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(高中物理)磁场
磁场
1〔摸底〕.如下列图为电磁轨道炮的工作原理图。待发射弹体与轨道保持良好接触,并
可在两平行轨道之间无摩擦滑动。电流从一条轨道流入,通过弹体流回另一条轨道。轨道
电流在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场〔可视为匀强磁场〕,磁感应强度的大小与电流强
度I成正比。弹体在安培力的作用下滑行L后离开轨道

,弹体射出的速度也为原来倍轨道
弹体
,射出的速度也为原来倍I
轨道
,弹体射出的速度为原来倍第8题
答案:BD
.2.〔摸底〕(16)分如图甲所示的坐标系中,第四限象内存在垂直于纸面向里的有界匀强
磁场,x方向的宽度OA=203cm,y方向无限制,磁感应强度B0=1×10-4T。现有一比荷
q11
为=2×10C/kg的正离子以某一速度从O点射入磁场,α=60°,离子通过磁场后刚好
m
从A点射出。
〔1〕求离子进入磁场B0的速度的大小;
〔2〕离子进入磁场B0后,某时刻再加一个同方向的匀强磁场,使离子做完整的圆周运
动,求所加磁场磁感应强度的最小值;
〔3〕离子进入磁场B0后,再加一个如图乙所示的变化磁场〔正方向与B0方向相同,不
考虑磁场变化所产生的电场〕,求离子从OA点到点的总时间。
yB/(10-
3.(16)1〕如下列图,由几何关系得离子在磁场中运动〔分4
OAx11T)
××
时的轨道半径r1………………………〔2分〕乙
××
××B0O
离子在磁场中做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向前心力123456787
××甲乙t/(10s)
612
求得:410m/s…………………………〔2分〕第15
××
题
××
m2
〔2〕由Bq知,B越小,r越大。设离子在磁场中××
r××
最大半径为R
由几何关系得:R……………………………………………………………2〔
分〕
2
m
由牛顿运动定律得B1q
R
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(高中物理)磁场
求得B4104T……………………………………………………………………2〔
1
分〕
4
那么外加磁场B1310T…………………………………………………………1〔
分〕
〔3〕离子在原磁场中运动周期
2m7
T110s
Bq
离子在磁场中运动第一次遇到外加磁场的过程中轨迹对应的圆心角
7
10
12
172……………………………………………………………2〔
106
分〕
此时施加附加磁场时离子在磁场中能做的圆周运动的
最大半径为r2
13
由几何关系知:r2()〔m〕
39
离子在有附加磁场时运动半径为r3
2
m1
那么B2q,求得r3
r360
因r3<r2,所以离子能做完整的圆周运动……………………………………………2〔
分〕
2m7
离子在外加磁场后时,T210s
B2q12
7
对照外加磁场的规律可知,每隔10s离子在周期性外加磁场时,离子恰可做一
12
次完整的匀速圆周运动,共做三次,最后在A点离开磁场。
离子从OA点进入到点射出的总时间为
2
m
36m7
t10s……………………………………………………〔3分〕
BqB2q2
此题有其它解法,正确的可对照评分标准给分。
4(学情调研).如下列图,从S处发出的热电子经加速电压U加
速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,发现电子流向
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,
区域通过,只采取以下措施,其中可行的是〔 〕




答案:C
.〔15()16苏北四市一模分〕如图甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组
成。偏转电场处在加有电压U、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间,匀强磁
场水平宽度一定,竖直长度足够大,其紧靠偏转电场的右边。大量电子以相同初速度
连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间。当两板间没有加电压时,
这些电子通过两板之间的时间为2t0;当两板间加上图乙所示的电压U时,所有电子
均能通过电场、穿过磁场,最后打在竖直放置的荧光屏上。电子的质量为m、电荷量
为e,不计电子的重力及电子间的相互作用,电压U的最大值为U0,磁场的磁感应强
度大小为B、方向水平且垂直纸面向里。
〔1〕如果电子在t=t0时刻进入两板间,求它离开偏转电场时竖直分位移的大小。
〔2〕要使电子在t=0时刻进入电场并能最终垂直打在荧光屏上,匀强磁场的水平宽度
l为多少?
〔3〕证明:在满足〔2〕问磁场宽度l的条件下,所有电子自进入板间到最终打在荧光
屏上的总时间相同。
+UB
15.〔16分〕解:
〔1〕电子在t=t0时刻进入两板间,先做匀速运动,后做类平抛运动,在2Ut0~3t0时间内
荧
发生偏转光
屏U0
eEeU0
a〔2分〕
mmd
—0t02t3t4tt
1eUt2
yat200〔2分〕l000
0乙
22md甲
〔2〕设电子从电场中射出的偏向角为θ,速度为v,那么
vyeU0t0
sin〔2分〕
vmdv
电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上,其圆周运动的半径为R,根据牛顿第二定
律有
v2
evBm〔2分〕
R
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l
由几何关系得sin〔1分〕
R
U0t0
得水平宽度l〔1分〕
Bd
〔3〕证明:无论何时进入两板间的电子,在两板间运动的时间均为t12t01〔
分〕
eU0t0
射出电场时的竖直分速度vy均相同,vyat01〔
md
分〕
vyeU0t0
射出电场时速度方向与初速v0方向的夹角均相同,满足tan(1
v0mv0d
分〕
因进入偏转磁场时电子速度大小vv2v2相同,方向平行,所以电子在磁场中的
0y
轨道半径相同,都垂直打在荧光屏上1〔
分〕
根据几何关系,电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角必为,那么在磁场中运动时间
m
t2T1〔
2eB
分〕
m
综上所述,电子运动的总时间tt1t22t0,即
eB
AC
总时间相同。〔1分〕
14(),在空间中存在垂直纸面向里
的场强为B匀强磁场,其边界AB、CD的宽度为d,在左边界
小孔
的Q点处有一质量为m,带电量为负q的粒子沿与左边界成
o30°v
30的方向射入磁场,:
〔1〕带电粒子能从AB边界飞出的最大速度?QU
〔2〕假设带电粒子能垂直CD边界飞出磁场,穿过小孔进+-
入如下列图的匀强电场中减速至零且不碰到负极板,那么
极板间电压多大?
2dqB
〔3〕假设带电粒子的速度是,并可以从Q点沿纸面
m
d
各个方向射入磁场,那么粒子能打到CD边界的范围?BD
14.〔1〕粒子能从左边界射出,临界情况有
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2
vBqd2(23)Bqd
RRcos30dBqvmv3分
Rm(1cos30)m
2(23)Bqd
所以粒子能从左边界射出速度应满足v1分
m
2
dv2
〔2〕粒子能从右边界射出 R0Bqv2m3分
cos30R
2222
12Bqd2Bqd
mv2qU 解得U23分
22mcos303m
22
2Bqd
粒子不碰到右极板所加电压满足的条件 U
3m
2dqB/
〔3〕当粒子速度为是时解得R2d粒子,如图3分
m
由几何关系可得l22dcos30023d2分
AC
-11AC
.〔14〔一中摸底〕AC12分〕如下列图,一带电微粒质量为m.=20×10kg、电荷量v
q=+×10-5C,从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后,水平进入两平行金属板
3
v小孔30°
间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角30°θ=60°,并
接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区vQm30°v
O
域,微粒射出磁场时的偏转角也为mQθ=60°。偏转电场中Q30°
1UO
+-
60°/
金属板长L=23cm,圆形匀强磁场的半径OR=103cm,3
BdD2
重力忽略不计。求:
〔1〕带电微粒经U1=100V的电场加速后的速率;Od
BD
〔2〕两金属板间偏转电场的电场强度E;v
d3
〔3〕匀强磁场的磁感应强度的大小。BD
3
14.〔1〕×104m/s〔2〕E=10000V/m〔3〕
〔1〕带电微粒经加速电场加速后速度为v1,
122U1q4
根据动能定理:qU1mv1〔2分〕v1=×10m/s〔2分〕
2m
〔2〕带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速
直线运动。水平方向:L〔1分〕
v1
t
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为a,出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向:EqqE〔1分〕
a
mm
由几何关系tanv2〔1分〕
v1
E=10000V/m〔1分〕
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〔3〕设带电粒子进磁场时的速度大小为v,那么vv1104m/s〔1分〕
cos
由粒子运动的对称性可知,入射速度方向过磁场区域圆心,那么出射速度反向延长线
过磁场区域圆心,粒子在磁场中的运动轨迹如下列图
那么轨迹半径为rRtan60〔1分〕
v2
由qvBm〔1分〕
r
得Bmv〔1分〕
qr
3(),在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时
磁铁对水平面的压力为N1,现在磁铁左上方位置固定一导体棒,当导体棒中通以垂直
纸面向里的电流后,磁铁对水平面的压力为N2,那么以下说法正确的选项是
〔〕

><N2
答案:BCNS
8().质量为中学期中m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动,轨道
平面在竖直平面内,电场方向竖直向下,磁场方向垂直圆周所在平
面向里,如下列图,由此可知〔〕
,沿顺时针方向运动
,沿顺时针方向运动
,沿逆时针方向运动
,沿逆时针方向运动
答案:B
.〔16()14r,0〕为圆心,半径为r的圆形匀强磁中学期中分〕如下列图,真空中有以〔
,方向垂直于纸面向里,在的虚线上方足够场区域,磁场的磁感应强度大小为By=r
,现在有一质子从点沿大的范围内,有水平向左的匀强电场,电场强度的大小为EO
与x轴正方向斜向下成30o方向〔如图中所示〕射入磁场,经过一段时间后由M点
〔图中没有标出〕穿过yr,质子的电荷轴。质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
量为e,质量为m,不计重力、阻力。y
求:〔1〕质子运动的初速度大小
〔2〕M点的坐标E
〔3〕质子由OM点运动到点所用时间
16、〔141〕质子在磁场做匀速圆周运动有分〕解:〔r
2O30ox
Bvemv∴得v=Ber
rmB
〔2〕质子在磁场和电场中运动轨迹如下列图,质子在磁场中转过120°P角后,从
点再匀速运动一段距离后垂直电场线进入电场,由几何关系得
P点距y轴的距离为x2=r+rsin30o=
质子在电场中做类平抛运动所以有y
Eema①
y2
vE
O2rP
rr
O30ox
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12
x2at3②
2
3rm
由①②得t3
eE
3re
M点的纵坐标yrvt3rBr
mE
3re
所以M点坐标为(0,rvt3rBr)
mE
12m
〔3〕质子在磁场中运动时间t1T
33Be
3
由几何关系得P点的纵坐标y2r
2
ry2(23)m
所以质子匀速运动时间t2
v2Be
2m(23)m3rm
质子由OM点运动到点所用时间tt1t2t3
3Be2BeeE
4(),这些可
以移动的自由电荷又叫载流子。金属导体的载流子是自由电子,现
代广泛应用的半导体材料分为两大类:一类是N型半导体,它的载
流子为电子;另一类是P“空穴〞,相当型半导体,它的载流子为
于带正电的粒子,如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中,
磁场方向如下列图,且与前后侧面垂直,长方体中通有方向水平向
右的电流,设长方体的上下外表M、N的电势分别为φM和φN,那么
以下判断中正确的选项是〔〕
,有φM>,有φM<φN
,有φM<,有φM<φN
答案:C
8().1922中学期中年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的创造、同位素和质谱的研究荣获了诺
贝尔化学奖。假设一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如下列图,那么以下说法
中正确的选项是〔〕


,质量越大
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q
,荷质比越小
m
答案:BD
16()(16)如图甲所示,∠BAO=30°AO,
长为a。假设在点ABAO处有一放射源可沿∠所夹范围内的各个方向放射出质量为m、
速度大小均为v、带电量为eABO内有垂直纸的电子,电子重力忽略不计。在三角形
面向里的匀强磁场,当电子从顶点AABO沿点射出。试方向射入磁场时,电子恰好从
求:
〔1〕从顶点AABt;沿方向射入的电子在磁场中的运动时间
〔2〕磁场大小、方向保持不变,改变匀强磁场分布区域,使磁场存在于三角形ABO内
的左侧,要使放射出的电子穿过磁场后都垂直穿过y轴后向右运动,试求匀强磁场区
域分布的最小面积S;
〔3〕磁场大小、方向保持不变,现改变匀强磁场分布区域,使磁场存在于y轴与虚线
之间,示意图见图乙所示,仍使放射出的电子最后都垂直穿过y轴后向右运动,试确
定匀强磁场左侧边界虚线的曲线方程。
分〕〔15.〔161〕由于小球在磁场中做匀速圆周运动,设轨道半径为r,那么
mg
qE1mg解得E1〔2分〕
q
方向沿y轴正向〔1分〕
2
v0mv0
qvBm解得r〔2分〕
rqB
(2)小球做匀速直线运动,受力平衡,那么
qE(mg)2(qvB)23分〕〔
20
mg222
解得E2()v0B1分〕〔
q
(3)小球在复合场中做螺旋运动,可以分解成水平面内的匀速圆周运动和沿y轴方向
的匀加速运动.
qE3mg
做匀加速运动的加速度a2g1分〕〔
m
从原点O到经过y轴时经历的时间tnT1分〕〔
12
yat1分〕〔
2
4n22m2g
解得y22(n1、2、3)1分〕〔
qB
12
由动能定理得(qE3mg)yEkmv01分〕〔
2
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2232
128nmg
解得Ekmv022(n1、2、3)1分〕〔
2qB
14()中学自主选拔形管杆由两段直杆和一半径为R的半圆环组成,固定在纸面所在的竖
、MNMAPP、M点在磁场界线在磁场边界左侧,水平且足够长,半圆环
上,NMAPm、带电量为+qMN的小环套在杆,它所受到的段是光滑的,现有一质量为
1
,小环刚好能到达点,
2
〔1〕求DMx间的距离0.
〔2〕
〔3〕假设小环与PQ间的动摩擦因数为μ〔设最大静止摩擦力与滑动摩擦力大小相
等〕.现将小环移至M6R点右侧处由静止开始释放,求小环在整个运动过程中克
服摩擦力所做的功.
:〔1〕由动能定理qEx0-2mgR=0
1
qE=mg
2
∴x0=4R
〔2〕设小环在Av点速度A
12
由动能定理qE(x0+R)-mgR=mvA
2
v2
由向心力公式:NqvBqEmA
A
R
1
〔3〕假设μmg≥qE即μ≥
2
小环达PS点右侧1处静止
qE(6R-S1)-mg·2R-μmgS1=0
1
假设μmg<qE<即μ
2
环经过往复运动,最后只能在PDW之间运动,设克服摩擦力为
那么:qE6R-mg2R-W=0
∴W=mgR
17().电流计的主要结构如图甲所示,固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯理科综合调研
构成的磁场中,并可绕轴转动。铝框上绕有线圈,线圈的两端与接线柱相连。用两根导线
分别将两只电流计的“+〞、“-〞接线柱相连,如图乙所示,拔动一只电流计的指针,另
一只电流计的指针也会转动。为了解释上
述现象,有同学对软铁芯内部的磁感线分
布提出了如下的猜想,可能正确的选项是铝
框GG
NS-+-+
甲
乙
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答案:D
NSNS
25(理科综合U0
.〔调研)22
B
分〕如下列
ABO
图,电子显S1S2d
像管由电子
枪、加速电
NSNSld
场、偏转磁
场及荧光屏
组成。在加
CD
速电场右侧
有相距为d、长为l的两平板,两平板构成的矩形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁
场,磁场的右边界与荧光屏之间的距离也为d。荧光屏中点O与加速电极上两小孔S1、S2
位于两板的中线上。从电子枪发射质量为m、电荷量为–e的电子,经电压为U0的加速电
3
场后从小孔S2射出,经磁场偏转后,最后打到荧光屏上。假设ld,不计电子在进入
2
加速电场前的速度。
(1)求电子进入磁场时的速度大小;
(2)求电子到达荧光屏的位置与O点距离的最大值ym和磁感应强度B的大小;
(3),在原磁场区域加上间距仍为假设撤去磁场d的上、下极板构成的偏转电极,加速电极
右侧与偏转电极紧靠。为了使电子经电场偏转后到达荧光屏上的位置与经磁场偏转的最大
值相同。在保持O与S2距离不变,允许改变板长的前提下,求所加偏转电压的最小值。
25.〔22分〕
(1)设电子经电场加速后的速度大小为v0,由动能
定理得
2eUαR
v0
0ym
m
R
θ
(2),沿直线运动到荧光屏,电子电子经磁场偏转后l
d/2
偏转的临界状态是恰好不撞在上板的右端,到
达荧光屏的位置与O点距离即为最大值ym,
如下列图,有
2
mv0
ev0B③
R
d222
(R)lR④
2
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d
ym
l2
tantan⑤
dd
R
2
32eU0
注意到ld,v0,联立上式可得
2m
5d
ym⑥
4
2mv022mU0
B⑦
5ed5de
(3)电子在电场中做曲线运动,在电场外做匀速直线运
动。对恰好能通过板右端点的电子在荧光屏上的位置离
ym
O点最大,且为ym的情况。设极板长度为l´,有θ
d/2
d
vyml´
y2
tan⑧
vxldl
其中
2eU0
vxv0⑨
m
vyat⑩
其中
FeU
a○11
mmd
lvxt○12
2d
vy2aad○13
2
10
解得ld
7
假设增大l´,那么无论加多大电压,电子在荧光屏上的偏移不能到达ym,当减小l´,
假设保持电压U不变,那么电子在荧光屏上的偏移也不能到达ym,只有增大电压才有可
能实现。因此,要使电子在荧光屏上的偏移到达ym对应电压的最小值为
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49
UminU0○15
50
评分标准:〔1〕422〕82分,①和②式各分;〔分,③、④和⑤式各分,⑥和⑦式各式
13〕10—62分;〔分,⑧分。式共分,和式各○13○14○15
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