《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題八 磁場、帶電粒子在磁場及復合場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題八 磁場、帶電粒子在磁場及復合場中的運動學案（24頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題八　磁場、帶電粒子在磁場及復合場中的運動 江蘇卷考情導向 考點 考題 考情 磁場的性質 2015年T4考查通電導體在磁場中受到的安培力、力的平衡 2017年T1考查磁通量的定義式和公式Φ＝BS的適用范圍 1．近五年高考本專題命題形式為選擇題和計算題形式，且計算題較多． 2．命題考查點集中在磁場對電流的作用，磁場對運動電荷的作用及洛倫茲力作用下圓周運動的周期、半徑問題．帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題． 帶電粒子在勻強磁場中的運動 2014年T14考查帶電粒子在磁場中的運動 帶電粒子在復合場中的運動 2017年T15考查動能定理與牛頓第二定律的應用、帶電粒子在

2、組合場中的運動 2016年T15考查帶電粒子在勻強磁場中的運動和回旋加速器的工作原理 2015年T15考查動能定理與牛頓第二定律的應用、帶電粒子在組合場中的運動 2014年T9考查霍爾效應及其應用、電勢差 2013年T15考查帶電粒子在交變電磁場中的運動 考點1| 磁場的性質難度：較易 題型：選擇題、計算題 五年2考 (對應學生用書第36頁) 1．(2015·江蘇高考T4)如圖8-1所示，用天平測量勻強磁場的磁感應強度．下列各選項所示的載流線圈匝數相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方．線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)．若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失

3、去平衡的是(　　) 圖8-1 【解題關鍵】　解此題的關鍵有以下兩點： (1)邊長MN相同，但四個線圈在磁場中的有效長度不同． (2)線圈電流相同，磁場發(fā)生變化時，線圈所受安培力也發(fā)生相應變化． A　[磁場發(fā)生微小變化時，因各選項中載流線圈在磁場中的面積不同，由法拉第電磁感應定律E＝n＝n知載流線圈在磁場中的面積越大，產生的感應電動勢越大，感應電流越大，載流線圈中的電流變化越大，所受的安培力變化越大，天平越容易失去平衡，由題圖可知，選項A符合題意．] 2．(2017·江蘇高考T1)如圖8-2所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r．圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則

4、穿過a、b兩線圈的磁通量之比為(　　) 【導學號：17214131】 圖8-2 A．1∶1　　　　　　 B．1∶2 C．1∶4 D．4∶1 A　[根據Φ＝BS，S為有磁感線穿過區(qū)域的有效面積，因此a、b兩線圈的有效面積相等，故磁通量之比Φa∶Φb＝1∶1，選項A正確．] 1．F＝BILsin α(α為B、I間的夾角)，高中只要求掌握α＝0°(不受安培力)和α＝90°兩種情況． (1)公式只適用于勻強磁場中的通電直導線或非勻強磁場中很短的通電導線． (2)當I、B夾角為0°時F＝0．當電流與磁場方向垂直時，安培力最大，為F＝BIL． (3)L是有效長度．閉合的通電

5、導線框在勻強磁場中受到的安培力F＝0． (4)安培力的方向利用左手定則判斷． 2．洛倫茲力的特點 (1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，即洛倫茲力永不做功． (2)僅電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向． 3．洛倫茲力的大小 (1)v∥B時，洛倫茲力F＝0．(θ＝0°或180°) (2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB．(θ＝90°) (3)v＝0時，洛倫茲力F＝0． ●考向1　磁場的基本性質

6、 1．(2017·南通模擬)如圖8-3所示為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況，以O點(圖中白點)為坐標原點．沿Z軸正方向磁感應強度B的大小變化情況最有可能是圖中的(　　) 【導學號：17214132】 圖8-3 A　　　　　B C　　　　　D C　[磁感線的疏密表示磁場的強弱，所以沿Z軸正方向磁感應強度B的大小是先變小后變大．由于題目中問的是磁感應強度B的大小，故C正確．] ●考向2　通電導體在磁場中的運動 2．(2017·寧城縣模擬)如圖8-4所示，絕緣水平桌面上放置一長直導線a，導線a的正上方某處放置另一長直導線b，導線a中電流垂直紙面向里，導線b中電流

7、垂直紙面向外，導線中均為恒定電流，現將導線b水平向右平移一小段距離后，導線a始終保持靜止，則(　　) 圖8-4 A．導線b受到的安培力方向始終豎直向下 B．導線b受到的安培力增大 C．導線a對桌面的壓力增大 D．導線a對桌面的摩擦力方向水平向左 D　[a與b的電流方向相反，根據電流與電流之間的相互作用力的特點可知，a與b之間的力為排斥力；當b水平向右平移時，導線a產生的磁場方向在b點為向右下方，根據左手定則可知，導線b受到的安培力方向不在豎直方向上，故A錯誤；由于a、b間的距離增大，故a在b處產生的磁感應強度大小減小，根據安培力F＝BIL可知，受到的安培力逐漸減小，故B錯誤；當

8、b水平向右平移時，a、b間的距離增大，b在a處產生的磁感應強度大小減小，a受到的安培力減小且方向仍然在兩根導線連線的方向上，根據力的合成可知，導線對桌面的壓力減小，且受到的摩擦力向右，故導線a對桌面的摩擦力向左，故C錯誤，D正確．] ●考向3　洛倫茲力的應用 3．(2017·蘇錫常二模)如圖8-5，一束電子沿某坐標軸運動，在x軸上的A點處產生的磁場方向沿z軸正方向，則該束電子的運動方向是(　　) 【導學號：17214133】 圖8-5 A．z軸正方向 B．z軸負方向 C．y軸正方向 D．y軸負方向 C　[在x軸上的A點處產生的磁場方向沿z軸正方向，根據安培定則可知，

9、形成的電流方向沿y軸負方向，那么電子流沿y軸正方向運動，故A、B、D錯誤，C正確．] 考點2| 帶電粒子在勻強磁場中的運動難度：中檔題 題型：選擇題、計算題 五年2考 (對應學生用書第37頁) 3．(2014·江蘇高考T14)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖8-6所示．裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d．裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上．在紙面內，質量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°

10、角，經過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點．改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板上的位置．不計粒子的重力． 圖8-6 (1)求磁場區(qū)域的寬度h； (2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量Δv； (3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值． 【導學號：17214134】 【解題關鍵】 關鍵語句 信息解讀 以某一速度從裝置左端的中點射入，恰好到達P點 由幾何關系可求得寬度 改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板上的位置 可求得兩次速度大小 【解析】　(1)設粒子在磁場中的軌道半徑為r，粒子的運動軌跡如圖所示．

11、 根據題意知L＝3rsin 30°＋3dcos 30°，且磁場區(qū)域的寬度h＝r(1－cos 30°) 解得：h＝． (2)設改變入射速度后粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，洛倫茲力提供向心力，則有 m＝qvB，m＝qv′B， 由題意知3rsin 30°＝4r′sin 30°， 解得粒子速度的最小變化量Δv＝v－v′＝． (3)設粒子經過上方磁場n次 由題意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30° 且m＝qvnB，解得vn＝． 【答案】　(1)　(2) (3) “4點、6線、3角”巧解帶電粒子在勻強磁場中的運動 圖8-7 (1)4點：入

12、射點B、出射點C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點O． (2)6線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑r，入射速度直線和出射速度直線OB、OC，入射點與出射點的連線BC，圓心與兩條速度直線交點的連線AO． (3)3角：速度偏轉角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍． ●考向1　磁偏轉的基本問題 4．(2017·宜興市模擬)如圖8-8，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到過O點的豎直屏P上．不計重力．下列說法正確的有(　　) 圖8-8 A．a、b均帶負電 B．a在磁場中飛行的時間比b的

13、短 C．a在磁場中飛行的路程比b的短 D．a在P上的落點與O點的距離比b的近 D　[a、b粒子的運動軌跡如圖所示：粒子a、b都向下偏轉，由左手定則可知，a、b均帶正電，故A錯誤；由r＝可知，兩粒子半徑相等，根據圖中兩粒子運動軌跡可知，a粒子運動軌跡長度大于b粒子運動軌跡長度，a在磁場中飛行的時間比b的長，故B、C錯誤；根據運動軌跡可知，在P上的落點與O點的距離a比b的近，故D正確．] ●考向2　磁偏轉的臨界問題 5．(2017·泰州三模)科研人員常用磁場來約束運動的帶電粒子，如圖8-9所示，粒子源位于紙面內一邊長為a的正方形中心O處，可以沿紙面向各個方向發(fā)射速度不同的粒子，粒子質量為

14、m、電荷量為q、最大速度為v，忽略粒子重力及粒子間相互作用，要使粒子均不能射出正方形區(qū)域，可在此區(qū)域加一垂直紙面的勻強磁場，則磁感應強度B的最小值為(　　) 圖8-9 A．　　　　　　　　 B． C． D． C　[粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力充當向心力，則有：Bvq＝，所以，R＝；粒子做圓周運動，圓上最遠兩點之間的距離為2R；而O到邊界的最短距離為a，要使粒子均不能射出正方形區(qū)域，則2R≤a，即≤a，所以B≥，故磁感應強度B的最小值為，故A、B、D錯誤，C正確．] ●考向3　磁偏轉中的多過程問題 6．(2017·欽南區(qū)月考)如圖8-10所示，a、b是兩個勻強磁場邊界上的兩

15、點，左邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應強度大小相等．電荷量為2e的正離子以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，當它運動到b點時，擊中并吸收了一個處于靜止狀態(tài)的電子，不計正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運動軌跡是(　　) 【導學號：17214135】 圖8-10 A　　　　　　　B C　　　　　　　D D　[正離子以某一速度擊中并吸收靜止的電子后，速度保持不變，電荷量變?yōu)椋玡，由左手定則可判斷出正離子過b點時所受洛侖茲力向下；由r＝可得，電量減半，則半徑增大到原來的2倍，故磁場中的運動軌跡為

16、D．] 考點3| 帶電粒子在復合場中的運動難度：較難 題型：選擇題、計算題 五年5考 (對應學生用書第38頁) 4．(2016·江蘇高考T15)回旋加速器的工作原理如圖8-11甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R．兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．被加速粒子的質量為m、電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝．一束該種粒子在t＝0～時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求： 甲 乙 圖8-11 (1)出

17、射粒子的動能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件． 【導學號：17214136】 【解題關鍵】　解此題的關鍵有以下三點： (1)粒子以半徑R運動時對應粒子的動能最大． (2)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期恒定不變． (3)粒子在狹縫間做勻加速直線運動． 【解析】　(1)粒子運動半徑為R時 qvB＝m 且Em＝mv2 解得Em＝． (2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經過狹縫的總時間為Δt 加速度a＝ 勻加速直線運動nd＝a·Δt

18、2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－． (3)只有在0～(－Δt)時間內飄入的粒子才能每次均被加速 則所占的比例為η＝ 由η＞99%，解得d＜． 【答案】　(1)　(2)－ (3)d＜ 5．(2013·江蘇高考T15)在科學研究中，可以通過施加適當的電場和磁場來實現對帶電粒子運動的控制．如圖8-12甲所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間t作周期性變化的圖象如圖乙所示．x軸正方向為E的正方向，垂直紙面向里為B的正方向．在坐標原點O有一粒子P，其質量和電荷量分別為m和＋q，不計重力．在t＝時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復運動． (1)求

19、P在磁場中運動時速度的大小v0； (2)求B0應滿足的關系； (3)在t0(0

20、0＝at，且t＝，解得v0＝． (2)只有當t＝2τ時，P在磁場中做圓周運動結束并開始沿x軸負方向運動，才能沿一定軌道做往復運動，如圖所示．設P在磁場中做圓周運動的周期為T． 則(n－)T＝τ(n＝1，2，3…) 勻速圓周運動qvB0＝m，T＝ 解得B0＝(n＝1，2，3，…)． (3)在t0時刻釋放，P在電場中加速的時間為τ－t0 在磁場中做勻速圓周運動，有v1＝ 圓周運動的半徑r1＝ 解得r1＝ 又經(τ－t0)時間P減速為零后向右加速的時間為t0 P再進入磁場，有v2＝ 圓周運動的半徑r2＝ 解得r2＝ 綜上分析，速度為零時橫坐標x＝0 相應的縱坐標為

21、y＝(k＝1，2，3，…) 解得y＝(k＝1，2，3，…)． 【答案】　(1) (2)B0＝　(n＝1，2，3，…) (3)橫坐標x＝0 縱坐標y＝(k＝1，2，3，…) 6．(多選)(2014·江蘇高考T9)如圖8-13所示，導電物質為電子的霍爾元件位于兩串聯線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產生勻強磁場，磁感應強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH＝k ，式中k為霍爾系數，d為霍爾元件兩側面間的距離．電阻R遠大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則(　　) 【導學號：17214138】

22、 圖8-13 A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B．若電源的正負極對調，電壓表將反偏 C．IH與I成正比 D．電壓表的示數與RL消耗的電功率成正比 CD　[當霍爾元件通有電流IH時，根據左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運動，故霍爾元件的前表面電勢較高．若將電源的正負極對調，則磁感應強度B的方向換向，IH方向變化，根據左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運動，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項A、B錯誤．因R與RL并聯，根據并聯分流，得IH＝I，故IH與I成正比，選項C正確．由于B與I成正比，設B＝aI，則IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k ＝PL，知UH∝PL，選項D正確．]

23、 7．(2017·江蘇高考T16)一臺質譜儀的工作原理如圖8-14所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡．不考慮離子間的相互作用． 圖8-14 (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x； (2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化

24、，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件． 【導學號：17214139】 【解析】　(1)甲種離子在電場中加速時，有 qU0＝×2mv2① 設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1，則有 qvB＝2m② 根據幾何關系有 x＝2r1－L③ 由①②③式解得x＝－L．④ (2)如圖所示． 最窄處位于過兩半圓虛線交點的垂線上d＝r1－⑤ 由①②⑤式解得d＝－．⑥ (3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑 r1min＝⑦ r2的最大半徑r2max＝⑧ 由題意知2r1min－2r2max＞L， 即－＞L⑨ 由⑦⑧⑨式解得 L＜[2－

25、]．⑩ 【答案】　(1)－L (2)見解析圖?。? (3)L＜[2－] 8．(2015·江蘇高考T16)一臺質譜儀的工作原理如圖8-15所示，電荷量均為＋q、質量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L．某次測量發(fā)現MN中左側區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當調節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到． 圖8-15 (1)求原本打在MN中點P的離子質量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)

26、域，求加速電壓U的調節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域將原本打在MQ區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調節(jié)U的最少次數．(取lg 2＝0．301，lg 3＝0．477，lg 5＝0．699) 【導學號：17214140】 【解析】　(1)離子在電場中加速，qU0＝mv2 在磁場中做勻速圓周運動，qvB＝m 解得r0＝ 代入r0＝L，解得m＝． (2)由(1)知，U＝， 離子打在Q點時，r＝L，得U＝ 離子打在N點時，r＝L，得U＝ 則電壓的范圍≤U≤． (3)由(1)可知，r∝ 由題意知，第1次調節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點，＝ 此時，原本半徑為r1的打在Q1的離

27、子打在Q上， ＝ 解得r1＝2L 第2次調節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則 ＝，＝，解得r2＝3L 同理，第n次調節(jié)電壓，有rn＝n＋1L 檢測完整，有rn≤，解得n≥－1≈2．8 最少次數為3次． 【答案】　(1)　(2)≤U≤　(3)最少次數為3次 1．組合場問題兩點技巧 (1)運動過程的分解方法 ①以“場”的邊界將帶電粒子的運動過程分段； ②分析每段運動帶電粒子的受力情況和初速度，判斷粒子的運動性質； ③建立聯系：前、后兩段運動的關聯為帶電粒子過關聯點時的速度； ④分段求解：根據題設條件，選擇計算順序．

28、 (2)周期性和對稱性的應用 相鄰場問題大多具有周期性和對稱性，解題時一是要充分利用其特點畫出帶電粒子的運動軌跡，以幫助理順物理過程；二是要注意周期性和對稱性對運動時間的影響． 2．關注幾場疊加　優(yōu)選規(guī)律解題 (1)受力分析，關注幾場疊加：①磁場、重力場并存，受重力和洛倫茲力；②電場、磁場并存(不計重力的微觀粒子)，受電場力和洛倫茲力；③電場、磁場、重力場并存，受電場力、洛倫茲力和重力． (2)選用規(guī)律：四種觀點解題：①帶電體做勻速直線運動，則用平衡條件求解(即二力或三力平衡)；②帶電體做勻速圓周運動，應用向心力公式或勻速圓周運動的規(guī)律求解；③帶電體做勻變速直線或曲線運動，應用牛頓運動

29、定律和運動學公式求解；④帶電體做復雜的曲線運動，應用能量守恒定律或動能定理求解． ●考向1　帶電粒子在組合場中的運動 7．(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖8-16甲所示，在直角坐標系0≤x≤L區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有一個以點(3L，0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N．現有一質量為m、帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為30°．不考慮電子所受的重力． 甲　　　　　　　　　乙 圖8-16 (1)求電子進入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強電場場強E的大??； (

30、2)若在圓形區(qū)域內加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸．求所加磁場磁感應強度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標； (3)若在電子剛進入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內加上圖乙所示變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子從N點處飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同．請寫出磁感應強度B0的大小、磁場變化周期T各應滿足的關系表達式． 【導學號：17214141】 【解析】　(1)電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，速度分解圖如圖(1)中所示． 由速度關系可得：＝cos θ 解得：v＝v0 由速度關系得：vy＝v0tan θ＝v0 在豎直

31、方向：vy＝at＝t 而水平方向上t＝ 解得：E＝． (1) (2)根據題意作圖如圖(1)所示，電子做勻速圓周運動的半徑R＝L 根據牛頓第二定律：qvB＝ 解得：B＝ 根據幾何關系得電子穿出圓形區(qū)域時位置坐標為(，－L)． (3)電子在磁場中最簡單的情景如圖(2)所示． (2) 在磁場變化的前三分之一個周期內，電子的偏轉角為60°，設電子運動的軌道半徑為r1，運動的周期為T0，粒子在x軸方向上的位移恰好等于r1； 在磁場變化的后三分之二個周期內，因磁感應強度減半，電子運動周期T′＝2T0，故粒子的偏轉角度仍為60°，電子運動的軌道半徑變?yōu)?r，粒子在x軸方向上的位

32、移恰好等于2r． 綜合上述分析，則電子能到達N點且速度符合要求的空間條件是： 3rn＝2L(n＝1，2，3…) 而：r＝ 解得：B0＝ (n＝1，2，3…) 應滿足的時間條件為：(T0＋T′)＝T 而：T0＝ T′＝ 解得T＝ (n＝1，2，3…) 【答案】　(1)v0　　(2)　(，－L)　(3)B0＝ (n＝1，2，3…)　T＝ (n＝1，2，3…) ●考向2　帶電粒子在疊加場中的運動 8．(2017·泰州三模)粒子速度選擇器的原理圖如圖8-17所示，兩水平長金屬板間有沿水平方向、磁感應強度為B0的勻強磁場和方向豎直向下、電場強度為E0的勻強電場，一束質量為m、電荷量為

33、q的帶電粒子，以不同的速度從小孔O處沿中軸射入此區(qū)域，研究人員發(fā)現有些粒子能沿中軸線運動并從擋板上小孔P射出此區(qū)域，其它還有些帶電粒子也能從小孔P射出，射出時的速度與預期選擇的速度的最大偏差量為Δv，通過理論分析知道，這些帶電粒子的運動可以看作沿中軸線方向以速度為v1的勻速直線運動和以速度v2在兩板間的勻強磁場中做勻速圓周運動的合運動，v1、v2和Δv均為未知量，不計帶電粒子重力及粒子間相互作用． 圖8-17 (1)若帶電粒子能沿中軸線運動，求其從小孔O射入時的速度v0； (2)增加磁感應強度后，使帶電粒子以(1)中的速度v0射入，要讓所有帶電粒子均不能打到水平金屬板，兩板間距d應滿

34、足什么條件？ (3)磁感應強度為B0時，為了減小從小孔P處射出粒子速度的最大偏差量Δv，從而提高速度選擇器的速度分辨本領，水平金屬板的長度L應滿足什么條件？ 【導學號：17214142】 【解析】　(1)粒子受電場力(方向：豎直方向)和洛倫茲力的作用，沿中軸線運動，則帶電粒子受力平衡，所以有qE0＝B0v0q，所以v0＝． (2)增加磁感應強度后，使帶電粒子以(1)中的速度v0射入，則粒子不能沿中軸線運動，那么，帶電粒子的運動可以看作沿中軸線方向以速度v1的勻速直線運動和以速度v2在兩板間的勻強磁場中做勻速圓周運動的合運動；勻速圓周運動初始時刻速度方向水平，向心力方向豎直，所以，任一

35、粒子將在中垂線的一邊運動；所以，要讓所有帶電粒子均不能打到水平金屬板，則兩板間距d的一半應大于勻速圓周運動的直徑；對于沿中軸線方向以速度為v1的勻速直線運動有：qE0＝Bv1q，所以，v1＝；所以，對于以速度v2在兩板間的勻強磁場做勻速圓周運動有 所以，R＝＝＝· 設B＝kB0， 則R＝ ＝－ 所以，當k＝2時，R取得最大值，Rmax＝ 所以，要讓所有帶電粒子均不能打到水平金屬板，則兩板間距d應大于． (3)磁感應強度為B0時，粒子做圓周運動的周期T＝＝ 磁感應強度為B0時，為了減小從小孔P處射出粒子速度的最大偏差量Δv，從而提高速度選擇器的速度分辨本領，則應使不能沿軸線運動的

36、粒子偏離軸線有最大距離，即圓周分運動完成半周期的奇數倍，則L＝v0(2n－1)＝×(2n－1)×＝(n＝1，2，3…)． 【答案】　(1)　(2)d應大于　(3)(n＝1，2，3…) ●考向3　磁與現代科技的應用 9．(2017·徐州模擬)如圖8-18所示為回旋加速器的示意圖．兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處開始加速．已知D形盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質子質量為m、電荷量為q．下列說法錯誤的是(　　) 高頻交變電源 圖8-18 A．質子的最大速度不超過2πRf B．質子的最大動能為 C．質子

37、的最大動能與電壓U無關 D．只增大磁感應強度B，可減小質子的最大動能 D　[質子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則v＝＝2πRf，所以最大速度不超過2πfR，故A正確；質子的最大動能Ek＝mv2＝，與電壓無關，只增大磁感應強度，可增大質子的最大動能，故B、C正確，D錯誤．] 10．(多選)(2017·南通二模)霍爾傳感器測量轉速的原理圖如圖8-19所示，傳感器固定在圓盤附近，圓盤上固定4個小磁體．在a、b間輸入方向由a到b的恒定電流(電子導電)，圓盤轉動時，每當磁體經過霍爾元件，傳感器c、d端輸出一個脈沖電壓，檢測單位時間內的脈沖數可得到圓盤的轉速．關于該測速傳感器，下列說法中正

38、確的有(　　) 圖8-19 A．在圖示位置時刻d點電勢高于c點電勢 B．圓盤轉動越快，輸出脈沖電壓峰值越高 C．c、d端輸出脈沖電壓的頻率是圓盤轉速的4倍 D．增加小磁體個數，傳感器轉速測量更準確 ACD　[霍爾元件中移動的是自由電子，根據左手定則，電子向上表面偏轉，即c點，所以c點電勢低于d點電勢，故A正確；最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬厚分別為a、b、c，有q＝qvB，所以U＝Bbv，輸出脈沖電壓峰值與圓盤轉動快慢無關，故B錯誤；當小磁體靠近霍爾元件時，就是會產生一個脈沖電壓，因此c、d端輸出脈沖電壓的頻率是圓盤轉動頻率的4倍，即為轉速的4倍，

39、故C正確；當增加小磁體個數，傳感器c、d端輸出脈沖電壓頻率變高，那么傳感器轉速測量更準確，故D正確．] 規(guī)范練高分| 磁場、帶電粒子在磁場及復合場中的運動 (對應學生用書第41頁) [典題在線] (2017·湖南邵陽二模)(20分)如圖8-20甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(邊界為L1、L2)①，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上②．t＝0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后③，做一次完整的圓周運動④，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N

40、1N2的中點，重力加速度為g．上述d、E0、m、v、g為已知量． 圖8-20 (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大?。? (2)求電場變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域⑤，求T的最小值． [信息解讀] ①有界電磁場 ②t＝0時刻電場的方向豎直向下 ③帶正電微粒做勻速運動，qvB＝E0q＋mg ④電場力與重力平衡，洛倫茲力充當向心力，即E0q＝mg，qvB＝m ⑤粒子仍能做完整的圓周運動，寬度d的臨界條件d＝2R [考生抽樣] [閱卷點評] 點評 內容 點評1 在第(1)問的求解中能正確把握帶電粒子的受力及運動

41、規(guī)律，可得滿分． 點評2 在第(2)問中，對電場變化周期的理解出現問題，誤認為通過區(qū)域d的時間為電場變化周期，式子⑨出錯，去掉⑨式結果分．⑤⑥⑦⑧可得分． 點評3 第(3)問中出現對過程的判斷錯誤，只能判零分． [規(guī)范解答] 【解析】　(1)微粒做直線運動，則mg＋qE0＝qvB①(2分) 微粒做圓周運動，則mg＝qE0②(2分) 聯立①②得q＝③(1分) B＝．④(1分) (2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則＝vt1⑤(2分) qvB＝m⑥(2分) 2πR＝vt2⑦(2分) 聯立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝⑧(2分) 電場變化的周期T＝t1＋t2＝＋．⑨(1分) (3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R⑩(1分) 聯立③④⑥得R＝?(1分) 設在N1Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩?得 t1min＝?(1分) 因t2不變，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝．(2分) 【答案】　見解析 [評分標準] (1)方程①②順序調換，只要正確不減分． (2)⑥⑦兩式用T＝代替，將③④式代入T＝計算，只要正確不影響得分，但若沒代入③④兩式減其結果分，只給方程分． (3)題目中沒有直接出現⑩?式而是文字描述方式，結果正確不影響得分． 24