2021屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題九磁場

1、專題九磁場1.2021海南單科，1,3分如圖,a是豎直平面P上的一點(diǎn)。P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點(diǎn)。P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點(diǎn)。在電子經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向A. 向上B.向下C.向左D.向右P,且S極朝向a點(diǎn),條形磁鐵在a點(diǎn)的磁場垂直于豎直平面向外,在電子經(jīng),A 對,B、C D錯(cuò)。答案 A P前有一條形磁鐵垂直于過a點(diǎn)的瞬間，由左手定那么可知該電子所受洛倫茲力方向向上2.2021由江蘇單科二9,4分多項(xiàng)選擇如下圖,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間 線黠,與其前電阻R遠(yuǎn)離。,線圈中電流為I,F應(yīng)

2、強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時(shí)通過霍爾元件的電流電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UH=k,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距丁-R-,霍爾元件的電阻可以忽略，那么A. 霍爾元件前外表的電勢低于后外表B. 假設(shè)電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏 CH與I成正比D.電壓表的示數(shù)與 R消耗的電功率成正比答案 CD由左手定那么可判定，霍爾元件的后外表積累負(fù)電荷，前外表電勢較高，故A錯(cuò)。由電路關(guān)系可見，當(dāng)電源的正、負(fù)極對調(diào)時(shí)，通過霍爾元件的電流I h和所在空間的磁場方向同時(shí)反向，前外表的電勢仍然較高，故B錯(cuò)。由電路可見，=,那么I h=I,故C正確。R.的熱功率Pl=R.=R_

3、=,因?yàn)锽與I成正比，故有:UH=k=k'=k'=Pl,可得知UH與Pl成正比，3.201* x浙江場加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 子P+在磁場中故D正確。理綜,20,6分多項(xiàng)選擇在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子卩+和P3+,經(jīng)電壓為U的電,如下圖。離B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域 轉(zhuǎn)過 0 =30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P+和P3+A. 在電場中的加速度之比為1 ：1B. 在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為：1C. 在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1 ：2D. 離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1 ：3答案 BCD兩離子所帶電荷量之比為1

4、 : 3,在電場中時(shí)由qE=ma知aq,故加速度之比為1 : 3,A錯(cuò)誤；離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能由 E<=qU知Ek*q,故D正確；在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑由Bqv=m Ek=mV知R*,故B正確；設(shè)磁場區(qū)5CX5C域的寬度為d,那么有sin 0 =*,即=,故0 '=60 ° =2 0 ,C 正確。4. 2021廣東理綜,15,4分質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N,以不同的速率經(jīng)小孔 S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運(yùn)行的半圓軌跡如圖中虛線所示。以下表述正確的選項(xiàng)是A. M帶負(fù)電,N帶正電B. M的速率小于N的速率C. 洛倫茲力對M N做正功D. M的運(yùn)行時(shí)間大于 N的運(yùn)行時(shí)間答案 A由

5、左手定那么判斷得 M帶負(fù)電、N帶正電,A正確。由題圖可知M N半徑關(guān)系為R>FN,由半徑R=M知,v m>vn,B錯(cuò)誤。因洛倫茲力與速度方向時(shí)刻垂直，故不做功,C錯(cuò)誤。由周期公式 丁=及t=T可知,t M=tN,D錯(cuò)誤。評析 此題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，涉及左手定那么、軌跡半徑、運(yùn)動(dòng)周期及運(yùn)動(dòng)時(shí)間等知識點(diǎn)。綜合性較強(qiáng),難度較大。5. 2021江蘇單科,15,16分一臺質(zhì)譜儀的工作原理如下圖，電荷量均為+q、質(zhì)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(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上。放置底片的區(qū)域MN=

6、L且OM=L某次測量發(fā)現(xiàn) MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。乂嘰 </的離子能打在 QN區(qū)域,求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；決MC區(qū)域的所有離子檢測完整,求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg 2=0.301,lg的離子質(zhì)量m;鬼:f ft /3=0.477,lg 5=0.699)X X K X X X X答案(1)(2) < U<(3)3 次解析離子在電場中加速，qU°=mV在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB=m,解得r=代入r=L,解得m=(2) 由(1)知,U=離子打在Q點(diǎn)r=L,U=離子打在N點(diǎn)r=L

7、,U=那么電壓的范圍為w U<(3) 由(1)可知,r OC由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U,使原本打在Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn),=此時(shí),原本半徑為r 1的打在Q的離子打在Q上 =解得r1=L第2次調(diào)節(jié)電壓到U2,使原本打在 Q的離子打在N點(diǎn),原本半徑為2的打在Q的離子打在Q上,那么=,=,解得2=() 3L同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有r n=() n+1L 檢測完整，有r n w ,解得n?-12.8 最少次數(shù)為3次。6. (2021浙江理綜,25,22分)使用盤旋加速器的實(shí)驗(yàn)需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等。質(zhì)量為m,速度為v的離子在盤旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn) ，旋轉(zhuǎn)

8、軌道是半徑為r的圓，圓心在O.點(diǎn)福道在垂直紙面向外外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。為引出離子束段，使用磁屏蔽通道法設(shè)計(jì)引出器。引出器原理如下圖,一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道 ，通道的圓心位于 O'點(diǎn)(O'點(diǎn)圖中未畫出)。引出離子時(shí)，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度降低 ,從而使離子從P點(diǎn) 進(jìn)入通道,沿通道中心線從 Q點(diǎn)射出。 OQ長度為L,OQ與OP的夾角為0oi-r -髓(1) 求離子的電荷量q并判斷其正負(fù)；(2) 離子從P點(diǎn)進(jìn)入,Q點(diǎn)射出，通道內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)降為B',求B'(3) 換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變,在內(nèi)外金

9、屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應(yīng)。為使離子仍從P點(diǎn)進(jìn)入,Q點(diǎn)射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場強(qiáng)度E的方向和大小。答案(1) 一正電荷(3).方向沿徑向向外Bv-解析(1)；離子做圓周運(yùn)動(dòng)Bqv=(q=,帶正電荷 如下圖O'Q=R,OQ=L,O'O=R-r引出軌跡為圓弧，有B'qv=R=0根據(jù)幾何關(guān)系得R=©B'=(3)電場強(qiáng)度方向沿徑向向外 引出軌跡為圓弧，有Bqv- Eq=®E=Bv-.A., _產(chǎn) 47.(2021 一 .現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。真空中存在著如下圖的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電

10、場與磁場的寬度均為 d。電場強(qiáng)度為E,方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B, .IX XI_ X X-收冷方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子 II|7I1在第一層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射。(1) 求粒子在第2層磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度 V2的大小與軌跡半徑 2；(2) 粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為0 n,試求sin 0 n；(3) 假設(shè)粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進(jìn)入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右

11、側(cè)邊界，請簡要推理說明之。答案 (1)2B(3)見解析解析 (1)粒子在進(jìn)入第2層磁場時(shí)，經(jīng)過兩次電場加速由動(dòng)能定理，有2qEd=m由式解得V2=2 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當(dāng)向心力，有qv2B=r由式解得r2=設(shè)粒子在第，中間穿過磁場時(shí)洛倫茲力不做功。X X0(qvnB=粒子進(jìn)入第 向的夾角為由圖F'由n層磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為 Vn,軌跡半徑為r n(各量的下標(biāo)均代表粒子所在層數(shù)，下同)。時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為,垂直于電場線方向的速度分量不變P粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)X Xn-1 =Vn Sin a nn 01看出0 n-r n sin式得0 n-r n-1 sina n

12、=d®a n,從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時(shí)速度方向與水平方,有X X/sin由式看出 r i sinn sinx x0 n=r i sin0n-1 =d®0 i ,r 2 sin 0 2,r n sin0 n為一等差數(shù)列，公差為d,可得0 i+(n- 1)d 圖2當(dāng)n=1時(shí)，由圖2看出r1 si n 0 1=d由式得sin 0 n=B(3)假設(shè)粒子恰好不能從第9 n =sin 9 n=1在其他條件不變的情況下方向與水平方向的夾角為那么導(dǎo)致sin 9 n'>1n層磁場右側(cè)邊界穿出，那么,換用比荷更大的粒子，設(shè)其比荷為，假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊界，粒子穿出時(shí)速度9

13、 n',由于>說明9 n'不存在，即原假設(shè)不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界。8.(2021四川理綜,11,19分)如下圖，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h,與圖示電路相連，金屬板板上外表光滑，涂有絕緣層，其上O點(diǎn)右側(cè)相距h處有小孔K;b板上有小孔T,且 平面為豎直平面。質(zhì)量為 m電荷量為-q(q>0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫 板上外表運(yùn)動(dòng)時(shí)間t后到達(dá)K孔，不與板碰撞地進(jìn)入兩板之間。粒子視為質(zhì)點(diǎn)，在圖示平面不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為 gor:(1) 求發(fā)射裝置對粒子做的功；(2) 電路中的直流電源內(nèi)阻為r,開關(guān)S接“1位置時(shí)，

14、進(jìn)入板間的粒子落在 b板上的A點(diǎn),A點(diǎn)與過K孔豎直線的距離為I。此后將開關(guān)S接“2位置，求阻值為R的電阻中的電流強(qiáng)度；(3) 假設(shè)選用恰當(dāng)直流電源，電路中開關(guān)S接“1位置，使進(jìn)入板間的粒子受力平衡，此時(shí)在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小適宜的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B只能在0B=范圍內(nèi)選取,使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時(shí)速度方向與b板板面的夾角的所有可能值答案(2)(3)0< 9< arcsin解析(1)設(shè)粒子在p板上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為V0,有h=V0t 設(shè)發(fā)射裝置對粒子做的功為W,由動(dòng)能定理得W=l聯(lián)立可得W 說明：式各2分,式1分(2) S接“ 1位置時(shí)，

15、電源的電動(dòng)勢 E與板間電勢差U有&=1板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為E,粒子進(jìn)入板間時(shí)有水平方向的速度而做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為11,有U=EI mg-qE=m© h=a l=V 0t 1 S接“2位置，那么在電阻R上流過的電流I滿足1=聯(lián)立得I=(3) 由題意知此時(shí)在板間運(yùn)動(dòng)的粒子重力與電場力平衡如下圖<粒子從D點(diǎn)出磁場區(qū)域后沿 DT做勻速直線運(yùn)動(dòng)，DT與b板上外表的夾角為題目所求夾角磁感應(yīng)強(qiáng)度 B取最大值時(shí)的夾角，qv0B=過D點(diǎn)作b板的垂線與b板的上外表交于 G,由幾何關(guān)系有=h-R(1+cos 9 )(可用反三角函數(shù)表示)。V0,在板間受到豎直方向的重力

16、和電場力作用,當(dāng)粒子從K進(jìn)入板間后立即進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，9。磁場的B為最大值9設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,有=h+R sin 0tan 0 =聯(lián)立 ,將B=Bn代入,求得0 n=arcsin當(dāng)B逐漸減小，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 R隨之變大，D點(diǎn)向b板靠近，DT與b板上外表的夾角 0也越變越小 當(dāng)D點(diǎn)無限接近于b板上外表時(shí)，粒子離開磁場后在板間幾乎沿著 b板上外表運(yùn)動(dòng)而從 T孔飛出板間區(qū)域，此時(shí) B>B>0滿足題目要求，夾角0趨近0 0,即0 0=0那么題目所求為 0< 0W arcsin說明 式各1分評析 此題是一道力、電綜合題,主要考查帶電粒子在電場中的加速、偏

17、轉(zhuǎn)以及在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)。題目涉及的知識點(diǎn)較多，綜合性強(qiáng)，難度較大。特別是第(3)問更是要求在透徹理解題意的根底上 ，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡， 找到臨界條件，并結(jié)合一定的數(shù)學(xué)知識求解，但此題所涉及知識均為高中階段的主干知識，且問題設(shè)置層層遞進(jìn),梯度合理 «具有一定的難度和較好的區(qū)分度，仍不失為一道好題。滬東理綜;36；18二分) 強(qiáng)磁場區(qū)域I和-,-以水平/面位置正對的小孔冷S、S2,兩孔與分界面 MN的距離均為L。質(zhì)量為 n電量為+q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場由 靜止加速后：沿水平方向從 宅進(jìn)入I區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn),再進(jìn)入H區(qū),P點(diǎn)與A板的距離是L的k倍, 不計(jì)重力，碰到擋板的

18、粒子不予考慮。14"如下圖，足夠大的平行擋板 A、A豎直放置，間距6L。兩板間存在兩個(gè)方向相反MN為理想分界面，I區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B0,方向垂直紙面向外。 A、A上各有(1) 假設(shè)k=1,求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E;(2) 假設(shè)2<k<3,且粒子沿水平方向從S2射出,求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和n區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式。答案(2)v= B=B解析(1)粒子在電場中，由動(dòng)能定理有qEd=m-0 粒子在I區(qū)洛倫茲力提供向心力,運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖,由幾何關(guān)系可知解得r1=L®粒子在I區(qū)洛倫茲力提供向心力qvB0=®由解得v=®粒子在n

19、區(qū)洛倫茲力提供向心力qvB=n®由對稱性及幾何關(guān)系可知=©解得r2=L由解得B=B10.(2021浙江理綜，25,22分)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)。某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡化原理如圖1所示,截面半徑為R的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。I為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價(jià)正離子；n為加速區(qū)，長度為L,兩端加有電壓，形成軸向的勻強(qiáng)電場。I區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進(jìn)入n區(qū)，被加速后以速度 vm從右側(cè)噴出。I區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，在離軸線R/2處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射 零面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)“L 向I區(qū)注

20、入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為Vo,電子電量為e。(電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞)圖2(1) 求n區(qū)的加速電壓及離子的加速度大?。?為取得好的電離效果，請判斷I區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里或“垂直紙面向外);(3) a為90°時(shí),要取得好的電離效果，求射出的電子速率 V的范圍；(4) 要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率Vmax與a角的關(guān)系。答案垂直紙面向外(3) v 0< v<(B>)(4) V max=解析(1)由動(dòng)能定理得M=ea=e=(,電離效果越好，那么題圖2中顯然電子往左半部偏轉(zhuǎn)(2) 由題知電子在I區(qū)內(nèi)不與器壁相

21、碰且能到達(dá)的區(qū)域越大 較好,故I區(qū)中磁場方向應(yīng)垂直紙面向外(3) 設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的最大半徑為r2r=R eBv=rt©OA=R-r,OC=,AC=r根據(jù)幾何關(guān)系得r=由式得Vmax=.11.(2021重慶理綜,9,18分)如下圖，在無限長的豎直邊界 NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場，同時(shí)該區(qū)域上、下局部 分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B,KL為上下磁場的水平分界線7在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn),NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m帶電量為+q的粒子 從(2)(3)NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為 B和2B,

22、KL為上下磁場的水平分點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為go 求電場強(qiáng)度的大小和方向。使粒子不從 NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。巷經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。答案飛一，方向豎直向上(2)(9-6)見解析 (1)設(shè)電場強(qiáng)度大小為 E。由題意有mg=qE由題意有 3nx=1.8h(n=1,2,3,) x> x=得 ri=(1+),n<3.5即 n=1 時(shí),v=;n=2 時(shí),v=;n=3 時(shí),v=。值、運(yùn)動(dòng)的周期性與多解，對考生的分析與推理能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力有極高的要求 為一道壓軸12.(2021 于xOy平,試題難度咼，區(qū)分

23、度大，不失評析 試題背景為帶電粒子在重力場、勻強(qiáng)電場、有界勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，問題設(shè)置涉及臨界與極弗勺好題。山東理綜,23,18分)如下圖，在坐標(biāo)系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為 E。一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上!的OP=P點(diǎn)沿 x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保存磁場。 d，oQ=2d不計(jì)粒子重力。(1) 求粒子過Q點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向。(2) 假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為一確定值Be,粒子將以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限，求Bq。(3) 假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小

24、為另一確定值，經(jīng)過一段時(shí)間后粒子將再次經(jīng)過Q點(diǎn)，且速度與第一次過 Q點(diǎn)時(shí)相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過 Q點(diǎn)所用的時(shí)間。答案 (1)2 與x軸正方向夾角45°(2+ n)解析(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為to,加速度的大小為a，粒子的初速度為Vo,過Q點(diǎn)時(shí)速度的大小為 V，沿y軸方向分速度的大小為vy,速度與x軸正方向間的夾角為0 ,由牛頓第二定律得qE=m®由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d=a2d=vot o Vy=at 0二tan 0 =聯(lián)立式得R,粒子在第一象限的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖，0i為圓心,由幾何關(guān)系可知AO iOQ為等由牛頓第二定律得qvBo=n®聯(lián)立式得Bo=r；(3)設(shè)

25、粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,由幾何分析(粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如下圖。Q、Q'是粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓H是軌跡與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn),連接Q、Q',由幾何關(guān)系知，02FG0和QQHO均為矩形,進(jìn)而知FQH也是矩形,又FH! GQ可知QFGHH正方形, QOF為等腰直角三角形)可知,粒子在第一、第三 亦均為半圓，得2R=2d粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得FG=HQ=22R設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點(diǎn)所用的時(shí)間為t,那么有t=聯(lián)立CK沁式得t=(2+ n)13. (2021四川理綜,11,19 分)如下圖，豎直平面(紙面)內(nèi)有直角坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方向。在 x<0的區(qū)域 內(nèi)存在

26、方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B1的勻強(qiáng)磁場。在第二象限緊貼y軸固定放置長為I、外表粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h。在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向垂直于紙面向外)和勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)。一質(zhì)量為 m不帶電的小球 Q從平板下側(cè)A點(diǎn)沿只軸正向拋出；另一質(zhì)量也為 m帶電量為q的小球P從A點(diǎn)緊貼平板沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，變?yōu)閯蛩龠\(yùn) 進(jìn)入電磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，然后從x軸限。小、球P、Q相遇在第四象限的某一點(diǎn)，且豎直方向速度相同。設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中小球P電量終在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)且均看做質(zhì)點(diǎn)，重力加速為g。求

27、："I二二二動(dòng)后從y軸上的d點(diǎn) 上勺k點(diǎn)進(jìn)入第 第四象 不變，小球 P和Q始X X X X(1) 勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小，并判斷P球所帶電荷的正負(fù)；(2) 小球Q的拋出速度V0的取值范圍；(3) B 1是B2的多少倍？答案(1)正(2)0<v 0< (l+)(3)0.5 倍解析(1)由題給條件，小球P在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，必有重力與電場力平衡，設(shè)所求場強(qiáng)大小為 E,有mg=qED得E=小球P在平板下側(cè)緊貼平板運(yùn)動(dòng)，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電。說明：式2分,式1分，正確給出電荷正負(fù)得2分。(2)設(shè)小球P緊貼平板勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v,此時(shí)洛倫茲力與重力平衡，有Bq

28、v=m©設(shè)小球P以速度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,有Bqv=mD設(shè)小球Q與小球P在第四象限相遇點(diǎn)的坐標(biāo)為(x、y),有x=R,y < 0 小球Q運(yùn)動(dòng)到相遇點(diǎn)所需時(shí)間為t°,水平方向位移為s,豎直方向位移為d,有s=v£od=g由題意得x=s-l,y=h- d 聯(lián)立相關(guān)方程，由題意可知vo>O,得O<voW (1+)W點(diǎn)時(shí),其1分,式2分。Rnax=(鈾238離子在磁場中最小半徑為R'min=®這兩種離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡不發(fā)生交疊的條件為Rnax<R' mini那么有m(U+A U)<m'(

29、U - U)<其中鈾235離子的質(zhì)量m=235 u(u為原子質(zhì)量單位)，鈾238離子的質(zhì)量m'=238 u,故<解彳得<0_；63%"作xxx15. (2021-山東理綜,2&l8x分)如圖甲所示,相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙向里,在邊界上固定兩長為 L的平行金屬極板 MN和PQ,兩極板中心各有一小孔 Si、S2,兩極板間電壓的變化規(guī) 律如圖乙所示,正反向電壓的大小均為 Ub,周期為T)。在t=0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為 m電量為-q(q>0)的粒子由S 止釋放粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動(dòng),在t=時(shí)刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。(不計(jì)粒子重力，不T T ITI慮極板外的電場審r(1) 求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小 v和極板間距do(2) 為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件。(3) 假設(shè)已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3T。時(shí)刻再次到達(dá)S2,且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。答案(1)(2)B<解析(1)粒子由S至S2的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得qU=mV 由式得設(shè)粒子的加速度大小為 a,由牛頓第二定律得q=m由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2d=a()聯(lián)立式得d=®設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=