3年高考2年模擬：磁場(chǎng)

第十一章磁場(chǎng)

第一部分三年高考題薈萃

2011年高考新題

1（2011全國(guó)卷1第15題）。如圖，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流力和乙，且A〉/2；a、

b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點(diǎn)，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面；b點(diǎn)在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線

與導(dǎo)線所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的點(diǎn)是

A.a點(diǎn)B.b點(diǎn)C.c點(diǎn)D.d點(diǎn)

解析：要合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，必有，和人形成兩個(gè)場(chǎng)等大方向，只有C點(diǎn)有可能，選C

2（2011海南第7題）.自然界的電、熱和磁等現(xiàn)象都是相互聯(lián)系的，很多物理學(xué)家為尋找它們之間的聯(lián)系做出

了貢獻(xiàn)。下列說法正確的是

A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系

B.歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系

C.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系

D.焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)，定量得出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系

解析：考察科學(xué)史，選ACD

3（2011海南第10題）.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中的正方形為其邊界。一細(xì)束曲兩種粒子

組成的粒子流沿垂直于磁場(chǎng)的方向從。點(diǎn)入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其

比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計(jì)重力。下列說法正確的是

叱-------------1

A.入射速度不同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不同：XXXX：

II

B.入射速度相同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同XXX;

OH*

C.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同缶XXX,

II

D.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，其軌跡所對(duì)的圓心角一定越大

iYiv0m

解析：在磁場(chǎng)中半徑r=——運(yùn)動(dòng)時(shí)間：f=——為轉(zhuǎn)過圓心角），故BD正確，當(dāng)粒子從0點(diǎn)所在的邊

qBqB

上射出的粒子時(shí)：軌跡可以不同，但圓心角相同為180°,因而AC錯(cuò)

4（2011新課標(biāo)理綜第14題）.為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場(chǎng)是由繞過地心的軸的環(huán)形電

流I引起的。在下列四個(gè)圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是（B）

解析：主要考查安培定則和地磁場(chǎng)分布。根據(jù)地磁場(chǎng)分布和安培定則判斷可知正確答案是Bo

5.（2011新課標(biāo)理綜第18題）.電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng)，并

與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體

處垂直于軌道面得磁場(chǎng)（可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力

的作用而高速射出?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是（BD）

A.只將軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉淼?倍

B.只將電流I增加至原來的2倍

C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一-半

D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵?/p>

來的2倍，其它量不變

解析：主要考查動(dòng)能定理。利用動(dòng)能定理有BZ/L=-wv2,B=kI解

2

得v。所以正確答案是BD。

6（2011浙江第20題）.利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L(zhǎng)。一群質(zhì)量

為m、電荷量為q,具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場(chǎng)，對(duì)于能夠從寬度為d的縫射出

的粒子，下列說法正確的是

A.粒子帶正電

XXXXXXXX

射出粒子的最大速度為四￡3。）

B.XXXXXXXX

B

XXyYX

C.保持d和L不變，增大B,射出粒子的最大速度與最小速

XXXXXXXX

度之差增大

XXXXXXXX

D.保持和不變,增大射出粒子的最大速度與最小速

dBL,Ld

度之差增大

答案：BC

解析：由左手定則可判斷粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由題意知：粒子的最大半徑大”="引

粒子的最小半徑

r.=-,根據(jù)廠="，可得y=qB(L+3d)=蟠則丫_.=2㈣故可知B、C正

Krkv

min與，，JJmax八min八，八Jmaxmm—,?/j八r、?一

2qB2m2m2m

確，D錯(cuò)誤。

7（2011上海第18題）.

如圖，質(zhì)量為〃八長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于。、。'，并處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)導(dǎo)線中通以沿?zé)o正方

向的電流/,且導(dǎo)線保持靜止時(shí)，懸線與豎直方向夾角為6。則磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和大小可能為

（A）z正向，—tan^

IL

（B）y正向，鱉

IL

（0z負(fù)向，—tan^

IL

（D）沿懸線向上，％&sin。

IL

答案：BC

8（2011安徽第23）.（16分）

如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)。為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)

強(qiáng)度為8,磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從。點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入,

帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t°時(shí)間從P點(diǎn)射出。

（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。

（2）若僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子仍從。點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)S時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子

2

運(yùn)動(dòng)加速度的大小。

（3）若僅撤去電場(chǎng)，帶電粒子仍從。點(diǎn)射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

解析：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,初速度為v,電場(chǎng)強(qiáng)度為可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿x

軸負(fù)方向，于是可知電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向

且有qB=qvB①

又R=vtQ②

,/xxxX'、

則E=----③/B'、

/XXXXXX\

%t\

次XXXXXX-'X

（2）僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng)?Ai

:XXXXH’xXX：.

在y方向位移y=④0X

由②④式得y=—⑤

2

設(shè)在水平方向位移為x,因射出位置在半圓形區(qū)域邊界I-.,于是

x——R

2

又有x=—a(—)2⑥

22

4也R

得a=-；—⑦

（3）僅有磁場(chǎng)時(shí),入射速度/=41，，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r,由牛頓第二定

律有

qv'B=m-一⑧

又qE=ma⑨

由⑦⑧⑨式得r=—⑩xx’2、

3

R

由幾何關(guān)系sina=—?

即sina=-a=—@

23

帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期

24〃?

T=-------

qB

則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間

,R

所以Q

9（2011全國(guó)卷1第25）.（19分）

如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成I和II兩個(gè)區(qū)域。一質(zhì)量為限電荷量為q(q>0)的粒子以

速度％從平面MN上的Po點(diǎn)水平右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到大

小不變、方向豎直向下的電場(chǎng)作用，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E：在II區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只

受到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向里。求粒子首

次從II區(qū)離開時(shí)到出發(fā)點(diǎn)Po的距離。粒子的重力可以忽略。

解析：設(shè)粒子第一次過MN時(shí)速度方向與水平方向成a?角，位移收水平方向成a

2角且a尸45°,在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，

vot=x,x=y

則有：1,Eq得出：tan￡Z]=q~=2vv=2v0,v=V5v0

—at'=y,a=——%

2m

在電場(chǎng)中運(yùn)行的位移：5,=M+寸

Eq

tana,-tan1.V10

!

在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，且弦切角為a=a,-a2tana=---------------------=-,sina=------

1+tanCTj?tana2310

=m匕得出：R=

RqB

在磁場(chǎng)中運(yùn)行的位移為：S2=2Rsina=^"組

413

所以首次從II區(qū)離開時(shí)到出發(fā)點(diǎn)Po的距離為：S=5,+52=邁皿+

qEqB

10(2011新課標(biāo)理綜第25題).(19分)

如圖，在區(qū)域I(0Wx<d)和區(qū)域II(d〈x〈2d)內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B,方向相

反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q>0)的粒子a于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I,其

速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；因此，另一質(zhì)量和電荷量

均與a相同的粒子b也從p點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I,其速度大小是a的力。不計(jì)重力和兩粒子之間的相互作用

力。求

（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時(shí)速度的大??；

（2）當(dāng)a離開區(qū)域II時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。

解析：（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C（在y軸上），半徑為必，粒子速率為打,運(yùn)動(dòng)凱跡與兩

磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為P,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得

qvAB^m—①由幾何關(guān)系得NPCP'=6②R、=—③

"R“i"sin<9

式中，0=30°,由①②③式得％=物4④

m

⑵設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為0a,半徑為R,“，射出點(diǎn)為2（圖中未畫出軌跡），NP'。"?=夕。

9

由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得（28）=〃4⑤

&2

由①⑤式得用,，=組⑥

“22

3

。、P和0〃三點(diǎn)共線，且由⑥式知。〃點(diǎn)必位于x=-d⑦的平面上。由對(duì)稱性知，￡點(diǎn)與尸'點(diǎn)縱坐標(biāo)

<1。20

相同，即為”=R#cos6+/z⑧式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)。

vmv

設(shè)b在I中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為Rb,,由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得q（上）B=——（*）2⑨

33

設(shè)a到達(dá)？點(diǎn)時(shí)，b位于與點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為a如果b沒有飛出I,則

t_ao

*2%丁刀2兀

式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而

_2成a2F2成川C

1a2T=—O

vh}“v/3

由⑤⑨⑩?oO式得a=30°Q

由①③⑨Q式可見，b沒有飛出。心點(diǎn)的y坐標(biāo)為匕力=R/（2+cosa）+〃0

由①③⑧⑨QO式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為

yP..~yPh=|（V3-2M?

11（2011天津第12題）.（20分）回旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力

地推動(dòng)了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展。

（1）當(dāng)今醫(yī)學(xué)成像診斷設(shè)備PET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學(xué)高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射電子的同位

素碳11為示蹤原子，碳11是山小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氮14獲得，同時(shí)還產(chǎn)生另一粒子，

試寫出核反應(yīng)方程。若碳11的半衰期r為20min,經(jīng)2.0h剩余碳11的質(zhì)量占原來的百分之幾？（結(jié)果取

2位有效數(shù)字）

（2）回旋加速器的原理如圖，Di和。2是兩個(gè)中空的半徑為R的半圓金屬盒,

它們接在電壓一定、頻率為了的交流電源上，位于Di圓心處的質(zhì)子源

A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略，重力不計(jì)），它們?cè)趦珊兄g被

電場(chǎng)加速，。2置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。

若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率為P,求輸出時(shí)質(zhì)子束的等

效電流/與P、B、R、/的關(guān)系式（忽略質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，其

最大速度遠(yuǎn)小于光速）

（3）試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)，隨軌道半徑r的增大，同盒中相鄰軌道的半徑之差△「是增大、

減小還是不變？

解析：（1）核反應(yīng)方程為i；N+；H3：C+；He①

設(shè)碳11原有質(zhì)量為經(jīng)過t=2.0h剩余的質(zhì)量為m.根據(jù)半衰期定義，有:

（2）設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m,電荷量為q,質(zhì)子離開加速器時(shí)速度大小為v,由牛頓第二定律知：

v2

qvB=m—③

R

質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的回旋周期為：7=—=—④

vqB

由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期7?與頻率/的關(guān)系可得:

⑤

T

設(shè)在t時(shí)間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N,則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率

Nmv2

P=-2——⑥

輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流為：1=啊⑦

t

P

由上述各式得/=—

兀BR-f

若以單個(gè)質(zhì)子為研究對(duì)象解答過程正確的同樣給分

(3)方法一：

設(shè)k(k￡N*)為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為小(〃>ki)，

△〃=1-〃，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分別為心0+1，5、。2之間的電壓為。，由動(dòng)能定理知

2qU=$成+「$屁⑧

由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知〃=竺工，則為。=也(心-目⑨

qB2m

整理得乂=嚴(yán)._⑩

AmIIC

因U、q、m,8均為定值，令(？=竺？，由上式得=—^(11)

qB-〃+人

相鄰軌道半徑〃“，〃+2之差幽+i=4+2-■

同理△〃=—￡—

+〃+2

因?yàn)椤?2>rk,比較△〃，A/;+l得加屋|<△乙

說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差A(yù)r減小

方法二：

設(shè)k(kWN*)為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk,rk+1(rk>rk+1),

A/在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分別為收v“i，。1、。2之間的電壓為u

由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知4="，故工=」上(12)

qBrMvk+i

由動(dòng)能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動(dòng)能增量A/uqU(13)

以質(zhì)子在。2盒中運(yùn)動(dòng)為例，第k次進(jìn)入。2時(shí)，被電場(chǎng)加速(2k-1)次

速度大小為小楞產(chǎn)

(14)

Qk+T)2qU

同理，質(zhì)子第（k+1）次進(jìn)入D2時(shí)，速度大小為匕+1二

m

綜合上述各式可得工=生=、匡巨

〃+1kV2Z+1

整理得牟=”匚，｛：屋=，-

心2%+1松2%+1

23

幽

(2k+l)(〃+-)

同理，對(duì)于相鄰軌道半徑〃*i，〃+2，M+Lk-kJ整理后有

(22+1)(雪1+七2)

由于〃+2>?，比較>A%［得AkI<△4

說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差A(yù)r減小，用同樣的方法也可得到質(zhì)子在Di盒中

運(yùn)動(dòng)時(shí)具有相同的結(jié)論。

12（2011四川第25題）.（20分）

如圖所示:正方形絕緣光滑水平臺(tái)面WXYZ邊長(zhǎng)/=1.8m,距地面h=0.8m。平行板電容器的極板CD間距d=0.1m

且垂直放置于臺(tái)面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔。電容器外的臺(tái)面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)

強(qiáng)度B=1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電荷量q=5X1013C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U=2.5V,

板間微粒經(jīng)電場(chǎng)加速后由D板所開小孔進(jìn)入磁場(chǎng)（微粒始終不與極板接

觸），然后由XY邊界離開臺(tái)面。在微粒離開臺(tái)面瞬時(shí)，靜止于X正下方

水平地面上A點(diǎn)的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時(shí)恰好與之相遇。

假定微粒在真空中運(yùn)動(dòng)、極板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，滑塊視為質(zhì)點(diǎn),滑塊

與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,取g=10m/s2

（1）求微粒在極板間所受電場(chǎng)力的大小并說明兩板地極性；

（2）求由XY邊界離開臺(tái)面的微粒的質(zhì)量范圍；

（3）若微粒質(zhì)量m°=lX10“kg,求滑塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所獲得的速度。

解析：

(1)微粒在極板間所受電場(chǎng)力大小為

F①

d

代人數(shù)據(jù)F=1.25x10nN②

由微粒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)可判斷微粒帶正電荷.微粒由極板間電場(chǎng)加速，故C板為正極板

為負(fù)極

說明:①式2分,②式1分，正確說明極性得2分c

(2)若微粒的質(zhì)量為m,剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為由動(dòng)能定理

微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力充當(dāng)向心力,若網(wǎng)周運(yùn)

動(dòng)半徑為R，有

qvB=mg④

A

微粒要從xy邊界離開臺(tái)面,則圓周運(yùn)動(dòng)的邊緣軌跡如圖所示,半

徑的極小值與極大值分別為

%=?、?/p>

R}-L—d@

聯(lián)立③一⑥，代人數(shù)據(jù).有

g.lx10Hkg<m2.89x10*kg⑦

說明:③-⑥式各1分,⑦式2分。

13(2011廣東第35題)、(18分)

如圖19(a)所示，在以0為圓心，內(nèi)外半徑分別為4和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場(chǎng)和垂直紙面的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)，內(nèi)外圓間的電勢(shì)差U為常量，飛=%,"=34,一電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A

點(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，不計(jì)重力。

(1)已知粒子從外圓上以速度斗射出，求粒子在A點(diǎn)的初速度%的大小

(2)若撤去電場(chǎng)，如圖19(b),已知粒子從0A延長(zhǎng)線與外圓的交點(diǎn)C以速度匕射出，方向與0A延長(zhǎng)線成

45°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

(3)在圖19(b)中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，速度大小為匕，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射

出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？

(b)

圖19

22

解析：(1)由動(dòng)能定理：Uq=—mvi--mv0①

22

得：Vo=

m

R_R

（2）如右圖：粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,則，=2（二一!?）?②

2

2

V,

BiQV2=ni-------③

r

由②③得：B,=M叫

q(&-

T2萬

T二——r?

匕

t*T

⑤

2%

1T

山④⑤t=----r

2V2

(3)由Baqv3=ni—;—⑥可知，B越小，R越大。與磁場(chǎng)邊界相切的圓的最

R

大半徑為

R、+R,

R=^——二?

2

所以

q(7?2+RJ

答案：（1）v0=

y[2mv27T

(2)B,=t=-----r

q(R「&)

2mv3

(3)B2<

q(R?+與)

14（2011北京理綜第23題）.（18分）

利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用。

如圖所示的矩形區(qū)域ACDG（AC邊足夠長(zhǎng)）中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A處有一狹縫。離子源產(chǎn)生的離子,

經(jīng)靜電場(chǎng)加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到GA邊，被相應(yīng)的收集器收集。

整個(gè)裝置內(nèi)部為真空。

已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是他和牝的1＞牝），電荷量均為q。加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為U,離子進(jìn)入電

場(chǎng)時(shí)的初速度可以忽略。不計(jì)重力，也不考慮離子間的相互作用。

⑴求質(zhì)量為恤的離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率Vi；

（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為8時(shí)，求兩種離子在GA邊落點(diǎn)的間距s；

⑶在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度。若狹縫過寬，

可能使兩束離子在GA邊上的落點(diǎn)區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分離。

設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，GA邊長(zhǎng)為定值L,狹縫寬度為d,狹縫右邊緣在A處。離子可以從狹縫各處射入磁場(chǎng),

入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)。為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。

答案.

xlC

XXXX

(1)動(dòng)能定理Uq=g機(jī)B

XXxXXX

XXxXXX

得TXXxxXX

/人….

2

>77vmv

(2)由牛頓第二定律qvB=——,R=—，利用①式得昌廣源

RqB

離子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為別為《

R2

兩種離子在GA上落點(diǎn)的間距s=2(%—&)=8

(3)質(zhì)量為⑶的離子，在。邊上的落點(diǎn)都在其入射點(diǎn)左側(cè)2必處，由于狹縫的寬度為式因此落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是

d0同理，質(zhì)量為例的離子在山邊上落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是&

為保證兩種離子能完全分離，兩個(gè)區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為

2(R「RQ>d&

利用②式，代入④式得2R|(1-J--)>d

N呵

用的最大值滿足2&m=L-d

得-J四)〉d

Vmi

m

求得最大值2L

2M-

15(2011山東理綜第25題).(18分)

扭撰器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生扭擺。其簡(jiǎn)化模型如圖1、I］兩處的條形均強(qiáng)磁場(chǎng)

區(qū)邊界豎直，相距為L(zhǎng),磁場(chǎng)方向相反且垂直干擾面。一質(zhì)量為m、電量為-q、重力不計(jì)的粒子，從靠近平行板電

容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行于紙面射入I區(qū)，射入時(shí)速度與水平和方向夾

角6=30。

(1)當(dāng)I區(qū)寬度LFL、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B產(chǎn)B。時(shí)，粒子從I區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向夾角也為30。，求B。

及粒子在I區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間to

(2)若II區(qū)寬度L2=L,=L磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B,=BO,求粒子在I區(qū)的最高點(diǎn)與I［區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h

(3)若Lz=L=L、B,=BO,為使粒子能返回I區(qū)，求Bz應(yīng)滿足的條件

(4)若B尸B”L尸L”且已保證了粒子能從H區(qū)右邊界射出。為使粒子從II區(qū)右邊界射出的方向與從I區(qū)左

邊界射出的方向總相同，求R、B2、之間應(yīng)滿足的關(guān)系式。

解析：

(1)如圖1所示，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)I區(qū)的速度為

。.在磁場(chǎng)1區(qū)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為用.由

動(dòng)能定理和牛頓第二定律得

qU.mp1①

qvB,=m②

Ki

由幾何知識(shí)得

￡=2Rtsin^③

聯(lián)立①②③式,代人數(shù)據(jù)得

吟巴④

設(shè)粒子在磁場(chǎng)I區(qū)中做闋周運(yùn)動(dòng)的周期為r.運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為,

小學(xué)⑤

自⑥

聯(lián)立②?@⑥式，代人數(shù)據(jù)得

7品⑦

瓦

(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)n區(qū)做Ki周運(yùn)動(dòng)的半柱為用，山...;

牛頓第二定律得

二的版\/一、?

qvB】二m%⑥/打“

<^L>：

由幾何知諷可得

???■

；xXXX(1

(Rj+/?2)(1-co必)?LlanO????1

.???/

聯(lián)立②?⑧?式，代人數(shù)據(jù)得,XX>

L,L4

A=i(2-yA)t⑩

圖2

(3)如圖2所示,為使粒子能再次回到I區(qū),應(yīng)滿足跖兄

?/??

R式1*sine)<L[或/(1+sin0)?

聯(lián)立①⑧?式，代人數(shù)據(jù)得5:修

81>%膘(或/哈

牌。9./1XXX

1：n：

駟閨八取用4)階不，議杈十取占姆朝1XXXXI：????：

時(shí)速度與水平方向的夾角為a,由幾何知IR可得

XXXX

="(sin。+sina)?■L.

L*Lt*

[或L產(chǎn)&(sin^-sina)]圖3

￡Q="(sin。+sina)

?B,

[或0="(sin。-sina)](XXXX..:

聯(lián)立②⑧式得9

a

B[R]=??XXXXH

聯(lián)立???式得：

山,

8B2LJ?3：*?*：

一娘:：X

?:???:

f

mt《上…」

16(重慶第25題).(19分)某儀器用電場(chǎng)和磁場(chǎng)來控制電子在材料表面上方的運(yùn)動(dòng)，如題25圖所示，材料表血

上方矩形區(qū)域PPNN充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，寬為d；矩形區(qū)域NN，M，M充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感

應(yīng)強(qiáng)度為B,長(zhǎng)為3s,寬為s；NN，為磁場(chǎng)與電場(chǎng)之間的薄隔離層。?個(gè)電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子,

從P點(diǎn)開始被電場(chǎng)加速經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，電子每次穿越隔離層，運(yùn)動(dòng)方向不變，其動(dòng)能損失是每次穿越前

動(dòng)能的10%,最后電子僅能從磁場(chǎng)邊界MN飛出。不計(jì)電子所受重力。

(1)求電子第二次與第?次圓周運(yùn)動(dòng)半徑之比;

(2)求電場(chǎng)強(qiáng)度的取值范圍;

(3)A是"州'的中點(diǎn)，若要使電子在A、M'間垂直于AM'飛出，求電子在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

解：

(1)設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為Rl、R2..........凡、Rn+1，…，第一和第二次圓周運(yùn)動(dòng)速率分別為V1和V2,動(dòng)能分

別為Eki和Ek2

由iT，卞番十7\

得：R2：RI=0.9

(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E.第一次到達(dá)隔離層前的速率為「

563

得: