2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第九章 磁場 能力課1 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動練習(xí)（含解析）新人教版

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1、能力課1 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動 一、選擇題 1．(2016年全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) A．11 B．12 C．121 D．144 解析：選D　設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2.對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得qU＝mv2－0

2、，得v＝① 在磁場中qvB＝m② 由①②式聯(lián)立得m＝，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故選項(xiàng)D正確． 2．(多選)(2019屆揚(yáng)州期末)回旋加速器工作原理示意圖如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過的時間可忽略，它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上，若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速，下列說法正確的是(　　) A．若只增大交流電壓U，則質(zhì)子獲得的最大動能增大 B．若只增大交流電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行時間會變短 C．若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，交流電頻率f必

3、須適當(dāng)增大才能正常工作 D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 解析：選BC　當(dāng)粒子從D形盒中出來時速度最大，根據(jù)qvmB＝m，得vm＝，那么質(zhì)子獲得的最大動能Ekm＝，則最大動能與交流電壓U無關(guān)，故A錯誤；根據(jù)T＝，若只增大交變電壓U，不會改變質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的周期，但加速次數(shù)減少，則運(yùn)行時間也會變短，故B正確；根據(jù)T＝，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，那么T會減小，只有當(dāng)交流電頻率f適當(dāng)增大才能正常工作，故C正確；帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T＝知，換用α粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速α粒子，故D錯誤

4、．故選BC. 3．(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運(yùn)動時，離子P＋和P3＋(　　) A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運(yùn)動的半徑之比為 ∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 解析：選BCD　離子P＋和P3＋質(zhì)量之比為1∶1，電荷量之比等于1∶3，故在電場中的加速度(a＝qE/m)之比等于1∶3，則A項(xiàng)錯誤；離子在離開電場

5、區(qū)域時有qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有qvB＝m，得半徑r＝＝ ，則半徑之比為1∶＝∶1，則B項(xiàng)正確；設(shè)磁場寬度為d，由幾何關(guān)系d＝rsinα，可知離子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值之比等于半徑倒數(shù)之比，即1∶，因θ＝30°，則θ′＝60°，故轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2，則C項(xiàng)正確；離子離開電場區(qū)域時有qU＝Ek，離子離開電場時的動能之比等于電荷量之比，即1∶3，則D項(xiàng)正確． 4．(多選)(2018屆廣西三市聯(lián)考)在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．在該平面有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以垂直x軸的初速度v0從x軸上的P

6、點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場，已知OP之間的距離為d，不計粒子的重力，則(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ B．電場強(qiáng)度E＝ C．粒子自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為 D．粒子自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為 解析：選BD　根據(jù)題述情境，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動軌跡和在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡，如圖所示．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，豎直方向有y0＝v0t，水平方向有d＝at2，又qE＝ma，tan45°＝，聯(lián)立解得E＝，y＝2d，選項(xiàng)B正確；帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時的速度v＝v0，由圖中幾何關(guān)系可

7、得，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑R＝2d，由洛倫茲力提供向心力可得，qvB＝m，聯(lián)立解得B＝，選項(xiàng)A錯誤；帶電粒子在第一象限內(nèi)的運(yùn)動時間t1＝＝，在第四象限內(nèi)的運(yùn)動時間t2＝＝，帶電粒子自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為t總＝t1＋t2＝，選項(xiàng)D正確，C錯誤． 5．(多選)某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎疄槭轨o止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運(yùn)動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)(　　) A．若

8、粒子的初始位置在a處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度 B．若粒子的初始位置在f處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度 C．若粒子的初始位置在e處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度 D．若粒子的初始位置在b處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度 解析：選AD　要使粒子的運(yùn)動軌跡如題圖乙所示，由左手定則知粒子做圓周運(yùn)動的周期應(yīng)為T0＝，若粒子的初始位置在a處時，對應(yīng)時刻應(yīng)為t＝T0＝T，同理可判斷B、C、D選項(xiàng)，可得A、D正確． 二、非選擇題 6．(2018屆成都外國語學(xué)校模擬)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正

9、方向的勻強(qiáng)電場，在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，MN為電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界．現(xiàn)從原點(diǎn)O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運(yùn)動軌跡恰與ab相切并返回磁場．已知電場強(qiáng)度E＝，不計粒子重力和粒子間的相互作用．試求： (1)粒子第一次穿過MN時的速度大小和水平位移的大小； (2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小． 解析：(1)根據(jù)動能定理， 得qEd＝mv2－mv02， 解得v＝2v0 粒子在電場中做類平拋運(yùn)動， 有F＝qE，a＝，d＝at12，x＝v0t1 解得t1＝，x＝. (2)粒子運(yùn)動的軌跡

10、如圖所示，設(shè)粒子以與x軸正方向成θ角進(jìn)入磁場 tanθ＝＝，解得θ＝60° 根據(jù)R＋Rcosθ＝d，得R＝ 由牛頓第二定律可得qvB＝m， 解得B＝. 答案：(1)2v0　　(2) 7．空間中有一直角坐標(biāo)系，其第一象限在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點(diǎn)A處沿紙面上的不同方向射入磁場中，如圖所示．已知粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達(dá)x軸上與O點(diǎn)距離為

11、2R的N點(diǎn)，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求： (1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強(qiáng)度的大??； (2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達(dá)y軸所用的時間． 解析：(1)設(shè)粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m，得v＝ 如圖甲所示，因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點(diǎn)沿x軸負(fù)方向射入電場，則粒子在電場中從D點(diǎn)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動，有2R＝vt， 又因?yàn)镽＝··t2 解得E＝. (2)軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C，從M點(diǎn)射出磁場，連接O1M，四邊形O1MCA是菱形，故

12、CM垂直于x軸，速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角θ＝150°，粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2＝T＝ 粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離MH＝， 在無場區(qū)運(yùn)動的時間t2＝＝ 故粒子到達(dá)y軸的時間為 t＝t1＋t2＝. 答案：(1)　　(2) 8．(2018屆秦皇島高三聯(lián)考)如圖所示，靜止于A處的正離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d，離子重力不計． (1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大?。? (

13、2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值； (3)若撤去矩形區(qū)域QNCD的勻強(qiáng)電場，換為垂直紙面向里的磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍． 解析：(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，有qU＝mv2，離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qE0＝m，解得R＝. (2)離子做類平拋運(yùn)動 d＝vt 3d＝at2 由牛頓第二定律得qE＝ma，則E＝. (3)離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有 qBv＝m 則r＝ 離子能打在QN上則既沒有從DQ邊出去也

14、沒有從PN邊上出去，則離子運(yùn)動徑跡的邊界如圖Ⅰ和Ⅱ，由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：d＜r≤2d 則有 ≤B＜ . 答案：(1)　(2)　(3) ≤B＜ |學(xué)霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1．(多選)(2019屆廣州畢業(yè)班綜合測試)如圖，正方形abcd中△abd區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，△bcd區(qū)域內(nèi)有方向平行于bc的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)．一帶電粒子從d點(diǎn)沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過bd的中點(diǎn)e進(jìn)入電場，接著從b點(diǎn)射出電場．不計粒子的重力，則(　　) A．粒子帶負(fù)電 B．電場的方向是由b指向c C．粒子在b點(diǎn)和d點(diǎn)的動能相等 D．粒子在磁場、

15、電場中運(yùn)動的時間之比為π∶2 解析：選ABD　根據(jù)題述，帶電粒子從d點(diǎn)沿da方向射入磁場，隨后經(jīng)過bd的中點(diǎn)e進(jìn)入電場，由左手定則可判斷出粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確；根據(jù)粒子經(jīng)過bd的中點(diǎn)e進(jìn)入電場，接著從b點(diǎn)射出電場，可知粒子所受電場力的方向?yàn)橛蒫指向b，電場的方向是由b指向c，選項(xiàng)B正確；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動，洛倫茲力不做功，在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，電場力做正功，根據(jù)動能定理，粒子在b點(diǎn)的動能大于在d點(diǎn)的動能，選項(xiàng)C錯誤；畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動軌跡如圖所示．設(shè)正方形abcd的邊長為L，則帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑R＝，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的速度為v，粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動

16、的軌跡所對的圓心角為θ＝，在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間t1＝＝；粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動可分解為沿垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由＝vt2，解得在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動時間t2＝，粒子在磁場、電場中運(yùn)動的時間之比為t1∶t2＝∶＝π∶2，選項(xiàng)D正確． 2．(多選)(2018屆河南開封一模)如圖所示，靜止的帶電粒子所帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計重力)，從P點(diǎn)經(jīng)電場加速后，通過小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，小孔Q到絕緣板的下端C的距離為L，當(dāng)滑動觸頭移動到B端時，粒子恰

17、垂直打在CD板上，則(　　) A．兩板間電壓的最大值Umax＝ B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度為L C．粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為 D．能打到N板上的粒子的最大動能為 解析：選BD　滑動觸頭移到B端時，兩板間電壓最大，粒子垂直打在CD板上，所以粒子的軌跡半徑為L＝，粒子在電場中運(yùn)動時，qUmax＝mv2，解兩式得Umax＝，A項(xiàng)錯誤；粒子垂直打在CD板上的位置離C點(diǎn)最遠(yuǎn)，距離為L，當(dāng)粒子運(yùn)動軌跡恰好與CD相切時，切點(diǎn)位置離C點(diǎn)最近，如圖所示，由幾何條件有sin30°＝，故R＝，KC＝L，所以CD板上被粒子打中的區(qū)域的長度為L，B項(xiàng)正確；打在QE間的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最

18、長，均為半周期，t＝，C項(xiàng)錯誤；打在N板上的粒子中，軌跡半徑越大則對應(yīng)的速度越大，即運(yùn)動軌跡半徑最大的粒子的動能最大，則有當(dāng)R＝時，Ekmax＝，D項(xiàng)正確． 3．質(zhì)譜儀可以測定有機(jī)化合物分子結(jié)構(gòu)，現(xiàn)有一種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)可簡化為如圖所示，有機(jī)物的氣體分子從樣品室注入離子化室，在高能電子作用下，樣品氣體分子離子化或碎裂成離子．若離子化后的離子帶正電，初速度為零，此后經(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室(內(nèi)為勻強(qiáng)磁場)、真空管，最后打在記錄儀上，通過處理就可以得到離子比荷，進(jìn)而推測有機(jī)物的分子結(jié)構(gòu)．已知高壓電源的電壓為U，圓形磁場區(qū)的半徑為R，真空管與水平面夾角為θ，離子進(jìn)入磁場室時速度方向指向圓心．則下

19、列說法正確的是(　　) A．高壓電源A端應(yīng)接電源的正極 B．磁場室的磁場方向必須垂直紙面向里 C．若離子化后的兩同位素X1、X2(X1質(zhì)量大于X2質(zhì)量)同時進(jìn)入磁場室后，出現(xiàn)圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ，則軌跡Ⅰ一定對應(yīng)X1 D．若磁場室內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，當(dāng)記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應(yīng)的離子比荷＝ 解析： 選D　正離子在電場中加速，可以判斷高壓電源A端應(yīng)接負(fù)極，同時根據(jù)左手定則知，磁場室的磁場方向應(yīng)垂直紙面向外，A、B均錯誤；設(shè)離子通過高壓電源后的速度為v，由動能定理可得qU＝mv2，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則qvB＝m，聯(lián)立計算得出r＝ ，由此可見，質(zhì)量大的離子的運(yùn)動軌跡

20、半徑大，即軌跡Ⅱ一定對應(yīng)X1，C錯誤；離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知r＝，可解得＝，D正確． 二、非選擇題 4．(2019屆哈爾濱三中模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的帶電粒子在t＝0時刻由a點(diǎn)以初速度v0垂直進(jìn)入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變方向周期性變化，如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0.粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運(yùn)動且每次經(jīng)過mn的時刻均為 整數(shù)倍，則 (1)粒子在Ⅰ區(qū)域運(yùn)動的軌道半徑為多少？ (2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時的位置距離為x，求粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū)

21、域時速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)． 解析：(1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝m 解得r＝. (2)帶電粒子的運(yùn)動軌跡有兩種可能． 第一種情況：粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動半徑R＝ qv2B0＝m 解得粒子在Ⅲ區(qū)域速度大?。簐2＝ 第二種情況： 粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動半徑R＝ 粒子在Ⅲ區(qū)域速度大?。簐2＝－2v0. 答案：(1)　(2)　－2v0 5．如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從磁場的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，最后從磁場的左邊界上的N點(diǎn)離開磁場．已知帶電粒子的比荷＝3.2×109 C/kg，電場強(qiáng)

22、度E＝200 V/m，M、N間距MN＝1 cm，金屬板長L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，帶電粒子重力忽略不計，求： (1)粒子射出電場時的運(yùn)動方向與初速度v0的夾角θ； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? 解析：(1)由牛頓第二定律有qE＝ma 粒子在電場中水平方向做勻速直線運(yùn)動，L＝v0t 粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動，射出電場時的豎直分速度vy＝at 速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝ 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得θ＝45°. (2)粒子射出電場時運(yùn)動的速度大小為v＝ 在磁場中洛倫茲力提供向心力：Bqv＝m 由幾何關(guān)系得MN＝r 代入數(shù)據(jù)解得B＝2.

23、5×10－2 T. 答案：(1)45°　(2)2.5×10－2 T 6．如圖所示，兩平行極板MN、GH間的電壓為U，極板間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場存在于兩虛線之外的區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B(大小可變)．極板MN和GH上有正對的兩個小孔O和A，PQ為鋁制薄板，ON＝AH＝PQ＝d，NP＝2d.質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從A點(diǎn)由靜止開始加速，經(jīng)小孔O進(jìn)入磁場區(qū)域，兩虛線之間的區(qū)域(除極板間)無電場存在，離子可勻速穿過．忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力． (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大時，離子只加速一次就能打到鋁板上？ (2)在第(1)問中，若離子能打到鋁板上的

24、P點(diǎn)，求離子從O到P所經(jīng)歷的時間． (3)若B＝ ，試通過計算說明離子需加速幾次后第一次打到鋁板上？ 解析：(1)離子在電場中加速，根據(jù)動能定理得qU＝mv2 在磁場中，qvB＝m 由幾何關(guān)系得離子打在P點(diǎn)時有R1＝d 離子打在Q點(diǎn)時有R2＝2d 聯(lián)立解得B1＝ B2＝ 故磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為 ≤B≤ . (2)離子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T＝ 離子從O運(yùn)動到P的時間為t＝ 聯(lián)立解得t＝ . (3)根據(jù)qU＝mv2，qvB＝m，B＝，得r＝d 離子第一次加速后，在磁場中的軌跡半徑為r1＝d，沒有打到鋁板上； 離子第二次加速后，在磁場中的軌跡半徑為r2＝

25、d，沒有打到鋁板上； 離子第三次加速后，在磁場中的軌跡半徑為r3＝d，打到鋁板上； 所以離子加速3次后第一次打到鋁板上． 答案：(1) ≤B≤ 　(2)　(3)3次后 7．(2018年全國卷Ⅰ)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場．一個氕核11H和一個氘核12H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知11H進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場.11H的質(zhì)量為m，電荷量為q.不計重力．求 (1)11H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離；

26、 (2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (3)12H第一次離開磁場的位置到原點(diǎn)O的距離． 解析：(1)11H在電場中做類平拋運(yùn)動，在磁場中做圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示． 設(shè)11H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運(yùn)動時間為t1，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離為s1.由運(yùn)動學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t12② 由題給條件，11H進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.11H進(jìn)入磁場時速度的y分量的大小為 a1t1＝v1tanθ1③ 聯(lián)立以上各式得 s1＝h.④ (2)11H在電場中運(yùn)動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 設(shè)11

27、H進(jìn)入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有 v1′＝⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,11H在磁場中運(yùn)動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv1′B＝⑦ 由幾何關(guān)系得 s1＝2R1sinθ1⑧ 聯(lián)立以上各式得 B＝.⑨ (3)設(shè)12H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v22＝mv12⑩ 由牛頓第二定律有 qE＝2ma2? 設(shè)12H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場中運(yùn)動的時間為t2.由運(yùn)動學(xué)公式有 s2＝v2t2? h＝a2t22? v′2＝? sinθ2＝? 聯(lián)立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′? 設(shè)12H在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)．設(shè)12H進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)到第一次離開磁場的出射點(diǎn)的距離為s2′，由幾何關(guān)系有 s2′＝2R2sinθ2? 聯(lián)立④⑧???式得，12H第一次離開磁場時的位置到原 點(diǎn)O的距離為 s2′－s2＝(－1)h. 答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h 16