第1章　安培力与洛伦兹力 综合拔高练（含答案解析）

综合拔高练
高考真题练
考点1　安培力
1.(2021广东,5)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I1,四根平行直导线均通入电流I2,I1 I2,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
2.(2023江苏,2)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为 (　　)
A.0　　　　　　　　 B.BIl
C.2BIl　　　　　　　　 D.BIl
3.(2022湖南,3)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M
B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
考点2　带电粒子在匀强磁场中的运动
4.(多选题)(2024河北,10)如图,真空区域有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边平行,ABCD的边长一定,abcd的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是 (　　)
A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出
B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出
C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
5.(多选题)(2023全国甲,20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反,电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是 (　　)
A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出
C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短
D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
6.(多选题)(2022湖北,8)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P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.kBL,0°　　　　　　　　B.kBL,0°
C.kBL,60°　　　　　　　　D.2kBL,60°
7.(2024江西,7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料,具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示,在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场,磁感应强度为B,电极1、3间通以恒定电流I,电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3 A时,测得U-B关系图线如图(b)所示,元电荷e=1.60×10-19 C,则此样品每平方米载流子数最接近 (　　)
A.1.7×1019　　　　　　　　B.1.7×1015
C.2.3×1020　　　　　　　　D.2.3×1016
8.(2023湖北,15)如图所示,空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻,一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入,第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰,碰撞时间忽略不计,碰撞过程中不发生电荷转移,不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
(3)t=时刻粒子甲、乙的位置坐标,及从第一次碰撞到t=的过程中粒子乙运动的路程。(本小问不要求写出计算过程,只写出答案即可)
考点3　带电粒子在复合场(组合场)中的运动
9.(2023新课标,18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后,打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点,a点在小孔O的正上方,b点在a点的右侧,如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为 (　　)
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
10.(2022全国甲,18)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 (　　)
11.(2024湖南,14)如图,有一内半径为2r、长为L的圆筒,左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点,取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场,场强大小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子,电子初速度方向均在xOy平面内,且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e,设电子始终未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场,求磁感应强度B的最小值;
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ,求tan θ的绝对值;
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
12.(2024黑吉辽,15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图:Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向;Ⅲ、Ⅳ区为电场区,Ⅳ区电场足够宽;各区边界均垂直于x轴,O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子。如图,甲、乙平行于x轴向右运动,先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时,乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时,乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场,电场强度大小E0=。不计粒子重力及粒子间相互作用,忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
(1)求磁感应强度的大小B。
(2)求Ⅲ区宽度d。
(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴,电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx,其中常系数ω>0,ω已知、k未知,取甲经过O点时t=0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F,甲、乙间距为Δx,求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。
13.(2022山东,17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,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,0(1)当离子甲从A点出射速度为v0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vm;
(3)离子甲以的速度从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)当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时,质量为4m、带电荷量为+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Δt(忽略离子间相互作用)。
14.(2021山东,17)某离子束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B0;Ⅱ区宽度为L,左边界与x轴垂直交于O1点,右边界与x轴垂直交于O2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O2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,依次经过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θ。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O1的距离s。
高考模拟练
应用实践
1.近年,我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”,创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录,其原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面上,导轨间垂直安放金属棒,且始终与导轨接触良好,电流从一导轨流入,经过金属棒,再从另一导轨流回。已知平行导轨中的电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场,磁感应强度B与电流I的关系式为B=kI(k为常量且已知)。回路中的电流I=,两导轨内侧间距为k,金属棒被推进的距离为s=2 m,金属棒的质量为m=1 kg,不计任何摩擦,下列说法正确的是 (　　)
A.该“电磁撬”的工作原理为电磁感应
B.金属棒所在区域的磁场方向为垂直于纸面向外
C.金属棒受到安培力的大小为1 N
D.金属棒从静止开始经过推进后的速度大小为1 m/s
2.(多选题)粒子风洞T-2是国之重器,是民族复兴之器。如图甲所示是风洞用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒,在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,两盒分别与高频交流电源的两极相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示。忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断中正确的是 (　　)
　
A.在Ek-t图像中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1
B.加速电压越大,粒子最后获得的动能就越大
C.粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大
D.要想粒子获得的最大动能增大,可增加D形盒的面积
3.磁控溅射是一种新型溅射技术,如图甲所示,电子在跑道上的运动原理可以近似认为:从水平靶面电离出初速度为零的电子,在阴极暗区只受竖直方向的电场力作用,加速飞向负辉区,阴极暗区上下侧面间的电势差保持不变;电子进入负辉区的运动速度始终与磁场方向垂直,磁感应强度大小处处相等,电子绕行半个圆周之后,重新进入阴极暗区,回到靶面时,速度恰好为零,电子就实现跳跃式地朝右漂移,如图乙所示,简称E×B漂移。则下列说法正确的是 (　　)
A.负辉区中的整个磁场为匀强磁场
B.电子每次飞离靶面时,电场和磁场的方向均要与原先反向才能实现E×B漂移
C.其他条件不变的情况下,阴极暗区厚度越大,电子到达负辉区的速度越大
D.在直道区,电子每次跳跃的水平距离相同
4.有一种将药物透过皮肤注入体内的无针注射器,注射器的泵体是一个长方体槽,泵体上部与竖直绝缘细管相连,如图所示,槽高为h,槽的左、右壁是间距为L的导电金属壁,上、下、前、后壁均为绝缘壁,其中前、后壁间距为d,垂直于前、后壁有磁感应强度大小为B的匀强磁场。注射器工作时,在左、右两金属壁之间加电压U,导电药液中形成自左向右的电流,药液受安培力作用被压到细管中完成注射。已知药液的电阻率为ρ1、密度为ρ2,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.磁场的方向由后壁指向前壁
B.导电药液中电流的大小为
C.药液受到的安培力大小为
D.注射器正常工作时,U>
5.如图甲所示是利用磁场力提升导电液体的电磁泵,电磁泵前、后两侧为两块相同的绝缘薄板,左、右两侧为两块底边长为b、间距为l的相同长方形金属薄板,其底部开有高度可忽略的狭缝。如图乙所示,足够大的绝缘容器中装有深度为h的导电液体,电磁泵置于容器中,两金属板间存在方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将一直流电源接在两金属板间,初始时,电源的电压为0,调节电压逐渐增大,两板间液面缓慢上升。已知初始时金属板间导电液体液面高为h、导电液体的密度为ρ0、电阻率为ρ,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)
　
A.两金属板间匀强磁场的方向垂直于纸面向外
B.两板间液面缓慢上升过程中两板间液体所受重力和安培力平衡
C.当U=时,两板间液面高度为2h
D.两板间液面从高度h缓慢升至2h的过程中,电源消耗的电能等于ρ0blh2g
6.(多选题)某同步加速器的简化模型如图所示,M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。t=0时刻,质量为m、电荷量为q的带正电粒子A(不计重力)从M板小孔飘入两板间,初速度可视为零。当粒子进入两板间时,两板间的电势差变为U,粒子得到第一次加速;当粒子离开N板时,两板上的电势差立即变为零。两板外部环形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场,粒子在磁场作用下做半径为R的圆周运动,R远大于板间距离。粒子经电场多次加速,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。下列说法正确的是 (　　)
A.环形区域内磁场方向垂直于纸面向里
B.粒子绕行n周回到M板时的速度大小为n
C.粒子绕行第n周时的磁感应强度为
D.粒子在绕行的第n周内电场力对A做功的平均功率为
7.2023年12月11日,我国高能同步辐射光源(HEPS)加速器储存环主体设备安装闭环。扭摆器是同步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆,其简化模型如图,宽度均为L的条形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ边界竖直,区域Ⅰ内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,区域Ⅲ内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两区域内磁感应强度大小相等。一电子从行板电容器MN板S处由静止释放,经电场加速后平行于纸面射入区域Ⅰ,射入时速度与水平方向的夹角θ在0~30°范围内可调。已知极板间电压为U,电子的电荷量为e,质量为m,重力不计。
(1)若θ=0°时电子恰好不能从区域Ⅰ右边界射出,求磁感应强度的大小B;
(2)若θ=30°时电子恰好不能从区域Ⅰ右边界射出,求磁感应强度的大小B';
(3)若磁感应强度大小为第(2)问中的B',求电子从进入区域Ⅰ到离开区域Ⅲ所用的最短时间。
迁移创新
8.信号放大器是一种放大电信号的仪器,如图甲,其可以通过在相邻极板间施加电压,使阴极逸出的电子,击中极板时,激发出更多电子,从而逐级放大电信号。已知电子质量为m,电荷量为e。
(1)在极板上建立三维坐标系Oxyz,如图乙所示。极板上方空间内存在磁场,其磁感应强度为B,方向平行于z轴。极板间电压U极小,几乎不影响电子的运动。如图,某次极板1上O点处激发出了2个电子a和b,其初速度方向分别在xOy与zOy平面内,且与y轴正方向成θ角,a、b都能运动到极板2,则:
(ⅰ)判断B的方向;
(ⅱ)a、b两个电子运动到下一个极板的时间ta和tb;
(2)若单位时间内阴极逸出的电子数量为N0保持不变,每个电子打到极板上可以激发出δ个电子,且δ=kU,式中k为常数、U为两极板间电压;激发的电子均能打在下一极板上;经过极板n后,所有电子被阳极接收,求阳极处接收电子产生的电流I。
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
高考真题练
1.C　左右两侧电流与中心电流为同向电流,上下两侧电流与中心电流为反向电流,由同向电流相互吸引、异向电流相互排斥这一结论,可知弹性长管左右两侧受到向里的压力,上下两侧受到向外的斥力,则只有C项正确。故选C。
2.C　导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。
3.D　由左手定则可知,当直导线静止在右侧时,电流方向为由M指向N,选项A错误;当直导线MN在右侧时,对直导线MN受力分析,得到力的矢量三角形如图,sin θ==,F线=mg cos θ,B、L、mg为定值,所以sin θ与电流I成正比,悬线中的拉力F线会随着θ的变化而变化,所以选项B、C错误,选项D正确。
易错警示　本题的安培力方向是垂直于悬线的方向,分析时容易错画为水平方向。
4.AD　若粒子穿过ad边时速度方向与ad边成45°角,则粒子一定从cd边穿过,由图(1)知Ed=dF,根据对称性可知粒子一定从C点垂直BC射出,A正确;若粒子穿过ad边时速度方向与ad边成60°角,如图(2)所示,r-r cos 60°=,r sin 30°=,所以若从bc边穿过,则垂直BC射出,若从cd边穿过,则后面偏转的水平距离大于,不可能垂直BC射出,故B错误;若粒子经cd边垂直BC射出,如图(3)所示,则应有水平方向r(1-cos θ)图(1)　　图(2)
图(3)　　图(4)
5.BD　带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,T=,解得运动轨迹半径r=,运动周期T=。当粒子初速度方向过磁场圆心O时,由对称性可知,粒子与筒壁发生n(n>1)次碰撞后必能返回入射点P,则碰撞点(含P点)将筒壁等分成n+1份圆弧,且每次与筒壁碰撞反弹后速度方向垂直于碰撞点的切线即由碰撞点指向圆心O,但粒子运动轨迹不通过O点,A选项错误,D选项正确;若粒子与筒壁仅碰撞一次,则轨迹将圆筒平分,由对称性可知碰撞位置一定在PO延长线与筒壁交点位置,粒子将做直线运动,但粒子仅在洛伦兹力作用下无法做直线运动,故该粒子至少与筒壁发生2次碰撞(运动轨迹如图所示)才可以从小孔射出,故B选项正确;若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周从P点飞出,则粒子速度越大,在筒内运动的时间越短,若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周无法从P点飞出,则粒子速度越大,在筒内运动的时间不一定越短,C选项错误;综上,应选B、D。
6.BC　若粒子通过下部分磁场直接到达P点,如图1
根据几何关系则有R=L,qvB=m,可得v==kBL,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°。
当粒子上下磁场均经历一次时,如图
因为上下磁感应强度均为B,则根据对称性有R=L,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v==kBL,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v==kBL(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v==kBL(n=1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故可知B、C正确,A、D错误。故选B、C。
7.D　关键点拨　载流子是电子,电流方向从1流向3,水平向右。
由题意知,磁场垂直向里,电流从左向右通过石墨烯,载流子是电子,由左手定则知电子受力向上,故电子向上偏转,上极板电势低,下极板电势高,在2、4间形成稳定电压时,由evB=e得U=bvB。又知I===Nbve,N为每平方米的载流子数量,则U=,U-B图线的斜率k=,则N=≈2.3×1016,应选D。
易错提醒　1.用左手定则判断电子受力方向时,四指指向电子运动的反方向即电流方向。
2.电流的微观表达式I=nqSv中n指单位体积内自由电荷数。
8.答案　(1)　(2)　　(3)(-6a,0)
(0,0)　67πa
解析　(1)由题意可知第一次碰撞前甲粒子的轨道半径r1=a,设其速度大小为v0
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m
解得v0=
(2)粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周,则T甲=2T乙
已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q,设粒子乙的质量为m',由qvB=m和T=得T=,则T甲=,T乙=
联立解得m'=
以沿y轴负方向为正方向,甲、乙第一次碰撞前甲的速度为v0,设乙的速度为v0',第一次碰撞后甲的速度v1=-3v0,乙的速度为v1',根据弹性碰撞规律有
mv0+m'v0'=mv1+m'v1'
m+m'v0'2=m+m'v1'2
联立解得v1'=3v0,v0'=-5v0
将v0=代入
解得第一次碰撞后粒子乙的速度大小v1'=
(3)第一次碰撞发生在t1=时,碰前甲的速度大小为v0,方向沿y轴负方向,乙的速度大小为5v0,方向沿y轴正方向;碰后甲的速度大小为3v0,方向沿y轴正方向,乙的速度大小为3v0,方向沿y轴负方向;
然后甲转一圈,乙转两圈后在t2=时在O点甲、乙发生第二次碰撞,碰前甲的速度大小为3v0,方向沿y轴正方向,乙的速度大小为3v0,方向沿y轴负方向;根据弹性碰撞规律求得第二次碰后甲的速度大小为 v0,方向沿y轴负方向,乙的速度大小为5v0,方向沿y轴正方向,轨迹半径为a;
然后甲转一圈,乙转两圈后在t3=时在O点甲、乙发生第三次碰撞,碰前甲的速度大小为v0,方向沿y轴负方向,乙的速度大小为5v0,方向沿y轴正方向;第三次碰撞与第一次碰撞过程相同,碰后甲的速度大小为3v0,方向沿y轴正方向,乙的速度大小为3v0,方向沿y轴负方向,轨迹半径为a;
以此类推,甲、乙在t9=时在O点甲、乙发生第九次碰撞,碰前甲的速度大小为v0,方向沿y轴负方向,乙的速度大小为5v0,方向沿y轴正方向;碰后甲的速度大小为3v0,方向沿y轴正方向,乙的速度大小为3v0,方向沿y轴负方向;
第九次碰后再经过Δt=到t=时刻,甲转半圈,运动半径为3a,故其位置坐标为(-6a,0);乙转一圈回到O点,故其位置坐标为(0,0)
从第一次碰撞到t=时刻,乙运动的路程s=×4+2π×a=67πa
9.C　设α粒子的电荷量为2q,速度为v,电子的电荷量为-q,速度为10v。打到a点的粒子没有发生偏转,故其所受电场力和洛伦兹力平衡。若电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里,则α粒子所受电场力和洛伦兹力的方向都向左,运动轨迹向左偏转,不符合题意,故A错误。若电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外,则α粒子所受电场力方向向左、洛伦兹力方向向右,如果是α粒子打到a点,则有E·2q=B·2qv,则E=Bv,对于电子来说,所受洛伦兹力方向向左、电场力方向向右,由E=Bv有EqB·2qv,α粒子应该向左偏转,不符合题意,故B错误。若电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里,则α粒子所受电场力方向向右、洛伦兹力方向向左,如果它不偏转,则有E·2q=B·2qv,即E=Bv,电子所受电场力方向向左、洛伦兹力方向向右,且由E=Bv有Eq10.B　带正电粒子从原点O由静止释放,在电场力作用下,获得向上的速度后,会受到向左的洛伦兹力,故粒子向左侧偏转,排除A、C选项;当粒子再回到x轴时,电场力整体做功为零,洛伦兹力始终不做功,故此时速度为零,以后会重复之前的运动,不可能运动到x轴下方,故D错误,选B。
11.答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)将电子的初速度沿x轴和y轴方向分解,则其在yOz面内做圆周运动,沿x轴方向做匀速直线运动,均经过O进入电场,设电子在yOz平面内做圆周运动的半径为R,周期为T,则ev⊥B=
T=
nT=(n=1,2,3,…)
解得B=(n=1,2,3,…)
当n=1时Bmin=
(2)由(1)知R=,电子初速度方向与x轴正方向夹角为θ时,R最大,有Rmax=r=
tan θ=
解得tan θ=
(3)电子初速度方向与x轴正方向的夹角为最大夹角θ且向上时,在电场中运动时y轴正方向有最大位移,则
(v0 tan θ)2=2aymax
eE=ma
解得ymax=
12.答案　(1)　(2)πL　(3)F=Δx
关键突破　甲粒子在Ⅳ区电场中始终做匀速直线运动,则x甲=v甲t,且甲粒子在Ⅳ区中运动时所受电场力始终为零,即甲粒子经过的位置处电场强度总为零。
解析　(1)乙粒子经过匀强磁场Ⅰ区的速度偏转角为30°,则乙粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动的圆心角θ=30°
由qBv0=m,解得R1=
由几何关系得sin 30°=
联立解得R1=2L,B=
(2)根据乙粒子的运动轨迹,同理可知甲粒子到达P点时速度沿x轴正方向,则甲粒子在Ⅲ区做匀加速直线运动
乙粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ区内做匀速圆周运动的周期
T乙==
由题意知甲粒子在Ⅲ区电场中匀加速的时间和乙粒子在Ⅰ、Ⅱ区磁场中运动的时间相等,得甲粒子匀加速运动的时间
t3=×T乙=
则Ⅲ区宽度d=v0t3+××=πL
(3)取甲经过O点时t=0,Ⅳ区内电场强度E=ωt-kx,其中常系数ω>0且已知,而k未知,为保证甲粒子在Ⅳ区做匀速直线运动,则甲粒子从t=0时刻进入Ⅳ区后运动过程中始终位于电场强度E为0处
甲粒子到达O点时的速度v甲=v0+×t3=3v0
甲粒子在时间t内在Ⅳ区电场中运动位移x甲=3v0t
代入E=ωt-kx甲=0中得E=ωt-k·3v0t=0
得k=
设乙粒子t时刻在Ⅳ区的x轴坐标为x乙,此时乙在Ⅳ区所受电场力大小为F,则
E=ωt-kx乙=ωt-x乙
F=qE=q(ωt-x乙)
又乙追上甲前,甲、乙间距Δx=x甲-x乙
而x乙=(ωt-)
联立得Δx=3v0t-(ωt-)
化简得F=Δx
[点拨:也可利用F=qE=q(ωt-kx乙)=q(kx甲-kx乙)=qkΔx计算]
13.答案　 (1)　(2)　(3)(d,d,0)
(4)
解析　(1)离子甲在电场中的运动可看成是类平抛运动的逆过程
在z轴方向上:L=v0 cos β·t
在y轴方向上:v0 sin β=at
由牛顿第二定律有qE=ma
联立可得E==
(2)当离子甲以最大速度vm进入磁场Ⅰ时,离子在yOz平面内做圆周运动,轨迹半径设为R1,由洛伦兹力提供向心力有Bqvm=
离子运动半周后从y轴上y=2R1处沿z轴负方向进入磁场Ⅱ,在与磁场Ⅱ平面垂直的平面内做圆周运动,轨迹半径设为R2,则有Bqvm=
为使离子甲能始终在磁场中运动,对应于最大速度时粒子在磁场中运动的轨迹半径应满足
R1≤d,R2≤3d
联立取二者中较小值可得vm=
(3)根据洛伦兹力提供向心力,Bqv=,离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中轨迹半径分别为
RⅠ==,RⅡ=d
离子在磁场Ⅰ中转动半周从y轴上第二次穿过xOy平面,在y轴上位置坐标y=2RⅠ=d
由RⅡ=RⅠ可知,离子在磁场Ⅱ中转动半周恰好从x轴上第三次穿过xOy平面回到磁场Ⅰ中,在x轴上位置坐标x=2RⅠ=d
离子回到磁场Ⅰ中后在x=d的平面内做圆周运动,转动半周第四次穿过xOy平面,此时位置坐标为(2RⅠ,2RⅠ,0)即(d,d,0)
(4)离子乙在两磁场区域中运动的轨迹半径分别为
RⅠ'=,RⅡ'=RⅠ'
由于mv2=·4m·v'2
解得RⅠ'=d,RⅡ'=d,v'=
由于离子甲在两磁场区域内运动轨迹半径分别为
RⅠ=,RⅡ=d
则在离子甲完成两次周期性运动处、离子乙完成一次周期性运动处轨迹产生第一个交点,则两离子运动到第一个交点处的时间差为
Δt=-=
方法技巧　带电粒子垂直进入匀强磁场中后做匀速圆周运动,轨迹平面垂直于磁场;粒子能不能从某磁场边界穿出磁场区域的临界状态是轨迹与该边界相切;界面两侧均存在磁场时可形成在边界两侧的周期性运动。
14.答案　(1)
(2)　(3)L
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
qvB0=m ①
根据几何关系得
sin θ= ②
联立①②式得
v= ③
(2)离子在Ⅱ区内只受电场力,沿x轴正方向做匀速直线运动,沿y轴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,沿y轴方向的位移为y0,加速度大小为a,由牛顿第二定律得
qE=ma ④
由运动的合成与分解得
L=vt cos θ ⑤
y0=-r(1-cos θ) ⑥
y0=vt sin θ-at2 ⑦
联立①②④⑤⑥⑦式得
E=(L tan θ+-) ⑧
(3)Ⅱ区内填充磁场后,离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动,如图所示。
设左侧部分的圆心角为α,圆周运动半径为r',运动轨迹长度为l',由几何关系得α= ⑨
l'=×2πr'+×2πr' ⑩
离子在Ⅱ区内的运动时间不变,故有
= 11
C到O1的距离s=2r' sin α+r' 12
联立⑨⑩1112式得s=L 13
高考模拟练
1.C　根据题意可知,该“电磁撬”的工作原理为磁场对通电导体有力的作用,A错误;由安培定则可知,金属棒所在区域的磁场方向为垂直于纸面向里,B错误;由题意可知,金属棒所在位置的磁感应强度大小为B=kI,则金属棒受到的安培力大小为F=BIL=k···k=1 N,故C正确;金属棒从静止开始推进距离s=2 m过程中,根据动能定理可得Fs=mv2-0,解得金属棒推进后的速度大小为v=2 m/s,D错误。
2.AD　根据回旋加速器的工作原理可知,交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等,根据粒子在匀强磁场中的运动规律可知qvB=m,v=,解得周期T=;粒子的回旋周期不变,在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1,故A正确。根据公式qvB=m,解得v=;设D形金属盒半径为R,则最大动能Ekm=m=,与加速电压无关,与加速次数无关,若想增大粒子获得的最大动能,可以增大D形金属盒的面积,故B、C错误,D正确。
3.D　由图甲中画出的磁感线可知负辉区中各处磁场方向变化,则负辉区中的整个磁场不是匀强磁场,A错误;电子每次飞离靶面进入阴极暗区后都要加速运动,电场方向不变,电子从阴极暗区进入负辉区时所受洛伦兹力都是向右的,磁场方向不变,B错误;电子在阴极暗区运动时,由动能定理可得eU=mv2,可知电子到达负辉区的速度由阴极暗区上、下侧面间的电势差决定,与阴极暗区的厚度无关,C错误;在直道区,由于阴极暗区上、下侧面间的电势差保持不变,由eU=mv2可知电子从阴极暗区进入负辉区的运动速度大小不变,磁感应强度大小处处相等,由evB=m可知电子在负辉区做圆周运动的轨迹半径相同,所以电子每次跳跃的水平距离相同,D正确。
4.D　根据题意可知,导电药液所受的安培力向上,电流自左向右,由左手定则可知,磁场的方向由前壁指向后壁,A错误;由电阻定律可得,导电药液的电阻为R=ρ1,则导电药液中电流的大小为I==,B错误;药液受到的安培力大小为F=BIL=,C错误;注射器正常工作,则有F>mg,即>ρ2dhLg,解得U>,D正确。
5.C　由题意可知,导电液体受到的安培力方向向上,则由左手定则可知,两金属板间匀强磁场的方向垂直于纸面向里,A错误。两板间液面缓慢上升过程中,两板间液体受到容器竖直向上的支持力、竖直向下的重力和竖直向上的安培力,三力平衡,B错误。两板间液面的高度为2h时,设两板间液体的电阻为R,则有R=ρ;根据欧姆定律有I=,导电液体所受的安培力大小为F=BIl;两板间高出板外液面的液体质量m=ρ0bhl;结合两板间液体受到的安培力与两板间高出板外液面的液体重力平衡,则有F=mg,联立以上各式解得U=,C正确。两板间液面从高度h缓慢升至2h的过程中,液体重力势能的增量为E=mgh=ρ0blh2g,除此之外导电液体还产生热量,则电源消耗的电能大于ρ0blh2g,D错误。
6.AC　由题意可知,粒子带正电且粒子沿逆时针方向在磁场中做圆周运动,由左手定则可知,环形区域内磁场方向垂直于纸面向里,A正确;前n周内电场力对粒子做的功为W=nqU,由动能定理得nqU=m,解得粒子绕行n周回到M板时的速度大小vn=,B错误;设粒子绕行第n周时的磁感应强度为Bn,由牛顿第二定律有qvnBn=m,解得Bn===,故C正确;粒子在运动的第n周时的周期为Tn==πR,粒子在运动的第n周内电场力对粒子做功的平均功率==,故D错误。
7.答案　(1)　(2)
(3)
解析　(1)电子射出电场时,有Ue=m
解得v0=
若θ=0°时电子恰好不能从区域Ⅰ右边界射出,则运动半径r=L
根据ev0B=m
解得磁感应强度的大小B=
(2)若θ=30°时电子恰好不能从区域Ⅰ右边界射出,则电子的运动轨迹如图甲所示:
根据几何关系可得=sin 30°
解得r'=2L
根据ev0B'=m
解得磁感应强度的大小B'=
(3)若磁感应强度大小为第(2)问中的B',则电子在磁场中运动的半径为r'=2L
当θ=0°时射入的电子在磁场中运动时对应的圆弧最短,用时最短,轨迹如图乙所示,
则由几何关系可知电子在磁场区域Ⅰ和区域Ⅲ中做圆周运动的圆弧所对的圆心角均为α=30°
则在两磁场中运动的时间为t1=t3=T=·=
在区域Ⅱ中运动的时间t2==
则电子从进入区域Ⅰ到离开区域Ⅲ所用的最短时间
tmin=t1+t2+t3=
8.答案　(1)(ⅰ)沿z轴负方向　(ⅱ)　　(2)eN0knUn
解析　(1)(ⅰ)a电子,初速度方向在xOy平面内,与y轴正方向成θ角;若磁场方向沿z轴正方向,a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转,不符合题意;若磁场方向沿z轴负方向,a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转,符合题意;b电子,初速度方向在zOy平面内,与y轴正方向成θ角。b电子沿z轴的分速度与磁感线平行,沿y轴方向的分速度使电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转,根据左手定则可知,磁场方向沿z轴负方向,符合题意;综上可知,磁感应强度B的方向沿z轴负方向。
(ⅱ)a电子在洛伦兹力作用下运动的轨迹如图,
由图可知,电子运动到下一个极板,运动轨迹对应的圆心角α=2(-θ)
运动的时间ta=T
电子做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得evB=m
其运动周期T=
解得T=,ta=
b电子的运动可分解成沿z轴方向的分运动和平行于xOy面的分运动,由于沿z轴方向上没有受力,所以沿z轴方向做匀速运动;沿y轴方向的分速度使电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,向x轴正方向偏转,电子运动半个圆周到下一个极板,其运动的时间tb=T=
(2)单位时间内,依题意得,第1块极板激发出的电子数N1=δN0
第2块极板激发出的电子数N2=δN1
……
第n块极板激发出的电子数Nn=δNn-1
经过n次激发阳极处接收的电子数N=Nn
阳极处,接收电子产生的电流I=Ne
解得I=eN0knUn
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