【新高考】天津市2011-2020年高考试卷分类汇编之9—安培力、带电粒子在磁场中的运动（解析卷）

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天津市2011-2020年高考试卷分类汇编之9—
安培力、带电粒子在磁场中的运动
（1）安培力
1. 2012年理综天津卷
2. 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. 棒中的电流变大，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：水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有，所以棒子中的电流增大θ角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，θ角度不变；金属质量变大θ角度变小；磁感应强度变大θ角度变大。
2.2017年天津卷12．（20分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
【答案】（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下； （2） （3）。
【解析】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有
①
设MN受到的安培力为F，有F=IlB ②
由牛顿第二定律有F=ma ③
联立①②③式得 ④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有Q0=CE ⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，设MN上的感应电动势为E'，有
⑥
依题意有 ⑦
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有 ⑧
由动量定理，有 ⑨
又 ⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
?
（2）带电粒子在磁场中的圆周运动
3.2020年天津卷7．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。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，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
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距
【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，根据几何关系可知
，
则粒子运动的轨道半径为
洛伦兹力提供向心力
解得，BC错误；
D．与点的距离为 ，D正确。
故选AD。
4. 2013年天津卷11．（18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
⑴M、N间电场强度E的大小；
⑵圆筒的半径R；
⑶保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2d/3，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。
答：（1） （2） （3）n=3
解析：（1）设两板间电压为U，由动能定理得 ①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed ②
联立上式可得 ③
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为O'，圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对的圆心角，
由几何关系得 ④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 ⑤
联立④⑤式得 ⑥
（3）保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为U'，则
⑦
设粒子进入S孔时的速度为v'，由①式看出
结合⑦式可得 ⑧
设粒子做圆周运动的半径为r'，则
⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到
r'=R，可见 ⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=3
（3）带电粒子在电磁场中的运动
5.2017年天津卷11．（18分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入电场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，为：
（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
【答案】（1），方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上；（2）。
【解析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t,有
x方向： ①
y方向： ②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy，vy= at ③
设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有
④
联立①②③④式得α=45° ⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。
设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有 ⑥
联立①②③⑥式得 ⑦
（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F=ma ⑧
又F=qE ⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 ⑩
由几何关系可知 ?
联立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ?
6.2015年理综天津卷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，电场和磁场的宽度均为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θn，试求sinθn；
（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）； （2）； （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，由动能定理有， ①
解得 ②
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有 ③
联立②③式解得： ④
（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）， ⑤
⑥
粒子进入到第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θn，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： ⑦
由图1根据几何关系可以得到：
⑧
联立⑥⑦⑧式可得： ⑨
由⑨式可看出，，…，为一等差数列，公差为d，可得：
⑩
当n=1时，由图2可看出：
?
联立⑤⑥⑩?可解得： ?
（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则：
，
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，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为，由于，则导致：
说明不存在，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。
7.2018年天津卷11．如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。
（1）求粒子从P到M所用的时间t；
（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度的大小。
解：（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有 ①
设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F=qE ②；
设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=ma ③；
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at ④；
联立①②③④式得 ⑤；
（2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为，由几何关系可知 ⑥
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知 ⑦；
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为，由运动的合成和分解可知 ⑧
联立①⑥⑦⑧式得 ⑨
8.2016年天津卷11、如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量，电荷量，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取g=10m/s2，求
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
【答案】（1）20m/s；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角60° （2）3.5s
【解析】（1）小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
①
代入数据解得 ②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
③
代入数据解得
④
（2）解法一：
撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
=3.5 s ⑨
解法二：
撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy=vsin θ ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得⑦
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