2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題10 磁場（含解析）

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1、 專題10 磁場 第一部分名師綜述 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動是高中物理的一個難點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)。在歷年的高考試題中幾乎年年都有這方面的考題。帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題，綜合性較強(qiáng)，解這類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運(yùn)動的知識，又要用到數(shù)學(xué)中的平面幾何中的圓及解析幾何知識。帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動包括帶電粒子在勻強(qiáng)電場、交變電場、勻強(qiáng)磁碭及包含重力場在內(nèi)的復(fù)合場中的運(yùn)動問題，是高考必考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)。 縱觀近幾年各種形式的高考試題，題目一般是運(yùn)動情景復(fù)雜、綜合性強(qiáng)，多把場的性質(zhì)、運(yùn)動學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動定律、功能關(guān)系以及交變電場等知識有機(jī)地結(jié)合，題目難度中等偏上，對考生的空間想像能力、

2、物理過程和運(yùn)動規(guī)律的綜合分析能力，及用數(shù)學(xué)方法解決物理問題的能力要求較高，題型有選擇題、作圖及計算題，涉及本部分知識的命題也有構(gòu)思新穎、過程復(fù)雜、高難度的壓軸題。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，邊長為L的正六邊形abcdef中，存在垂直該平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．a(chǎn)點(diǎn)處的粒子源發(fā)出大量質(zhì)量為m、電荷量為+q的同種粒子，粒子的速度大小不同，方向始終垂直ab邊且與磁場垂直，不計粒子的重力，當(dāng)粒子的速度為v時，粒子恰好經(jīng)過b點(diǎn)，下列說法正確的是 ( ) A．速度小于v的粒子在磁場中運(yùn)動時間為πm2qB B．經(jīng)過d點(diǎn)的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為πm4

3、qB C．經(jīng)過c點(diǎn)的粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為2L D．速度大于2v 小于4v的粒子一定打在cd邊上 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)粒子的速度為v時，粒子恰好經(jīng)過b點(diǎn)時在磁場中運(yùn)動了半周，運(yùn)動時間為12T=πmqB，軌跡半徑等于ab的一半.當(dāng)粒子的速度小于v時，由r=mvqB知，粒子的軌跡半徑小于ab的一半，仍運(yùn)動半周，運(yùn)動時間仍為12T=πmqB；故A錯誤. B、在a點(diǎn)粒子的速度與ad連線的夾角為30°，粒子經(jīng)過d點(diǎn)時，粒子的速度與ad連線的夾角也為30°，則粒子軌跡對應(yīng)的圓心角等于60°，在磁場中運(yùn)動的時間t=16T=πm3qB；

4、故B錯誤. C、經(jīng)過c點(diǎn)的粒子，根據(jù)幾何知識知，該粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心b，半徑為L，故C錯誤. D、設(shè)經(jīng)過b、c、d三點(diǎn)的粒子速度分別為v1、v2、v3．軌跡半徑分別為r1、r2、r3．據(jù)幾何知識可得，r1=L2，r2=L，r3=2L，由半徑公式r=mvqB得：v2=2v1=2v，v3=4v1=4v，所以只有速度在這個范圍：2v≤v≤4v的粒子才打在cd邊上；故D正確. 故選D. 2．如圖所示，在空間有一坐標(biāo)系xOy中，直線OP與x軸正方向的夾角為30o，第一象限內(nèi)有兩個方向都垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域I和II，直線OP是它們的邊界，OP上方區(qū)域I中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量

5、為m，電荷量為q的質(zhì)子（不計重力）以速度v從O點(diǎn)沿與OP成30o角的方向垂直磁場進(jìn)入?yún)^(qū)域I，質(zhì)子先后通過磁場區(qū)域I和II后，恰好垂直打在x軸上的Q點(diǎn)（圖中未畫出），則下列說法正確的是 A．區(qū)域II中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2 B．區(qū)域II中磁感應(yīng)強(qiáng)度為3B C．質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運(yùn)動時間為5πm6qB D．質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運(yùn)動時間為7πm12qB 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB、設(shè)質(zhì)子在磁場I和II中做圓周運(yùn)動的軌道半徑分別為r1和r2 ,區(qū)域II中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B',運(yùn)動軌跡如圖所示： 由牛頓第二定律得:qvB=mv2r1① qvB'=mv2r2 ② 由帶電粒

6、子才磁場中運(yùn)動的對稱性和幾何關(guān)系可以知道,質(zhì)子從A點(diǎn)出磁場I時的速度方向與OP的夾角為30° ,故質(zhì)子在磁場I中軌跡的圓心角為60°,如圖所示: 由幾何關(guān)系可知OA=r1③, 在區(qū)域II中,質(zhì)子運(yùn)動1/4圓周,O2是粒子在區(qū)域II中做圓周運(yùn)動的圓心,r2=OAsin30°=12r1④ 由①②③④計算得出區(qū)域II中磁感應(yīng)強(qiáng)度為:B'=2B ,故AB錯誤； CD、質(zhì)子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為60°, 在Ⅱ區(qū)運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為90° :, 質(zhì)子在Ⅰ區(qū)的運(yùn)動時間t1=16×2πmqB=πm3qB , 質(zhì)子在Ⅱ區(qū)運(yùn)動時間t2=14×2πmqB'=πm4qB ,則粒子在第一象限內(nèi)的運(yùn)

7、動時間為7πm12qB.故C錯誤,D正確. 故選D 【點(diǎn)睛】 由幾何知識作出軌跡,如圖.由幾何關(guān)系,得到質(zhì)子在兩個磁場中軌跡半徑與OA的關(guān)系,由牛頓第二定律研究兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系,求解區(qū)域II中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小.求出質(zhì)子運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角,然后求出質(zhì)子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間. 帶電粒子通過磁場的邊界時,如果邊界是直線,根據(jù)圓的對稱性得到,帶電粒子入射速度方向與邊界的夾角等于出射速度方向與邊界的夾角,這在處理有界磁場的問題常常用到. 3．如圖所示為一種質(zhì)譜儀的示意圖，該質(zhì)譜儀由速度選擇器、靜電分析器和磁分析器組成。若速度選擇器中電場強(qiáng)度大小為E1，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1、方向

8、垂直紙面向里，靜電分析器通道中心線為14圓弧，圓弧的半徑(OP)為R，通道內(nèi)有均勻輻射的電場，在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E，磁分析器中有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶電粒子以速度v沿直線經(jīng)過速度選擇器后沿中心線通過靜電分析器，由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn)，不計粒子重力。下列說法正確的是 A．速度選擇器的極板P1的電勢板比極板P2的高 B．粒子的速度v=B1E1 C．粒子的比荷為E12ERB12 D．P、Q兩點(diǎn)間的距離為2ERB12E12B 【答案】 C 【解析】 【分析】 根據(jù)粒子在靜電分析器中的受力方向判斷粒

9、子的電性；根據(jù)粒子在速度選擇器中的受力情況判斷極板的電勢高低；根據(jù)粒子在速度選擇器中做直線運(yùn)動求解粒子的速度；根據(jù)粒子在靜電分析其中的圓周運(yùn)動求解粒子的比荷；根據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動求解半徑，可求解PQ距離. 【詳解】 粒子在靜電分析器內(nèi)沿中心線方向運(yùn)動，說明粒子帶正電荷，在速度選擇器中由左手定則可判斷出粒子受到的洛倫茲力向上，粒子受到的電場力向下，故速度選擇器的極板P1的電勢比極板P2的高，選項(xiàng)A正確；由qvB1＝qE1可知，粒子的速度v=E1B1，選項(xiàng)B錯誤；由v=E1B1和qE=mv2R可得，粒子的比荷為qm=E12ERB1，選項(xiàng)C正確；粒子在磁分析器中做圓周運(yùn)動，PQ為軌跡圓

10、的直徑，故P、Q兩點(diǎn)間的距離PQ=2mvqB=2ERB1E1B，選項(xiàng)D錯誤。故選C. 4．如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，∠A=60°，AO=a。在O點(diǎn)放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負(fù)電粒子，粒子的電量大小為q，質(zhì)量為m，發(fā)射速度大小都為v0，發(fā)射方向由圖中的角度θ表示．不計粒子間的相互作用及重力，下列說法正確的是（） A．若v0=aqBm，則在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出 B．若v0=aqBm，則以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動時間最短 C．若v0=aqBm，則以θ<30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動的時間都相等 D．若v0=aq

11、B2m，則以θ=0°方向射入磁場的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為πmqB 【答案】 A 【解析】 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB=mv2r ,計算得出r=mv0Bq ,當(dāng)v0=aqB2m時,r=a2 ,當(dāng)v0=aqBm時,r=a; A、若v0=aqBm當(dāng)θ=0°飛入的粒子在磁場中,粒子恰好從AC中點(diǎn)飛出,因此在AC?邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出，A正確 B、若v0=aqBm,以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動時間恰好是T6周期,在磁場中運(yùn)動時間最長,故B錯誤; C、若v0=aqBm,當(dāng)θ=0°飛入的粒子在磁場中,粒子恰好從AC中點(diǎn)飛出,在磁場

12、中運(yùn)動時間也恰好是T6,則以θ<30°飛入磁場中的粒子運(yùn)動所對應(yīng)的圓心角不相等，所以運(yùn)動所用的時間也不相等，C錯； D、若v0=aqB2m，則以θ=0°方向射入磁場的粒子在磁場中運(yùn)動的時間小于πmqB，D錯誤 本題答案是：A 點(diǎn)睛：帶電粒子以相同的速率,不同的速度方向,進(jìn)入磁場,運(yùn)動軌跡的曲率半徑相同,從而根據(jù)不同的磁場情況,即可求解. 5．如圖所示，邊長為l，質(zhì)量為m的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以逆時針方向的電流。圖中虛線過ab邊中點(diǎn)和ac邊中點(diǎn)，在虛線的下方為垂直于導(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的拉力為F1；保持其

13、它條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細(xì)線中拉力為F2。則導(dǎo)線框中的電流大小為（） A．F2-F1Bl B．F2-F12Bl C．2F2-F1Bl D．2F2-F13Bl 【答案】 A 【解析】 當(dāng)在虛線的下方有一垂直于導(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場，此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的拉力為F1；結(jié)合矢量的合成法則及三角知識，則線框受到安培力的合力，方向豎直向上，大小為F安=BIl+BIl2，根據(jù)平衡條件，則有：F1+F安=mg；現(xiàn)將虛線下方的磁靜場移至虛線上方，此時細(xì)線中拉力為F2．則兩邊受到的安培力大小相等，安培力夾角均為120°，因此安培力合力F'安=BIl2，則有F

14、2+F'安=mg；聯(lián)立得：F2=F1+BIl，即I=F2-F1Bl.故選A. 【點(diǎn)睛】本題中要注意安培力的等效求法，同時掌握左手定則的內(nèi)容，及矢量的合成法則，注意求解安培力合力是解題的關(guān)鍵． 6．如圖所示，在足夠長的熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=0.1T、方向與紙面垂直．距離熒光屏h=16cm處有一粒子源S，以速度v=1×106m/s不斷地在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射比荷q/m=1×108C/kg的帶正電粒子，不計粒子的重力。則粒子打在熒光屏范圍的長度為（） A．12cm B．16cm C．20cm D．24cm 【答案】 C 【解析

15、】粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力 qvB=mv2r 解得r=10cm 當(dāng)粒子的軌跡與屏幕相切時為臨界情況，即打到熒屏上的邊界，找到圓心O（到S點(diǎn)的距離與到MN的距離相等的點(diǎn)）， 如上圖， 由幾何知識知x2=r2-(h-r)2=8cm 設(shè)粒子打在熒屏上最左側(cè)的C點(diǎn)，則x1=(2r)2-h2=12cm 則范圍的長度為x1+x2=20cm； 故選C。 點(diǎn)睛：1、本題是一道關(guān)于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動的題目，結(jié)合牛頓第二定律得到粒子圓周運(yùn)動的半徑是關(guān)鍵； 2、經(jīng)分析知，粒子能打在熒屏上的臨界情況是軌跡與MN相切； 3、先根據(jù)牛頓第二定律計算出粒子圓周運(yùn)動的半徑，然后

16、根據(jù)幾何關(guān)系求解。 7．如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，在bc的中點(diǎn)O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射速率不同的兩種粒子，粒子帶負(fù)電，質(zhì)量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab=2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，則這些粒子 A．速度的最大值為(2+1)qBlm B．速度的最小值為qBlm C．在磁場中運(yùn)動的最短時間為πm4qB D．在磁場中運(yùn)動的最長時間為πm2qB 【答案】 A 【解析】若都能從ab邊出來，則符合條件的最大半徑應(yīng)該與ac面相切，最小半徑應(yīng)該恰好運(yùn)動到b點(diǎn)，如圖所示

17、 由幾何關(guān)系可得：rmin=l2，rmax=(1+2)l AB、粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供了向心力，由牛頓第二定律可得：qvB=mv2r 解得：vmax=2+1qBlm，vmin=qBl2m，故A對，B錯； C、粒子做圓周運(yùn)動的周期為T=2πmqB，若圓心角θ=45°，則在磁場中的運(yùn)動時間為t=18T=πm4qB從上圖可以看出，最小的圓心角θ>45°，所以tmin>18T=πm4qB，故C錯誤； D、由幾何關(guān)系知，粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角θmax=180°，粒子做圓周運(yùn)動的周期為T=2πmqB所以粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為tmax=12T=πmqB ;故D錯誤； 故選A

18、 點(diǎn)睛：本題考查了帶電粒子在磁場中運(yùn)動的問題，要找到粒子的臨界狀況即與ac邊相切及恰好運(yùn)動到b點(diǎn)。 8．如圖所示，在水平連線MN和PQ間有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在MN上方有水平向里的勻強(qiáng)磁場。兩個質(zhì)量和帶電量均相等的帶正電的粒子A、B,分別以水平初速度v0、2v0從PQ連線上O點(diǎn)先后進(jìn)入電場，帶電粒子A、B第一次在磁場中的運(yùn)動時間分別為tA和tB,前兩次穿越連線MN時兩點(diǎn)間的距離分別為dA,和dB,粒子重力不計，則 A．tA一定小于tB，dA一定等于dB B．tA一定小于tB，dA可能小于dB C．tA可能等于tB，dA一定等于dB D．tA可能等于tB，dA可能小于dB 【答案

19、】 A 【解析】兩帶正電粒子先在電場中做類平拋運(yùn)動后在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)類平拋的速度偏向角為α，則勻速圓周運(yùn)動的圓心角為θ=2π-2α，因tanα=vyv0，y=12at2，B粒子的水平速度大，則類平拋的時間短，vy較小，則α角較小，故圓周運(yùn)動的圓心角較大，由t=θ2πT可知時間較長，即tA

20、程、作出粒子運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律與粒子做圓周運(yùn)動的半徑公式可以解題 9．如圖所示，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3垂直紙面如圖放置，與坐標(biāo)原點(diǎn)分別位于邊長為a的正方形的四個點(diǎn)上，L1與L2中的電流均為I，方向均垂直于紙面向外，L3中的電流為2I，方向垂直紙面向里（已知電流為I的長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場中，距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kIr（其中k為常數(shù)）。某時刻有一質(zhì)子（電量為e）正好沿與x軸正方向成45°斜向上經(jīng)過原點(diǎn)O，速度大小為v，則質(zhì)子此時所受磁場力為( ) A．方向垂直紙面向里，大小為23kIvea B．方向垂直紙面向外，大小

21、為32kIve2a C．方向垂直紙面向里，大小為32kIvea D．方向垂直紙面向外，大小為23kIve2a 【答案】 B 【解析】 【詳解】 根據(jù)安培定則，作出三根導(dǎo)線分別在O點(diǎn)的磁場方向，如圖： 由題意知，L1在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝kIa，L2在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝kI2a，L3在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B3＝2kIa，先將B2正交分解，則沿x軸負(fù)方向的分量為B2x＝kI2asin45°＝kI2a，同理沿y軸負(fù)方向的分量為B2y＝kI2asin45°＝kI2a，故x軸方向的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bx＝B1+B2x＝3kI2a，y軸方向的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為

22、By＝B3?B2y＝3kI2a，故最終的合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝Bx2+By2＝32kI2a，方向?yàn)閠anα＝ByBx＝1，則α=45°，如圖： 故某時刻有一質(zhì)子（電量為e）正好沿與x軸正方向成45°斜向上經(jīng)過原點(diǎn)O，由左手定則可知，洛倫茲力的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，大小為f＝eBv＝32kIve2a，故B正確; 故選B。 【點(diǎn)睛】 磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定則判斷導(dǎo)線周圍磁場方向是解題的前提. 10．如圖所示，在0≤x≤3a的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．在t=0 時刻，從原點(diǎn)O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向

23、與y軸正方向的夾角分布在0°~90°范圍內(nèi)．其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場右邊界上P(3a, 3a)點(diǎn)離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（） A．粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為3a B．粒子的發(fā)射速度大小為4πat0 C．帶電粒子的荷質(zhì)比為4π3Bt0 D．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為2t0 【答案】 D 【解析】 A、根據(jù)題意作.出沿y軸正方向發(fā)射的帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動軌跡如圖所示, 圓心為O`,根據(jù)幾何關(guān)系,粒子做圓周運(yùn)動的半徑為2a，故A錯； B、沿y軸發(fā)射的粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角為2π3 ,運(yùn)動時間t0=2π3×2a

24、v0解得： v0=4πa3t0 ,選項(xiàng)B錯誤; C、沿y軸發(fā)射的粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角為2π3，對應(yīng)運(yùn)動時間為t0所以粒子運(yùn)動的周期為T=3t0， 由Bqv0=m(2πT）2r 則qm=2π3Bt0故C錯； D、在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示, 由幾何知識得該粒子做圓周運(yùn)動的圓心角為4π3 ,在磁場中的運(yùn)動時間為2t0故D正確；; 綜上所述本題答案是：D 點(diǎn)睛：本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，解題的關(guān)鍵在于確定圓心和半徑，并能根據(jù)幾何關(guān)系確定可能的運(yùn)動軌跡 二、多選題 11．靜止在勻強(qiáng)磁場中的原子核X發(fā)生α衰變后變成新原子核Y。已知核X的質(zhì)量數(shù)為A，

25、電荷數(shù)為Z，核X、核Y和α粒子的質(zhì)量分別為mX、mY和mα，α粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R。則 A．衰變方程可表示為ZAX→Z-2A-4Y+24He B．核Y的結(jié)合能為（mx-my-mα）c2 C．核Y在磁場中運(yùn)動的半徑為2RZ-2 D．核Y的動能為EKY=mY(mX-mY-mα)c2mY+mα 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程可表示為ZAX→Z-2A-4Y+24He，選項(xiàng)A正確； B．此反應(yīng)中放出的總能量為：?E=（mx-my-mα）c2，可知核Y的結(jié)合能不等于（mx-my-mα）c2，選項(xiàng)B錯誤； C．根據(jù)半徑公式r=mvqB，

26、又mv=P（動量），則得r=PqB，在衰變過程遵守動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得：0=PY-Pα，則PY=Pα，得半徑之比為rYrα=qαqY=2Z-2，則核Y在磁場中運(yùn)動的半徑為rY=2RZ-2，故C正確； D．兩核的動能之比：EkYEkα=12mYvY212mαvα2=mα(mYvY)2mY(mαvα)2=mαmY，因EkY+Ekα=ΔE=（mx-my-mα）c2，解得EkY=mα(mX-mY-mα)c2mY+mα，選項(xiàng)D錯誤。 12．如圖所示的直角坐標(biāo)系中，在y軸和豎直虛線MN之間存在著大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場，x軸上方電場方向沿y軸正向，x軸下方電場方向沿y軸負(fù)向。y軸左側(cè)和圖中

27、豎直虛線MN右側(cè)有方向垂直紙面向里和向外的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場，MN與y軸的距離為2d。一重力不計的帶負(fù)電粒子從y軸上的P（0，d）點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后，粒子又以相同的速度回到P點(diǎn)，則下列說法正確的是（） A．電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度比值的最小值為v0 B．電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度比值的最小值為2v0 C．帶電粒子運(yùn)動一個周期的時間為4dv0+2πdv0 D．帶電粒子運(yùn)動一個周期的時間為2dv0+2πdv0 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示： AB.粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可得：d=v

28、0t1，d=12qEmt12 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有：R=mv0qB，結(jié)合幾何關(guān)系，有：R=d 聯(lián)立以上方程可得：EB=2vo。故A錯誤，B正確。 CD.粒子的運(yùn)動軌跡如圖，在電場中做類平拋運(yùn)動的時間為t'1=4t1=4dv0；在磁場中的圓周運(yùn)動是兩個半圓，故運(yùn)動的時間為：t2=2πmqB=2πdv0，所以粒子運(yùn)動一個周期的時間為：t=4dv0+2πdv0。故C正確，D錯誤。 13．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，一群質(zhì)量為m、帶電量為q正負(fù)微粒（不計重力），從P點(diǎn)以相同速度v沿圖示方向進(jìn)入磁場，已知OP＝L，x正半軸和y負(fù)半軸安裝足夠長的

29、熒光屏接收粒子，下列判斷正確的（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8） A．能夠從x正半軸射出磁場的所有微粒一定帶正電 B．比荷大于8v5BL的所有正微粒都不能進(jìn)入第一象限 C．能夠從y負(fù)半軸射出磁場的某兩個微粒在磁場中運(yùn)動時間不一定相等 D．若L=6mv5Bq，微粒射出磁場時位移最大 【答案】 ABCD 【解析】 【詳解】 A、粒子要從x正半軸射出磁場，則粒子的軌跡向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，微粒一定帶正電；故A正確； B、正微粒不能x軸射出，則不能進(jìn)入第一象限，軌跡圖如圖，當(dāng)OP>R+Rcos53°，則粒子不能進(jìn)入第一象限，R=mvqB，代入得qm>8v5

30、LB，故B正確； C、y負(fù)半軸射出磁場的兩個微粒屬于磁場中直線邊界問題，直線邊界，粒子進(jìn)出磁場具有對稱性，但正負(fù)微粒對應(yīng)的圓心角不同，如圖，故運(yùn)動時間不一定相等,故C正確； D、微粒射出磁場時位移最大的軌跡圖如圖所示，則有OP=2Rcos53°，又R=mvqB，故L=6mv5Bq，故D正確。 14．如圖所示,在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里,第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外,P(-2L,0))、Q(0,-2L)為坐標(biāo)軸上的兩個點(diǎn),現(xiàn)有一電子從P點(diǎn)沿PQ方向射出,不計電子的重力 A．若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一

31、次射出磁場分界線, 則電子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為L B．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn),則電子運(yùn)動的路程一定為2πL C．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn),則電子在Q點(diǎn)速度方向與y軸正向的夾角一定為45° D．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn),則電子運(yùn)動的路程可能為πL,也可能為2πL 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一次射出磁場分界線，則有運(yùn)動軌跡如圖所示， 由幾何關(guān)系可知，電子運(yùn)動的軌道半徑為r=2Lsin450=L，選項(xiàng)A正確；若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動軌跡可能如圖所示， 或者是： 因此則微粒運(yùn)動的路程

32、可能為πL，也可能為2πL，電子在Q點(diǎn)速度方向與y軸正向的夾角可能為45°或者是1350，故BC錯誤；D正確；故選AD。 【點(diǎn)睛】 查根據(jù)運(yùn)動半徑來確定運(yùn)動軌跡，從而確定運(yùn)動的路程，掌握左手定則與右手定則的區(qū)別，注意運(yùn)用幾何關(guān)系正確畫出運(yùn)動軌跡圖是解題的關(guān)鍵． 15．如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,范圍足夠大的水平勻強(qiáng)磁場內(nèi)，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個質(zhì)量為m 、電荷量為-q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運(yùn)動，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ。設(shè)滑動時小物塊所帶電荷量不變，在小物塊上滑過程中,其速度—時間圖象和加速度—時間圖象可能正確的是（） A． B． C．

33、D． 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“勻強(qiáng)磁場內(nèi)…帶電小物塊…沿斜面向上運(yùn)動”可知，本題考察帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動。根據(jù)帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的分析方法，運(yùn)用洛倫茲力、牛頓第二定律等知識分析推斷。 【詳解】 對沿斜面向上運(yùn)動的小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：mgsinθ+μFN=ma、FN=mgcosθ+qvB，聯(lián)立解得：a=gsinθ+μgcosθ+μqvBm，方向沿斜面向下。所以物體沿斜面向上做加速度減小的減速運(yùn)動，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢；在小物塊上滑過程中，加速度減不到零。 AB：速度時間圖象的切線斜率表示加速度，則A

34、項(xiàng)錯誤，B項(xiàng)正確。 CD：物體加速度減小，且加速度減小的越來越慢，在小物塊上滑過程中，加速度減不到零。故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤。 16．如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著破感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外。P(-22L，O)、Q(O，-22L)為坐標(biāo)軸上的兩個點(diǎn)?，F(xiàn)有一電子從P點(diǎn)沿PQ方向射出，電子電量大小為q，質(zhì)量為m，不計電子的重力。下列正確的是（） A．若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一次射出磁場分界線，則電子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為2L B．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，則電子運(yùn)動的最短時間為2πmBq C．

35、若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，則電子從P到O的時間與從O到Q的時間之比為1:3 D．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，則電子運(yùn)動的路程可能為2πL，也可能為4πL 【答案】 BD 【解析】 【分析】 畫出粒子運(yùn)動的可能的軌跡，結(jié)合幾何知識求解做圓周運(yùn)動的半徑和粒子在磁場中的轉(zhuǎn)過的角度，結(jié)合周期公式可求解時間和路程. 【詳解】 若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一次射出磁場分界線，則根據(jù)幾何關(guān)系可知，電子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為r=2Lsin450=2L，選項(xiàng)A錯誤； 電子運(yùn)動的周期為T=2πmqB，電子運(yùn)動時間最短時，軌跡如圖甲；從P到O轉(zhuǎn)過的角度為900，從O到Q轉(zhuǎn)過

36、的角度為2700，則電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，則電子運(yùn)動的最短時間為t=2πmqB，選項(xiàng)B正確； 考慮電子運(yùn)動的周期性，由圖乙可知電子從P到O的時間與從O到Q的時間之比等于轉(zhuǎn)過的角度之比，在圖中所示的情況中，從P到O的時間與從O到Q的時間相等，選項(xiàng)C錯誤； 若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，則在圖甲所示的情況中電子運(yùn)動的路程為4πL，在圖乙所示的情況中粒子運(yùn)動的軌道半徑為L，則路程為2πL，選項(xiàng)D正確；故選BD. 17．在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，P(－2L,0)、Q(0，－2L)

37、為坐標(biāo)軸上的兩個點(diǎn)。如圖所示，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為e的電子從P點(diǎn)沿PQ方向射出，不計電子的重力，則（） A．若電子從P點(diǎn)能到原點(diǎn)O，則所用時間可能為πm2eB B．若電子從P點(diǎn)能到原點(diǎn)O，則所用時間可能為2πm3eB C．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，電子運(yùn)動的路程一定為2πL D．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，電子運(yùn)動的路程可能為πL 【答案】 AD 【解析】 【分析】 粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)題意可知，電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一次射出磁場分界線，與電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動軌跡的半徑不同，從而由運(yùn)動軌跡來確定運(yùn)動路程． 【

38、詳解】 若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一次射出磁場分界線，則有運(yùn)動軌跡如圖所示： 則微粒運(yùn)動的路程為圓周的14，所用的時間為t=14?2πmqB=πm2qB，則電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O的時間為nπm2qB，選項(xiàng) A正確，B錯誤；若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動軌跡可能如圖所示： 或者是： 因此則微粒運(yùn)動的路程可能為πL，也可能為2πL，若粒子完成3、4、…n個圓弧，那么電子運(yùn)動的路程可能：n為奇數(shù)時為2πL；n為偶數(shù)時為πL，故C錯誤，D正確；故選AD。 【點(diǎn)睛】 本題考查根據(jù)運(yùn)動半徑來確定運(yùn)動軌跡，從而確定運(yùn)動的路程，掌握左手定則與右手定則的區(qū)別，注意運(yùn)

39、用幾何關(guān)系正確畫出運(yùn)動軌跡圖是解題的關(guān)鍵，注意次數(shù)增多，而半徑會減?。? 18．如圖所示，半徑為R 的半圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半圓的左邊垂直x 軸放置一粒子發(fā)射裝置，在-R≤ y ≤R 的區(qū)間內(nèi)各處均沿x 軸正方向同時發(fā)射出一個帶正電粒子，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q、初速度均為v，重力及粒子間的相互作用均忽略不計，所有粒子都能到達(dá)y 軸，其中最后到達(dá)y 軸的粒子比最先到達(dá)y 軸的粒子晚Δt 時間，則( ) A．有些粒子可能到達(dá)y 軸上相同的位置 B．磁場區(qū)域半徑R 應(yīng)滿足R≤mvqB C．Δt=πmqB?Rv D．Δt=θmqB-Rv其中角度

40、θ的弧度值滿足sinθ=BqRmv 【答案】 AD 【解析】 【分析】 粒子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，由于粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q、初速度均為v，所以半徑相同，畫出粒子的運(yùn)動軌跡，根據(jù)圓周運(yùn)動半徑公式、周期公式結(jié)合幾何關(guān)系即可求解。 【詳解】 A、粒子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡如圖所示，y=±R的粒子直接沿直線運(yùn)動到達(dá)y軸，其他粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)。由圖可知，發(fā)生偏轉(zhuǎn)的粒子也有可能直接打在y=R的位置上，所以粒子可能會到達(dá)y軸的同一位置，故A正確； B、以沿x軸射入的粒子為例，若r=mvqB

41、所有粒子才能穿越磁場到達(dá)y軸，故B錯誤； D、從x軸入射的粒子在磁場中對應(yīng)的弧長最長，所以該粒子最后到達(dá)y軸，t1=L-Rv+θ2π?2πmqB=L-Rv+θmqB，（其中θ為從x軸入射粒子運(yùn)動的圓心角，根據(jù)幾何關(guān)系有α=θ，則sinθ=sinα=Rr=qBRmv）；而y=±R的粒子沿直線勻速運(yùn)動到y(tǒng)軸，時間最短，t2=Lv，所以：△t=t1-t2=θmqB-Rv，故D正確。 C、由于θ≤π2，所以Δt≤πmqB-Rv，C錯誤。 故選AD。 【點(diǎn)睛】 本題主要考查了帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的問題，要求同學(xué)們能正確畫出粒子運(yùn)動的軌跡，確定圓心位置，知道半徑公式及周期公式，并能結(jié)合

42、幾何關(guān)系求解，難度適中。 19．如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強(qiáng)磁場，它的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于圓平面（未畫出），一群比荷為qm的負(fù)離子（不計重力）以相同速率v0，由P點(diǎn)在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場，最終打在磁場區(qū)域右側(cè)的熒光屏（足夠大）上，則下列說法正確的是（　?。? A．離子在磁場中的運(yùn)動時間一定相等 B．離子在磁場中運(yùn)動半徑一定相等 C．由Q點(diǎn)飛出的離子在磁場中運(yùn)動的時間最長 D．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉(zhuǎn)角最大 【答案】 BC 【解析】 試題分析：由題意知，射入磁場的離子比荷相同，但質(zhì)量不一定相同，所以入射的初動能可能不

43、同，洛倫茲力不做功，離子飛出磁場時的動能不一定相等，A選項(xiàng)錯誤；根據(jù)r=mvqB，離子在磁場中運(yùn)動半徑一定相等，所以B正確；由題意知，運(yùn)動半徑相同且r>R，由幾何知識可知，粒子運(yùn)動的軌跡小于半個圓周，再根據(jù)弦越長所對應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動時間越長，所以C正確；D錯誤。 考點(diǎn)：本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動 20．如圖所示，帶負(fù)電的小球穿在一根絕緣粗糙細(xì)桿上，桿與水平方向成θ角，整個空間存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場B。現(xiàn)給小球一初速度，使小球沿桿向下運(yùn)動，小球經(jīng)過a點(diǎn)時動能為10 J，到達(dá)c點(diǎn)時動能減為零，b為ac的中點(diǎn)，那么帶電小球在運(yùn)動過程中( ) A．到達(dá)c點(diǎn)后保持靜止 B

44、．受到的彈力增大 C．在b點(diǎn)時動能為5J D．在ab段克服摩擦力做的功與bc段克服摩擦力做的功相等 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 AB、若qvaB>mgcosθ，小球受桿彈力垂直桿向下，隨速度減小彈力減小，小球受摩擦力減小，當(dāng)μ（qvB-mgcosθ）=mgsinθ時，小球勻速運(yùn)動；若qvaB=mgcosθ，小球與桿無彈力，速度增大，小球受桿彈力垂直桿向下，彈力增大，小球受摩擦力增大，當(dāng)μ（qvB-mgcosθ）=mgsinθ時，小球勻速運(yùn)動；若qvaB

45、球從A到C過程中動能減小，速度減小，滑動摩擦力大于重力沿粗糙細(xì)桿的分力，做加速度增大的減速運(yùn)動，小球在c點(diǎn)一定保持靜止，故A、B正確； CD、從A到C，小球受摩擦力增大，在ab段克服摩擦力做的功小于bc段克服摩擦力做的功，根據(jù)動能定理可得在ab段動能變化量小于bc段動能變化量，則有在b點(diǎn)時動能大于5J，故C、D錯誤； 故選AB。 【點(diǎn)睛】 關(guān)鍵是小球從A到C過程中動能減小，速度減小，滑動摩擦力大于重力沿粗糙細(xì)桿的分力，做加速度增大的減速運(yùn)動。 三、解答題 21．如圖所示,平面直角坐標(biāo)系xOy中,在y>0及y<-403L區(qū)域存在場強(qiáng)大小相同,方向相反且均平行與y軸的勻強(qiáng)電場，在-

46、403L

47、解析】 【詳解】 解：(1)粒子從P1到P2類平拋運(yùn)動，設(shè)到達(dá)P2時的y方向分速度為vy 由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有：8L=v0t，3L=12(0+vy)t 解得：vy=34v0 故粒子在P2的速度大?。簐=v02+vy2=54v0 設(shè)v與x軸的夾角為α，則有：tanα=vyv0=34 解得：α=37° (2)粒子從P1到P2，設(shè)電場強(qiáng)度為E，據(jù)動能定理有：qE3L=12mv2-12mv02 解得：E=3mv0232qL 依題意意：電粒子在電場和磁場中運(yùn)動時所受力大小相等，則有：qE=qvB 代入可得：B=3mv040qL (3)根據(jù)：qvB=mv2R 解得：R=50L3 由幾

48、何關(guān)系可得：粒子在磁場中的軌跡所對圓心角為53° 故粒子將垂直y=-403L的直線從M點(diǎn)穿出磁場，粒子運(yùn)動一周期的軌跡如圖所示； 當(dāng)n為奇數(shù)時，xn=[8+44(n-1)3]L，(n=1,3,5,7...) 當(dāng)n為偶數(shù)時，xn=[643+44(n-2)3]L，(n=2,4,6,8...) 22．如圖所示,在xOy平面直角坐標(biāo)系內(nèi)y軸與垂直x軸的MN邊界之間,以x軸為分界線,分別在第Ⅰ、Ⅳ象限有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。第Ⅰ象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.第Ⅱ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E. 質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從第Ⅱ象限內(nèi)某點(diǎn)由靜止釋放,從y軸上的

49、A點(diǎn)進(jìn)入磁場,經(jīng)x軸上的B點(diǎn)第一次進(jìn)入x軸下方的磁場。若已知A點(diǎn)的坐標(biāo)是(0,a),B點(diǎn)的坐標(biāo)是(3a,0)， 不考慮粒子重力。 (1)求粒子釋放位置與y軸的距離； (2)若粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場，求x軸下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足的條件； (3)若x軸下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B0，且粒子最終垂直于MN邊界出射，求MN與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)。 【答案】（1）25qB02a22mE（2）B≥83B0（3）MN與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)是（4na，0）（其中n=1，2，3…） 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)粒子釋放位置與y軸的距離為d，粒子在第一象限磁場

50、中做圓周運(yùn)動的半徑為r，畫出粒子運(yùn)動軌跡的示意圖，如圖所示， 在電場中做勻加速運(yùn)動，根據(jù)動能定理：qEd=12mv2① 可得：v=2qEdm 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB0=mv2r② 根據(jù)幾何關(guān)系：(r-a)2+(3a)2=r2?③ 可得：r=5a 聯(lián)立①②③式可得：d=25qB02a22mE （2）設(shè)粒子進(jìn)入磁場時與x軸之間的夾角為θ，則粒子在第一象限內(nèi)的磁場中轉(zhuǎn)過的角度也為θ， 根據(jù)幾何關(guān)系：tanθ=3ar-a=34，可得：θ=53° 要使粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場，臨界情況如圖所示， 要使粒子經(jīng)

51、x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場 需滿足：3a≥R（1+cos37°）④ 根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2R?⑤ 聯(lián)立②③④⑤式可得x軸下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小滿足：B≥83B0 （3）設(shè)當(dāng)x軸下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B0時粒子半徑為R′， 根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv3B=mv2R/?⑥ 聯(lián)立②⑥式可得：R/=r3=5a3 畫出粒子運(yùn)動軌跡的示意圖如圖所示， 設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為A1，則A與A1的連線與x軸平行，AA1=6a-2 R′sin530 根據(jù)幾何關(guān)系有：AA1=4a 所以粒子最終垂直M

52、N邊界飛出，邊界MN與y軸間距為 L=nAA1=4 na??（其中n=1，2，3…） 即：MN與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)是（4na，0）（其中n=1，2，3…） 23．如圖所示，真空中區(qū)域I存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域II存在水平向右的勻強(qiáng)電場，磁場和電場寬度均為d且長度足夠長，圖中虛線是磁場與電場的分界線，Q為涂有熒光物質(zhì)的熒光板，電子打在Q板上能產(chǎn)生亮斑?，F(xiàn)有一束電子從A處的小孔以速度 v0連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向平行紙面且與P板成300夾角。已知電子質(zhì)量為m，電荷量大小為e，區(qū)域II的電場強(qiáng)度E=3mv028ed，不計重力和電子間的相互作用力，求： (1)若電子垂直打在Q板上，

53、I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1大小和電子到達(dá)Q板的速度。 (2)逐漸增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B1為保證Q板上出現(xiàn)亮斑，所加磁感應(yīng)強(qiáng)度B昀最大值。 【答案】（1）B1=mv0er1=3mv02ed；v=v02；（2）I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值為Bm=(3+1)mv02ed 【解析】 【詳解】 （1）電子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得evB=mv02r， 可解得r=mv0eB 若電子垂直打在Q板上，出磁場時須與磁場的右邊界垂直，如圖所示， 由幾何關(guān)系得r1cos30°=d，可解得 r1=dcos30°=2d3 故I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B1=mv0er1=3mv

54、02ed 電子在電場中做勻減速直線運(yùn)動，由動能定理得-eEd=12mv2-12mv02， 解得v=v02 （2）電子在電場中運(yùn)動過程，由動能定理得 -eEd=12mv2-12mv02， 解得v=v02 若電子恰好打在Q板上，說明速度的方向剛好與Q板平行，設(shè)電子進(jìn)入電場時速度方向與虛線邊界間的夾角為θ，v0cosθ=v，解得θ=60° 在磁場中，由幾何關(guān)系知 r2cos30°+r2cos60°=d， 得r2=(3-1)d， 此時 B2=mv0er2=(3+1)mv02ed 故I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值為Bm=(3+1)mv02ed 24．如圖所示，y軸的左側(cè)有垂直紙面

55、向里的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)有與x軸正向成45°角斜向上的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，從O點(diǎn)以速度v射入磁場，速度v與x軸負(fù)向夾角為45°，在磁場中運(yùn)動時間t后第一次經(jīng)過y軸，又在電場中運(yùn)動了時間t后第2次經(jīng)過y軸，不計粒子的重力。求： （1）磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場強(qiáng)度之比； （2）粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場至第3次到達(dá)y軸上N點(diǎn)（圖中未畫出）所經(jīng)歷的時間及NO間的距離。 【答案】（1）π4v；（2）5t，42vtπ。 【解析】 【詳解】 粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示： （1）粒子第一次在磁場中偏轉(zhuǎn)π2rad，則在磁場中運(yùn)動時間：t=14T…① 經(jīng)y軸眼電場方向進(jìn)入電場，之后返回

56、，再次經(jīng)y軸進(jìn)入磁場，由磁場中周期：T=2πmqB…② 電場中往返時間：t=2va…③ 在電場中運(yùn)動加速度：a=qEm…④ 由①②③④可解得：BE=π4v （2）粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為3π2rad，則經(jīng)歷時間為3t，故至此粒子運(yùn)動時間t總=t+t+3t=5t 設(shè)在磁場中圓周運(yùn)動半徑為r，由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r…⑤ 由幾何關(guān)系可得：ON-=22r…⑥ 由①②⑥可解得：ON-=42vtπ 25．如圖所示，質(zhì)量m=15?g、長度L=2?m的木板D靜置于水平地面上，木板D與地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1，地面右端的固定擋板C與木板D等高。在擋板C右側(cè)豎直虛線PQ、

57、MN之間的區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，在兩個半徑分別為R1＝1?m和R2=3?m的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩半圓的圓心O到固定擋板C頂點(diǎn)的距離OC＝2?m?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝15?g、帶電荷量q=+6×10-5的物塊A可視為質(zhì)點(diǎn)）以v0=4?m/s的初速度滑上木板D，二者之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.3，當(dāng)物塊A運(yùn)動到木板D右端時二者剛好共速，且本板D剛好與擋板C碰撞，物塊A從擋板C上方飛入PQNM區(qū)城，并能夠在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，重力加速度g取10?m/s2. (1)當(dāng)物塊A剛滑上本板D時，求物塊A和木板D的加速度大小， (2)求電場強(qiáng)度的大小.

58、(3)為保證小物塊A只能從環(huán)帶狀區(qū)城的上、下兩個開口端飛出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍。 【答案】(1) 3?m/s2；1?m/s2；(2) 25?V/m；(3) 1T?B?53?T或B?5?T 【解析】 【詳解】 解：(1) 當(dāng)物塊A剛滑上木板D時，對物塊A受力分析有：μ2mg=ma2 解得：a2=3?m/s2 對本板D受力分析有：μ2mg-μ1?2mg=ma1 解得：a1=1?m/s2 (2)物塊A進(jìn)入?yún)^(qū)域PQNM后，能在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則有：mg=qE 解得：E=25?V/m (3)物塊A與木板D共速時有：v=v0-a2t=a1t 解得：v=1?m/s

59、粒于做勻速圓周運(yùn)動有：qvB=mv2R 要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出磁場、物塊A在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑R應(yīng)滿足：R?OC-R12或OC+R12?R?OC+R22 解得：B?5?T或1T?B?53?T 則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為：1T?B?53?T或B?5?T 26．（加試題）有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點(diǎn)等距離各點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和

60、0.5m的正離子束，從M點(diǎn)垂直該點(diǎn)電場方向進(jìn)入靜電分析器。在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動，從N點(diǎn)水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點(diǎn)P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P兩點(diǎn)間的電勢差UNP=mv2q,cosθ=45，不計重力和離子間相互作用。 （1）求靜電分析器中半徑為r0處的電場強(qiáng)度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? （2）求質(zhì)量為0.5m的離子到達(dá)探測板上的

61、位置與O點(diǎn)的距離l（用r0表示）； （3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度在（B—△B）到（B＋△B）之間波動，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩東離子，求ΔBB的最大值 【答案】（1）E0=mv02qr0，B=mv0qr0；（2）1.5r0；（3）12% 【解析】 【詳解】 （1）徑向電場力提供向心力：Ecq=mvc2rc Ec=mvc2qrcB=mvcqrc （2）由動能定理：12×0.5mv2-12×0.5mvc2=qUNP v=vc2+4qUNPm=5vc 或r=0.5mvqB=125rc l=2rcosθ-0.5rc 解得l=1.5rc （3）恰好能分辨的條件：2r01

62、-ΔBB-2r0cosθ1+ΔBB=r02 解得ΔBB=17-4≈1200 27．真空中一組間距為 2R，長度為 R 的平行金屬板P、Q 可以用作光電轉(zhuǎn)換裝置，放置在 X 軸的正上方，如圖所示，在X 軸的正下方放置同樣間距，長度為3R的平行金屬板M、N，兩組金屬板間絕緣，M 板接地，且在兩板間加有電壓UMN，大小、方向均連續(xù)可調(diào)。P、Q 間有垂直平面的勻強(qiáng)磁場，光照前 P 不帶電。當(dāng)以頻率為 f 的光照射P 板時，板中的電子吸收光的能量而逸出。假設(shè)所有逸出的電子都垂直于 P 板飛出，在磁力作用下電子會聚于坐標(biāo)為(R，0)的 S 點(diǎn)，且 P 板最上端的電子從 S 點(diǎn)飛出的方向垂直 X 軸豎直

63、向下，進(jìn)入 M、N 極板間的電場區(qū)域。忽略電子之間的相互作用，保持光照條件不變時，單位時間內(nèi)從 P 板持續(xù)地飛出的電子數(shù)為 N，且沿 P 板均勻分布，電子逸出時的初動能均為 EKm，元電荷量為 e，電子的質(zhì)量為 m。 （1）求金屬板P 的逸出功； （2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B 的大小和所需磁場區(qū)域的最小面積； （3）到達(dá) N 板的電子全部被收集，導(dǎo)出形成電流 i。計算一些關(guān)鍵參數(shù)，在圖上面畫出 i-UMN的關(guān)系曲線。 【答案】（1）W逸出功=hf-Ekm（2）B=2mEkmeR；Smin=(π2-1)R2（3）圖見解析； 【解析】 【詳解】 解：（1）根據(jù)光電效應(yīng)方程可得：Ekm

64、=hf-W逸出功， 解得W逸出功=hf-Ekm； （2）從P板水平飛出的電子均能過S點(diǎn)，則要求磁場區(qū)域半徑為R的圓，可知運(yùn)動半徑r=R；由evB=mv2r，且Ekm=12mv2 解得B=2mEkmeR 所需磁場區(qū)域的最小面積Smin=14πR2-（R2-14πR2）=(π2-1)R2 （3）①截止電壓：OS方向電子剛好不能到達(dá)N板：12UMN1(-e)=0-Ekm； UNM1=-2Ekme； ②飽和電壓：垂直O(jiān)S方向電子剛好到達(dá)N板；豎直方向勻速，水平方向加速； R=12UNM2e2mR3Rv2； v=2Ekmm； UNM2=8Ekm3e； ③不加電壓：出射方向與水平

65、成θ角的電子恰好打到N板； R=vcosθ×3Rv； v=2Ekmm； θ=π3； H=R2； 電流i=0.5Ne 28．在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方向如圖甲所示。第一象限內(nèi)有一水平向左的勻強(qiáng)電場E1；第二象限內(nèi)有一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場B1(圖中未畫出)；第四象限內(nèi)有正交的勻強(qiáng)電場E2和交變磁場,其中電場方向豎直向上,場強(qiáng)大小與E1的大小相等,磁場方向與紙面垂直。處在第二象限的發(fā)射裝置水平向右射出一個比荷q/m=10 C/kg的帶正電的顆粒（可視為質(zhì)點(diǎn)),該顆粒以v0=3m/s的速度從S點(diǎn)射出后勻速通過第二象限,然后從+y上的P點(diǎn)進(jìn)入第一象限,最后從

66、+x軸上的K點(diǎn)豎直向下進(jìn)入第四象限,OP=OK。取顆粒剛進(jìn)入第四象限的時刻為零時刻,第四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度按如圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙面向外的磁場方向?yàn)檎较?,忽略磁場變化造成的其他影響,g=10m/s2。試求： (1)第二象限勻強(qiáng)磁場B1的大小和方向； (2)帶電粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到K點(diǎn)的時間t及電場強(qiáng)度E1的大?。? (3)-y軸上有一點(diǎn)D,OD=√3OK,若帶電粒子在通過K點(diǎn)后的運(yùn)動過程中不再越過x軸,要使其恰能沿y軸負(fù)方向通過D點(diǎn),求磁感應(yīng)強(qiáng)度B及其磁場的變化周期T0. 【答案】(1) 13T；磁場方向垂直紙面向里；(2) 0.3s，1N/C； (3) 2n3 (n=1，2，3…)，π10n (n=1，2，3…) 【解析】 【詳解】 (1)帶電顆粒勻速運(yùn)動，重力與洛倫茲力二力平衡，則有：qv0B1=mg 解得：B1=mgqv0=13T 洛倫茲力豎直向上，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里 (2)設(shè)顆粒水平方向加速度大小為a1，K點(diǎn)的速度為v1 水平方向：OK=v0+02t，a1=v0t 豎直方向：OP=0+v12t，g=v1t 又由于OP=OK，