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）.docx

《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）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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）.docx（38頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題10 磁場第一部分名師綜述帶電粒子在磁場中的運動是高中物理的一個難點，也是高考的熱點。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動問題，綜合性較強，解這類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運動的知識，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)合場中的運動包括帶電粒子在勻強電場、交變電場、勻強磁碭及包含重力場在內(nèi)的復(fù)合場中的運動問題，是高考必考的重點和熱點?？v觀近幾年各種形式的高考試題，題目一般是運動情景復(fù)雜、綜合性強，多把場的性質(zhì)、運動學(xué)規(guī)律、牛頓運動定律、功能關(guān)系以及交變電場等知識有機地結(jié)合，題目難度中等偏上，對考生的空間想像能力、物理過程和運動規(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)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為Ba點處的粒子源發(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，下列說法正確的是 ( )A速度小于v的粒子在磁場中運動時間為m2qBB經(jīng)過d點的粒子在磁場中運動的時間為m4qBC經(jīng)過c點的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2LD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動，當(dāng)粒子的速度為v時，粒子恰好經(jīng)過b點時在磁場中運動了半周，運動時間為12T=mqB，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，仍運動半周，運動時間仍為12T=mqB；故A錯誤.B、在a點粒子的速度與ad連線的夾角為30，粒子經(jīng)過d點時，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，在磁場中運動的時間t=16T=m3qB；故B錯誤.C、經(jīng)過c點的粒子，根據(jù)幾何知識知，該粒子在磁場中做圓周運動的圓心b，半徑為L，故C錯誤.D、設(shè)經(jīng)過b、c、d三點的粒子速度分別為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：2vv4v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)強度為B。一質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子（不計重力）以速度v從O點沿與OP成30o角的方向垂直磁場進入?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（圖中未畫出），則下列說法正確的是A區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為B2B區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為3BC質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運動時間為5m6qBD質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運動時間為7m12qB【答案】 D【解析】【詳解】AB、設(shè)質(zhì)子在磁場I和II中做圓周運動的軌道半徑分別為r1和r2 ,區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為B,運動軌跡如圖所示：由牛頓第二定律得:qvB=mv2r1qvB=mv2r2 由帶電粒子才磁場中運動的對稱性和幾何關(guān)系可以知道,質(zhì)子從A點出磁場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=r1,在區(qū)域II中,質(zhì)子運動1/4圓周,O2是粒子在區(qū)域II中做圓周運動的圓心,r2=OAsin30=12r1由計算得出區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為:B=2B ,故AB錯誤；CD、質(zhì)子在區(qū)運動軌跡對應(yīng)的圓心角為60,在區(qū)運動軌跡對應(yīng)的圓心角為90 :,質(zhì)子在區(qū)的運動時間t1=162mqB=m3qB ,質(zhì)子在區(qū)運動時間t2=142mqB=m4qB ,則粒子在第一象限內(nèi)的運動時間為7m12qB.故C錯誤,D正確.故選D【點睛】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)強度的關(guān)系,求解區(qū)域II中磁場的磁感應(yīng)強度大小.求出質(zhì)子運動軌跡所對應(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度大小為E1，磁感應(yīng)強度大小為B1、方向垂直紙面向里，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度大小為E，磁分析器中有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為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點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，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=B1E1C粒子的比荷為E12ERB12DP、Q兩點間的距離為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動求解粒子的速度；根據(jù)粒子在靜電分析其中的圓周運動求解粒子的比荷；根據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運動求解半徑，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A正確；由qvB1qE1可知，粒子的速度v=E1B1，選項B錯誤；由v=E1B1和qE=mv2R可得，粒子的比荷為qm=E12ERB1，選項C正確；粒子在磁分析器中做圓周運動，PQ為軌跡圓的直徑，故P、Q兩點間的距離PQ=2mvqB=2ERB1E1B，選項D錯誤。故選C.4如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B，A=60，AO=a。在O點放置一個粒子源，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60飛入的粒子在磁場中運動時間最短C若v0=aqBm，則以30飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等D若v0=aqB2m，則以=0方向射入磁場的粒子在磁場中運動的時間為mqB【答案】 A【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動,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)=0飛入的粒子在磁場中,粒子恰好從AC中點飛出,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60飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是T6周期,在磁場中運動時間最長,故B錯誤;C、若v0=aqBm,當(dāng)=0飛入的粒子在磁場中,粒子恰好從AC中點飛出,在磁場中運動時間也恰好是T6,則以45，所以tmin18T=m4qB，故C錯誤；D、由幾何關(guān)系知，粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角max=180，粒子做圓周運動的周期為T=2mqB所以粒子在磁場中運動的最長時間為tmax=12T=mqB ;故D錯誤；故選A點睛：本題考查了帶電粒子在磁場中運動的問題，要找到粒子的臨界狀況即與ac邊相切及恰好運動到b點。8如圖所示，在水平連線MN和PQ間有豎直向上的勻強電場，在MN上方有水平向里的勻強磁場。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點先后進入電場，帶電粒子A、B第一次在磁場中的運動時間分別為tA和tB,前兩次穿越連線MN時兩點間的距離分別為dA,和dB,粒子重力不計，則AtA一定小于tB，dA一定等于dBBtA一定小于tB，dA可能小于dBCtA可能等于tB，dA一定等于dBDtA可能等于tB，dA可能小于dB【答案】 A【解析】兩帶正電粒子先在電場中做類平拋運動后在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)類平拋的速度偏向角為，則勻速圓周運動的圓心角為=2-2，因tan=vyv0，y=12at2，B粒子的水平速度大，則類平拋的時間短，vy較小，則角較小，故圓周運動的圓心角較大，由t=2T可知時間較長，即tAR+Rcos53，則粒子不能進入第一象限，R=mvqB，代入得qm8v5LB，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)強度大小為B的勻強磁場,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,現(xiàn)有一電子從P點沿PQ方向射出,不計電子的重力A若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線, 則電子在磁場中運動的軌道半徑為LB若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點,則電子運動的路程一定為2LC若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點,則電子在Q點速度方向與y軸正向的夾角一定為45D若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點,則電子運動的路程可能為L,也可能為2L【答案】 AD【解析】【詳解】若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則有運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，電子運動的軌道半徑為r=2Lsin450=L，選項A正確；若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動軌跡可能如圖所示，或者是：因此則微粒運動的路程可能為L，也可能為2L，電子在Q點速度方向與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?！军c睛】查根據(jù)運動半徑來確定運動軌跡，從而確定運動的路程，掌握左手定則與右手定則的區(qū)別，注意運用幾何關(guān)系正確畫出運動軌跡圖是解題的關(guān)鍵15如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B,范圍足夠大的水平勻強磁場內(nèi)，固定著傾角為的絕緣斜面，一個質(zhì)量為m 、電荷量為-q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為。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 BC D【答案】 BC【解析】【分析】根據(jù)題中“勻強磁場內(nèi)帶電小物塊沿斜面向上運動”可知，本題考察帶電粒子在復(fù)合場中的運動。根據(jù)帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析方法，運用洛倫茲力、牛頓第二定律等知識分析推斷?！驹斀狻繉ρ匦泵嫦蛏线\動的小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：mgsin+FN=ma、FN=mgcos+qvB，聯(lián)立解得：a=gsin+gcos+qvBm，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項錯誤，B項正確。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項正確，D項錯誤。16如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著破感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，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?，F(xiàn)有一電子從P點沿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點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則電子在磁場中運動的軌道半徑為2LB若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，則電子運動的最短時間為2mBqC若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，則電子從P到O的時間與從O到Q的時間之比為1:3D若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，則電子運動的路程可能為2L，也可能為4L【答案】 BD【解析】【分析】畫出粒子運動的可能的軌跡，結(jié)合幾何知識求解做圓周運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點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則根據(jù)幾何關(guān)系可知，電子在磁場中運動的軌道半徑為r=2Lsin450=2L，選項A錯誤；電子運動的周期為T=2mqB，電子運動時間最短時，軌跡如圖甲；從P到O轉(zhuǎn)過的角度為900，從O到Q轉(zhuǎn)過的角度為2700，則電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，則電子運動的最短時間為t=2mqB，選項B正確；考慮電子運動的周期性，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C錯誤；若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，則在圖甲所示的情況中電子運動的路程為4L，在圖乙所示的情況中粒子運動的軌道半徑為L，則路程為2L，選項D正確；故選BD.17在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，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。如圖所示，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為e的電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，則（）A若電子從P點能到原點O，則所用時間可能為m2eBB若電子從P點能到原點O，則所用時間可能為2m3eBC若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，電子運動的路程一定為2LD若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，電子運動的路程可能為L【答案】 AD【解析】【分析】粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)題意可知，電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，與電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動軌跡的半徑不同，從而由運動軌跡來確定運動路程【詳解】若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則有運動軌跡如圖所示：則微粒運動的路程為圓周的14，所用的時間為t=142mqB=m2qB，則電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O的時間為nm2qB，選項 A正確，B錯誤；若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動軌跡可能如圖所示：或者是：因此則微粒運動的路程可能為L，也可能為2L，若粒子完成3、4、n個圓弧，那么電子運動的路程可能：n為奇數(shù)時為2L；n為偶數(shù)時為L，故C錯誤，D正確；故選AD?！军c睛】本題考查根據(jù)運動半徑來確定運動軌跡，從而確定運動的路程，掌握左手定則與右手定則的區(qū)別，注意運用幾何關(guān)系正確畫出運動軌跡圖是解題的關(guān)鍵，注意次數(shù)增多，而半徑會減小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磁場，磁感應(yīng)強度為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y 軸，其中最后到達y 軸的粒子比最先到達y 軸的粒子晚t 時間，則( )A有些粒子可能到達y 軸上相同的位置B磁場區(qū)域半徑R 應(yīng)滿足RmvqBCt=mqBRvDt=mqB-Rv其中角度的弧度值滿足sin=BqRmv【答案】 AD【解析】【分析】粒子射入磁場后做勻速圓周運動，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，畫出粒子的運動軌跡，根據(jù)圓周運動半徑公式、周期公式結(jié)合幾何關(guān)系即可求解?！驹斀狻緼、粒子射入磁場后做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示，y=R的粒子直接沿直線運動到達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=mvqBR，則粒子不能到達y軸就偏向上離開磁場區(qū)域，所以要求RR，由幾何知識可知，粒子運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，運動時間越長，所以C正確；D錯誤?？键c：本題考查帶電粒子在磁場中的運動20如圖所示，帶負(fù)電的小球穿在一根絕緣粗糙細(xì)桿上，桿與水平方向成角，整個空間存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場B?，F(xiàn)給小球一初速度，使小球沿桿向下運動，小球經(jīng)過a點時動能為10 J，到達c點時動能減為零，b為ac的中點，那么帶電小球在運動過程中( )A到達c點后保持靜止B受到的彈力增大C在b點時動能為5JD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qvaBmgcos，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)（qvB-mgcos）=mgsin時，小球勻速運動；若qvaB=mgcos，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)（qvB-mgcos）=mgsin時，小球勻速運動；若qvaB0及y-403L區(qū)域存在場強大小相同,方向相反且均平行與y軸的勻強電場，在-403Ly0區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電粒子,從y軸上的點P1(0,3L)以速率v0,方向沿x軸正方向出發(fā),然后經(jīng)過x軸上的點P2（8L,0）進入磁場。已知帶電粒子分別在電場和磁場中運功時所受力大小相等,不計粒子重力。求：(1)粒子到達P2點時的速度大小和方向；(2)磁場的磁感應(yīng)強度大小(3)粒子第n次經(jīng)過x軸的坐標(biāo)【答案】(1) 54v0；=37；(2) B=3mv040qL；(3) xn=8+44(n-1)3L，(n=1,3,5,7.)；xn=643+44(n-2)3L，(n=2,4,6,8.)【解析】【詳解】解：(1)粒子從P1到P2類平拋運動，設(shè)到達P2時的y方向分速度為vy由運動學(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，則有：tan=vyv0=34解得：=37(2)粒子從P1到P2，設(shè)電場強度為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點穿出磁場，粒子運動一周期的軌跡如圖所示；當(dāng)n為奇數(shù)時，xn=8+44(n-1)3L，(n=1,3,5,7.)當(dāng)n為偶數(shù)時，xn=643+44(n-2)3L，(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、象限有垂直于紙面向外的勻強磁場。第象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0.第象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場,電場強度大小為E. 質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從第象限內(nèi)某點由靜止釋放,從y軸上的A點進入磁場,經(jīng)x軸上的B點第一次進入x軸下方的磁場。若已知A點的坐標(biāo)是(0,a),B點的坐標(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軸交點的坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）25qB02a22mE（2）B83B0（3）MN與x軸交點的坐標(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中做圓周運動的半徑為r，畫出粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示，在電場中做勻加速運動，根據(jù)動能定理：qEd=12mv2可得：v=2qEdm粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB0=mv2r根據(jù)幾何關(guān)系：(r-a)2+(3a)2=r2可得：r=5a聯(lián)立式可得：d=25qB02a22mE（2）設(shè)粒子進入磁場時與x軸之間的夾角為，則粒子在第一象限內(nèi)的磁場中轉(zhuǎn)過的角度也為，根據(jù)幾何關(guān)系：tan=3ar-a=34，可得：=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)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：3aR（1+cos37）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2R聯(lián)立式可得x軸下方磁場的磁感應(yīng)強度B的大小滿足：B83B0（3）設(shè)當(dāng)x軸下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為3B0時粒子半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv3B=mv2R/聯(lián)立式可得：R/=r3=5a3畫出粒子運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 Rsin530根據(jù)幾何關(guān)系有：AA1=4a所以粒子最終垂直MN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磁場，區(qū)域II存在水平向右的勻強電場，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，I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強度B1大小和電子到達Q板的速度。(2)逐漸增大磁感應(yīng)強度B1為保證Q板上出現(xiàn)亮斑，所加磁感應(yīng)強度B昀最大值?！敬鸢浮浚?）B1=mv0er1=3mv02ed；v=v02；（2）I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強度最大值為Bm=(3+1)mv02ed【解析】【詳解】（1）電子在磁場中做圓周運動，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)強度為 B1=mv0er1=3mv02ed電子在電場中做勻減速直線運動，由動能定理得-eEd=12mv2-12mv02，解得v=v02（2）電子在電場中運動過程，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)電子進入電場時速度方向與虛線邊界間的夾角為，v0cos=v，解得=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)強度最大值為Bm=(3+1)mv02ed24如圖所示，y軸的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，右側(cè)有與x軸正向成45角斜向上的勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，從O點以速度v射入磁場，速度v與x軸負(fù)向夾角為45，在磁場中運動時間t后第一次經(jīng)過y軸，又在電場中運動了時間t后第2次經(jīng)過y軸，不計粒子的重力。求：（1）磁感應(yīng)強度與電場強度之比；（2）粒子從O點進入磁場至第3次到達y軸上N點（圖中未畫出）所經(jīng)歷的時間及NO間的距離?！敬鸢浮浚?）4v；（2）5t，42vt?！窘馕觥俊驹斀狻苛Ｗ拥倪\動軌跡如圖所示：（1）粒子第一次在磁場中偏轉(zhuǎn)2rad，則在磁場中運動時間：t=14T經(jīng)y軸眼電場方向進入電場，之后返回，再次經(jīng)y軸進入磁場，由磁場中周期：T=2mqB電場中往返時間：t=2va在電場中運動加速度：a=qEm由可解得：BE=4v（2）粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為32rad，則經(jīng)歷時間為3t，故至此粒子運動時間t總=t+t+3t=5t設(shè)在磁場中圓周運動半徑為r，由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r由幾何關(guān)系可得：ON-=22r由可解得：ON-=42vt25如圖所示，質(zhì)量m=15g、長度L=2m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)1=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、MN之間的區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強電場，在兩個半徑分別為R11m和R2=3m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磁場，兩半圓的圓心O到固定擋板C頂點的距離OC2m?，F(xiàn)有一質(zhì)量m15g、帶電荷量q=+610-5的物塊A可視為質(zhì)點）以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之間的動摩擦因數(shù)2=0.3，當(dāng)物塊A運動到木板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)做勻速圓周運動，重力加速度g取10m/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)求電場強度的大小.(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)強度大小的取值范圍?！敬鸢浮?1) 3m/s2；1m/s2；(2) 25V/m；(3) 1TB53T或B5T【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：2mg=ma2解得：a2=3m/s2對本板D受力分析有：2mg-12mg=ma1解得：a1=1m/s2(2)物塊A進入?yún)^(qū)域PQNM后，能在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，則有：mg=qE解得：E=25V/m(3)物塊A與木板D共速時有：v=v0-a2t=a1t解得：v=1m/s粒于做勻速圓周運動有：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在磁場中運動的軌跡半徑R應(yīng)滿足：ROC-R12或OC+R12ROC+R22解得：B5T或1TB53T則磁感應(yīng)強度大小的取值范圍為：1TB53T或B5T26（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點等距離各點的場強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0.5m的正離子束，從M點垂直該點電場方向進入靜電分析器。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動，從N點水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點P與水平方向成角射出，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點正下方的Q點。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P兩點間的電勢差UNP=mv2q,cos=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處的電場強度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強度B的大??；（2）求質(zhì)量為0.5m的離子到達探測板上的位置與O點的距離l（用r0表示）；（3）若磁感應(yīng)強度在（BB）到（BB）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BB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=mvc2rcEc=mvc2qrcB=mvcqrc（2）由動能定理：120.5mv2-120.5mvc2=qUNPv=vc2+4qUNPm=5vc或r=0.5mvqB=125rcl=2rcos-0.5rc解得l=1.5rc（3）恰好能分辨的條件：2r01-BB-2r0cos1+BB=r02解得BB=17-4120027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，且 P 板最上端的電子從 S 點飛出的方向垂直 X 軸豎直向下，進入 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)強度B 的大小和所需磁場區(qū)域的最小面積；（3）到達 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?！敬鸢浮浚?）W逸出功=hf-Ekm（2）B=2mEkmeR；Smin=(2-1)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=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，則要求磁場區(qū)域半徑為R的圓，可知運動半徑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=14R2-（R2-14R2）=(2-1)R2（3）截止電壓：OS方向電子剛好不能到達N板：12UMN1(-e)=0-Ekm；UNM1=-2Ekme；飽和電壓：垂直O(jiān)S方向電子剛好到達N板；豎直方向勻速，水平方向加速；R=12UNM2e2mR3Rv2；v=2Ekmm；UNM2=8Ekm3e；不加電壓：出射方向與水平成角的電子恰好打到N板；R=vcos3Rv；v=2Ekmm；=3；H=R2；電流i=0.5Ne28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電場E1；第二象限內(nèi)有一垂直于紙面的勻強磁場B1(圖中未畫出)；第四象限內(nèi)有正交的勻強電場E2和交變磁場,其中電場方向豎直向上,場強大小與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),該顆粒以v0=3m/s的速度從S點射出后勻速通過第二象限,然后從+y上的P點進入第一象限,最后從+x軸上的K點豎直向下進入第四象限,OP=OK。取顆粒剛進入第四象限的時刻為零時刻,第四象限磁感應(yīng)強度按如圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙面向外的磁場方向為正方向),忽略磁場變化造成的其他影響,g=10m/s2。試求：(1)第二象限勻強磁場B1的大小和方向；(2)帶電粒子從P點運動到K點的時間t及電場強度E1的大??；(3)-y軸上有一點D,OD=3OK,若帶電粒子在通過K點后的運動過程中不再越過x軸,要使其恰能沿y軸負(fù)方向通過D點,求磁感應(yīng)強度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)，10n (n=1，2，3)【解析】【詳解】(1)帶電顆粒勻速運動，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，解