURqB=2222mqUmULdqBqB=−−;(2)22242mdExmUqdB=−;(3)22222
dyRRdRd=−−+−;(4)s1、s2、s3分别对应氚核31H、氦核42He、质子11H的位置【解析】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域I中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,在M、N两金属板间,由动能定理得qU=12mv2①在区域I中,粒子做
匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得2vqvBmR=②联立①②式得2mqURqB=③由几何关系得222dRLR+−=()④22cosRdR−=⑤sin=dR⑥联立①②④式得2222mqUmULdqBqB=−−⑦(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的
分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得qE=ma⑧粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得coszvv=⑨zdvt=⑩粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动
学公式得212xat=⑪联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得22242mdExmUqdB=−⑫(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y',由运动学公式得y'=vtsinα⑬由题意得y=L+y'⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
22222dyRRdRd=−−+−⑮(4)s1、s2、s3分别对应氚核31H、氦核42He、质子11H的位置。14.(2020·浙江卷)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸
面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径
为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG
时与H点的距离s;(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离maxL;(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。【答案】(1)qBRvm=,0.8R;(2)max415LR=;(3)当4015LR„时:12.6FNqB
R=;当40.415RLR„时:21.8FNqBR=;当0.4LR时:3FNqBR=【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动2mvqvBR=得粒子的速度大小qBRvm=令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O,从磁场边界HG边的
Q点射出,则由几何关系可得0.6OHR=,22(0.6)0.8sHQRRR==−=(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’,从磁场边界HG边射出时距离H点的距离为x,由几何关系可得'0.6HOaHRR=−=22'0.8xRHOR=−=即a、c束中的离子从同一点Q射出,离开磁场的速度分别于竖直
方向的夹角为、,由几何关系可得=探测到三束离子,则c束中的离子恰好达到探测板的D点时,探测板与边界HG的距离最大,maxtanRsOHLs−==则max415LR=(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量zcos0.8ppqBR
==当4015LR„时所有离子都打在探测板上,故单位时间内离子束对探测板的平均作用力1z22.6FNpNpNqBR=+=当40.415RLR„时,只有b和c束中离子打在探测板上,则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为z21.8FNpNpNqBR=
+=当0.4LR时,只有b束中离子打在探测板上,则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为3FNpNqBR==15.(2020·全国卷)如图,在0≤x≤h,y−+区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B的大小可调,方向不变。一质量为m,电荷量为q(q>0
)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm;(2)如果磁感应强度大小为m2B,粒子将通过虚线所示边界上的一点离
开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】(1)磁场方向垂直于纸面向里;0m=mvBqh;(2)π6=;(23)yh=−【解析】(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力
,因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律,有200vqvBmR=①由此可得0mvRqB=②粒子穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上,
半径应满足Rh③由②可得,当磁感应强度大小最小时,设为Bm,粒子的运动半径最大,由此得0m=mvBqh④(2)若磁感应强度大小为m2B,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由②④式可得,此时圆弧半径为2Rh=⑤粒子会穿过图中P点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向
与x轴正方向的夹角为α,由几何关系1sin22hh==⑥即π6=⑦由几何关系可得,P点与x轴的距离为()21cosyh=−⑧联立⑦⑧式得(23)yh=−⑨16.(2020·浙江卷)通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质
子数N的比值),可研究中子(10n)的衰变。中子衰变后转化成质子和电子,同时放出质量可视为零的反中微子eν。如图所示,位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源,该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度1.2mL=以O为中点的探测板,P
点离探测板的垂直距离OP为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量312e9.110kg0.51MeV/cm−==,中子质量2n939.57MeV/cm=,质子质量2p938.27Me
V/cm=(c为光速,不考虑粒子之间的相互作用)。若质子的动量211814.810kgms310MeVsmp−−−−==。(1)写出中子衰变的核反应式,求电子和反中微子的总动能(以MeV为能量单位);(2)当0.15ma=,0.1TB=时,求计数率;(3)若a取不同的值,可通过调节
B的大小获得与(2)问中同样的计数率,求B与a的关系并给出B的范围。【答案】(1)0.7468MeV(2)23(3)15T40B…【解析】(1)核反应方程满足质量数和质子数守恒:01110e011npeν
−→++核反应过程中:()222npe0.79MeVdEmcmcmc=−+=根据动量和动能关系:2pp0.0432MeV2kpEm==则总动能为:eνp0.7468MeVdkEEEE+=−=(2)质子运动半径:0.3mpReB==如图甲所示:打到探测板对应发射角度:
6==可得质子计数率为:42323==(3)在确保计数率为23=的情况下:2Ra=即:3200Ba=如图乙所示:恰能打到探测板左端的条件为:222maxmax444RLR−=即:15T40B…