備戰(zhàn)2020年高考物理專題11磁場(解析版)

備戰(zhàn)2020年高考物理專題11磁場(3)(解析版)備戰(zhàn)2020年高考物理專題11磁場(3)(解析版)23/23備戰(zhàn)2020年高考物理專題11磁場(3)(解析版)專題11磁場（3）-高考物理精選考點專項打破題集三、計算題：（解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟）1、以下列圖，水平方向的勻強電場場強為E，場區(qū)寬度為L，豎直方向足夠長。緊挨著電場的是垂直于紙面向外的兩個勻強磁場所區(qū)，其磁感覺強度分別為B和2B。一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，其重m力不計，從電場的界線MN上的a點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，經(jīng)過時間tB穿過中間6qB磁場，進入右邊磁場后能按某一路徑再返回到電場的界線MN上的某一點b，途中虛線為場區(qū)的分界面。求：（1）中間場區(qū)的寬度d；（2）粒子從a點到b點所經(jīng)歷的時間tab；（3）當粒子第n次返回電場的MN界線時與出發(fā)點之間的距離Sn。【解析】粒子從a點出發(fā)，在電場中加速和在磁場中偏轉(zhuǎn)，回到MN上的b點，軌跡以下列圖。（1）粒子在電場中加速運動時有qEL1mv2解得：v2qEL2m由tBm1T知：粒子在中間磁場經(jīng)過的圓弧所對的圓心角為α=30°。6qB1221mELqvBmv，由幾何關系知d在中間磁場勻速圓周r1sin300，聯(lián)立解得：d2qr1B（2）粒子在右邊磁場圓周運動的圓心角β＝120°，則：tTm2B33qBmL粒子在電場中加速時：qEtEmv，tE2qE由對稱性知tab2tE2tBt2B22mL2mEq3qB1（3）由軌跡圖得：yr1r2d223r，Sabr1cos302y(23)r12121再由周期性可得：SnnS(23)nmv(43)nELmab2BqB2q【考點】組合場問題【難度】較難2、如圖，在平面直角坐標系xoy中，第一象限內(nèi)有一條經(jīng)過坐標原點的虛線，虛線與y軸正方向夾角為30°，在虛線與x軸正方向之間存在著平行于虛線向下的勻強電場。在第四象限內(nèi)存在一個長方形的勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），磁感覺強度為B，方向垂直坐標平面向外。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從虛線上某點以必然的初速度垂直電場方向射入電場，經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后，該粒子恰從x軸上的P點以速度v射入勻強磁場所區(qū)，速度v的方向與x軸正方向夾角為60°，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，粒子射出磁場時速度方向沿x軸負方向，隨后粒子做勻速直線運動并垂直經(jīng)過負y軸上的Q點。已知OP=L，不計帶電粒子重力。求：（1）勻強電場的電場強度E的大??；（2）帶電粒子在電場和磁場中運動時間之和；（3）矩形磁場所區(qū)的最小面積和Q點的地址坐標?！窘馕觥浚?）設電場強度為E，在電場中類平拋運動，垂直電場方向勻速：Lcos30v0t1，沿電場方向勻加速直線：vsin（600-300）at1，v0vcos（6000，ma-30）qE聯(lián)立解得：t1LEmv2，2qLv（2）帶電粒子在磁場中勻速圓周運動，由幾何關系知磁場中的速度偏轉(zhuǎn)角θ=120°，則qvBmv2T2R，t2mv，t2m，v2T，聯(lián)立解得：R23qBRqB帶電離子運動的總時間為：tt1t2L2mv3qB2（3）由圖知，帶電粒子從P點射人磁場，由P′點射出磁場。包含圓弧PP′的最小矩形磁場所區(qū)為圖中虛線所示，則矩形地域長aPP'2Rcos303mv，矩形地域?qū)抌RRsin30mv,因此qB2qB該磁場所區(qū)的最小面積為3m2v2Sab2B2q2Q點縱坐標為yQ3mvasin602qB

3mv因此Q點地址坐標為（0，-），2qB【考點】組合場問題【難度】較難3、在直角坐標系xOy中，第二象限有垂直于紙面的勻強磁場（圖中未畫出），第一象限三角形OPM地域如同下列圖的勻強電場，電場線與y軸的夾角、MP與x軸的夾角均為30°。已知P點的坐標為（9L,0），在以O′為圓心的環(huán)狀地域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓與直線MP相切于P點，內(nèi)外圓的半徑分別為L和2L。一質(zhì)量為m，電荷量為q的正電粒子以速度v0由坐標為（-L，0）的A點沿與y軸平行的方向射入第二象限勻強磁場中，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)由坐標為（0，3L）的B點進入勻強電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)恰由P點進入環(huán)狀磁場所區(qū)，不計粒子重力。求：1）第二象限勻強磁場磁感覺強度的大小；2）勻強電場的電場強度大?。?）要使粒子在環(huán)狀磁場所區(qū)內(nèi)做完滿的圓周運動，求環(huán)狀地域勻強磁場的磁感覺強度的取值范圍【解析】（1）設第二象限磁場磁感覺強度為B1，第二象限圓周運動的半徑為R，則：RL3LR2，又qv0B12mv0。mv22R2qL（2）粒子恰好垂直進入電場做類平拋運動，垂直電場方向勻速：（9L-L）sin60°=v0t3LLL1at2，qE=ma，聯(lián)立解得：E2沿電場方向勻加速直線：cos600。92mv024qL（3）P點類平拋運動沿電場方向的分速度：v′=at=3v0v022粒子進入環(huán)狀磁場的速度v3v02v0，方向恰好沿外圓的切線方向MP。做完滿的圓周運動的半徑L3L≤R≤2LR必定滿足：R≤也許022由牛頓第二定律知qvB2mv24mv0也許mv04mv0，解得：B2≥≤B2≤RqLqL3qL【考點】組合場問題【難度】挺難4、如圖，在坐標系xOy的第二象限存在勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里。第三象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，第四象限的某圓形地域內(nèi)存在一垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感覺強度大小為第二象限磁場磁感覺強度的4倍。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q（q>0）的粒子以速率v自y軸的A點斜射入磁場，經(jīng)x軸上的C點以沿y軸負方向的速度進入電場，爾后從y軸負半軸上的D點射出，最后粒子以沿著y軸正方向的速度經(jīng)過x軸上的Q點。已知OA=3d，OC=d，OD=23d，OQ=4d，不計粒子重力。3（1）求第二象限磁感覺強度B的大小與第三象限電場強度E的大?。?）求粒子由A至D過程所用的時間；3）試求第四象限圓形磁場所區(qū)的最小面積。【解析】(1)設粒子在第二象限磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律知qvBmv2，r由幾何關系222mv(rd)(3d)r，聯(lián)立解得：r=2d，B2qd4設粒子在第三象限電場中運動的時間為t2，y軸方向分運動為勻速：x軸方向勻加速直線：d1at22，qE＝ma23mv223聯(lián)立解得：，t2E3v2qd

23dvt23(2)設粒子在第二象限磁場中運動的時間為t1，由幾何關系知sin3d，解得α=60°rr2d運動時間t13，又t223d，3vv3v從A至D所用的時間：tt1t22(3)d3v（3）設粒子在D點的速度與y軸負方向夾角為θ，在D處粒子的x軸分速度vx2d3vt2由合速度與分速度的關系得tanvx，聯(lián)立解得：θ=60，故vD2vv2mv（2v），又，解B得R=d粒子在第四象限做勻速圓周運動：q?2v?4B=m2qdR粒子在第四象限的軌跡是軌跡圓O2，它與vD速度所在直線相切于M點，它與vQ速度所在直線相切于N點，由幾何關系可知MN=3d,磁場面積最小時必然是以MN為直徑（以下列圖）的圓。即面積最小的磁場半徑為r1MN3d,磁場的最小面積Sr23d2。224【考點】組合場問題【難度】較難5、以下列圖，直線MN上方有平行于紙面且與MN成45°斜向下的勻強電場，MN下方有垂直于紙面向里的勻強磁場。一帶正電的粒子以速度v從MN線上的O點垂直電場和磁場方向射入磁場。粒子第一次到MN界線限，并從P點進入電場。已知粒子帶電量為q，質(zhì)量為m，O、P之間的距離為L，勻強電場強度為E，不計粒子的重力。求：51）磁感覺強度B；2）粒子從O點開始到第四次到達MN界線限的總時間t。【解析】（1）由對稱性知45°斜向下進入磁場，必然45°斜向上第一次出磁場。由幾何關系知：R2R2L2，解得：R2L2由牛頓第二定律知：qvBv2mv2mvm，聯(lián)立解得：BLqRqR（2）粒子第一次在磁場運動的時間t900TTT2R2L10，vv3604粒子第一次進入電場做勻減速往來直線運動，接著第二次經(jīng)過P點進入磁場。第一次在電場中由動量定理知-qEt2=-mv-mv，解得：t22mvqE第二次進入磁場由軌跡圖可知：t32700T3T36004第二次進入電場做類平拋運動，爾后第四次到達電場和磁場的界線限，由運動學公式知：y1at42，xvt4，由圖知tan45y，解得：t42mvqE2x粒子從開始運動到第四次到達MN界線限的時間：tt1t2t3t44mv2LqEv【考點】組合場問題【難度】較難6、以下列圖，半徑R=10cm的圓形地域界線跟y軸相切于坐標系原點O。磁感強度B＝0.332T，方向垂直于紙面向里。在O處有一放射源S，可沿紙面向各個方向射出速率均為v=3.2×106m/s的α粒子。已知α粒子的質(zhì)量－27kg，電量q=3.2－m=6.64×10×1019C。61）畫出α粒子經(jīng)過磁場空間做圓周運動的圓心的軌跡；2）求出α粒子經(jīng)過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角θ；（3）再以過O點并垂直紙面的直線為軸旋轉(zhuǎn)磁場所區(qū)，能使穿過磁場所區(qū)且偏轉(zhuǎn)角最大的α粒子射到正方向的y軸上，則圓形磁場直徑OA最少應轉(zhuǎn)過多大的角度β?！窘馕觥浚╨）α粒子的速度大小相同，在同一勻強磁場中運動半徑相同，由qvB=mv2／r知r＝mv／qB=20cm因此α粒子的圓心與S（即O點）的距離均為半徑r，其圓心的軌跡為以S為圓心、以20cm為半徑的一段圓弧，以下列圖。（2）由于α粒子的軌道半徑r大于磁場所區(qū)的半徑R，α粒子最長的軌跡所對應的弦為2R=20cm=r時，α粒子在磁場中最大的偏轉(zhuǎn)角的軌跡就是α粒子在磁場中的最長軌跡線，由于最長的軌跡線的弦長與其軌跡半徑相等，因此最大偏轉(zhuǎn)角θ=60。（在圓形磁場中，只有直徑作為軌跡的弦長最長）（3）由（2）中可知α粒子的最大偏轉(zhuǎn)角為600，且所對的弦為OA，故α粒子在磁場軌跡的入射點O和出射點A與其軌跡圓心O1的連線和OA組成一個等邊三角形，因此α粒子走開磁場時與x軸正方向的夾角γ＝300，以下列圖。要使偏轉(zhuǎn)角最大的α粒子走開磁場時能射到正方向的y軸上，則α粒子與x軸的正方向夾角γ/＞900，則OA繞過O點的水平軸最少要轉(zhuǎn)過β=γ/一γ＝600?！究键c】磁偏轉(zhuǎn)問題【難度】較難7、以下列圖，一半徑為R的絕緣圓筒中有沿軸線方向的勻強磁場，磁感覺強度為B，一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的正粒子（不計重力）以速度為v從筒壁的A孔沿半徑方向進入筒內(nèi)，設粒子和筒壁的碰撞無電荷量和能量的損失，那么要使粒子與筒壁連續(xù)碰撞，繞筒壁一周后恰好又從A孔射出。問：磁感覺強度B的大小必定滿足什么條件？粒子在筒中運動的時間為多少？7【解析】(1)粒子射入圓筒后受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，設第一次與B點碰撞，碰后速度方向又指向O點，假設粒子與筒壁碰撞（n-1）次,，運動軌跡是n段相等的圓弧，最后從A孔射出。設第一段圓弧的半徑為r(如2圖所示)，則θ＝n，由幾何關系知r＝Rtan，2nn由牛頓第二定律知qvB=mv2，聯(lián)立解得：Bmv3，4，5)r(n＝qRtann2mmv2Rtan(2)粒子運動的周期為:TBn,又(n＝3，4，5)，聯(lián)立解得：TvqBqRtann弧AB所對的圓心角22n222nn粒子由A到B所用的時間t/T1n22Rn2R(n=3.4.5)2ntannnvtan2vn故粒子運動的總時間為tnt/n2Rtann)v【考點】磁偏轉(zhuǎn)的周期性問題【難度】較難8、S為電子源，它只幸好以下列圖紙面上的3600范圍內(nèi)發(fā)射速率相同、質(zhì)量為m、電量為e的電子，MN是一塊豎直擋板，與S的水平距離OS=L，擋板左側(cè)充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為B。（l）要使S發(fā)射的電子能到達擋板，則發(fā)射電子的速度最少多大？（2）若S發(fā)射電子的速度為eBL時，擋板被電子擊中范圍多大？（要求指明S在哪個范圍內(nèi)發(fā)射的電子可m以擊中擋板，并在圖中畫出能擊中擋板距O上下最遠的電子的運動軌道）【解析】（l）磁場中由牛頓第二定律知evBmv2，由連續(xù)旋轉(zhuǎn)法和連續(xù)放縮法知速度豎直向上且軌跡r8圓與擋板相切時速度最小。由幾何關系知rLeBL，聯(lián)立解得：v22m（2）若S發(fā)射電子速率VeBL，由牛頓第二定律知eVBmV2，聯(lián)立解得：r/=L。電子的速度大mr小不變方向變化，因此用連續(xù)旋轉(zhuǎn)法找臨界圓。軌跡圓與擋板相切于b點時，由幾何關系知bO=r/=L。由SO逆時針轉(zhuǎn)1800的范圍內(nèi)發(fā)射的電子都能擊中擋板，落點是b→O→b//。軌跡圓O/與擋板的交點→a→ba是上方最遠點，由幾何關系知Oa=2L2L2=3L。擋板能被電子擊中的范圍是a→b，擊中下方b點的的電子軌跡以下列圖，高度h=bO＋Oa=（3十l）L?！究键c】磁偏轉(zhuǎn)的臨界問題【難度】較難9、以下列圖為利用電磁作用輸送非導電液體裝置的表示圖，一邊長為L、截面為正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面積為A的小噴口，噴口離地的高度為h。管道中有一絕緣活塞，在活塞的中部和上部分別嵌有兩根金屬棒a、b，其中棒b的兩端與一電壓表相連。整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，當棒a中通有垂直紙面向里的恒定電流I時，活塞向右勻速推動液體從噴口水平射出，液體落地址離噴口的水平距離為x。若液體的密度為ρ，不計全部阻力。求：活塞搬動的速度；該裝置的功率；(3）磁感覺強度B的大小；(4）若在實質(zhì)使用中發(fā)現(xiàn)電壓表的讀數(shù)變小，試解析其可能的原因．【解析】（l）設液體從噴口水平射出的速度為v0，活塞搬動的速度為v。液體平拋運動：x=v0t，h=1gt2，塑料管道中的液體：L2?vt=A?v0Δt2聯(lián)立解得：v0xg，vAXg2hL22h(2）設裝置功率為P，Δt時間內(nèi)有△m質(zhì)量的液體從噴口射出,由能量守恒知：9P?Δt＝12一12m=ρ2又t,v0g，vAXg?m?v0?m?v,?L?vxL2，222h2h3423聯(lián)立解得：PAx（L-A）g22L4（）2h(3)裝置的功率即為安培力的功率，1L2v?v02-1L2v?v2BIL?v，22又v0xg，vAXg，聯(lián)立解得：B242gx（L-A）2hL22h4hIL3（4）由于感覺電動勢U=BLv,因此噴口液體的流量減少或活塞搬動速度v減小或磁感覺強度B減小等都會引起電壓表讀數(shù)變小。【考點】磁場的應用性【難度】較難10、以下列圖，兩平行金屬板A、B長l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，兩板間電勢差UAB＝300V。一帶正電的粒子電量q＝10-10C，質(zhì)量m＝10-20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場所區(qū)后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場所區(qū)（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）。已知兩界面MN、PS相距為L＝12cm，粒子穿過界面PS最后垂直擊中放置于中心線上的熒光屏EF。求：（靜電力常量k＝9×109N·m2/C2）B（1）假設該帶電粒子從界面MN飛出時速度方向的反向延長線交兩平行金屬板間電場中心線與C點，且R點到C的距離為x，試證明x＝l/2；2）粒子穿過界面PS時距中心線RO的距離；3）點電荷的電量Q．【解析】（1）證明：設粒子從電場中類平拋的側(cè)向位移為h，側(cè)向速度為vy，豎直方向勻加速直線運動：h=at2/2y=at，水平方向勻速：0和vl=vt，10由相似三角形知識得：hvy111lxv0，解得：lx2v0t2l因此x2l。（2）設粒子穿過界面PS時距中心線OR的距離y，則h=at2/2，又qEqU，tlamd聯(lián)立解得：h=0.03m=3mv0,由三角形相似知hl在走開電場后粒子勻速2ylL2

，解得:y=0.12m=12cm(3)設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為vyh3θ，則：tanlx4v0

，θ=37°。由于粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，因此粒子繞Q作勻速圓周運動。勻速圓周運動的半徑：y0.15(m)，由牛頓第二定律知：kQqmv2rr2解得：Q=1.04×10-8Ccosr【考點】組合場問題【難度】中等11、兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感覺強度的正方向）。在t＝0時辰由負極板釋q放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力）。若電場強度E0、磁感覺強度B0、粒子的比荷均已知，qm且t02m102mE0qB0，兩板間距hqB02。⑴求粒子在0～t0時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值；⑵求粒子在板板間做圓周運動的最大多數(shù)徑（用h表示）；⑶若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不用寫計算過程）。11＋－B0【解析】解法1：⑴設粒子在0～t0時間內(nèi)運動的位移大小為s1，s1at2，aqE0120m2m102mE0s11又已知t0,hqB02，解得：5qB0h⑵粒子在t0-2t0時間內(nèi)只受洛倫茲力，且速度與磁場方向垂直，因此做勻速圓周運動。設速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則vat，qBmv12，解得：Rh，10v10R115又T2m，即粒子在t0-2t0時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0-3t0時間內(nèi)，粒子做初速度為qB0v1的勻加速直線運動，設位移大小為s2，s2v1t01at02，解得：s23h25由于s1＋s2＜h，因此粒子在3t0-4t0時間內(nèi)連續(xù)做勻速圓周運動。22h設速度大小為v2，半徑為R2。v2v1at0且qv2B0mv2，解得：R25R2由于s1＋s2＋R2＜h，粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0-5t0時間內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖1所示）。因此粒子運動的最大多數(shù)徑R2h25⑶粒子在板間運動的軌跡如圖2所示。解法2：（2）由題意知電磁場周期為2t0，前半周期粒子勻加速直線，加速度大小為aqE0，方向向上。m后半周期粒子勻速圓周，周期為T2mqB0t0，粒子恰好完成一次勻速圓周運動。12至第n個周期末，粒子位移大小為sn1a(nt0)2，又已知h102mE0，2qB02聯(lián)立解得：snn2h，粒子速度大小為：vnant0，5粒子做圓周運動的半徑為：Rnmvn，解得：Rnnh。5qB0顯然：s2＋R2＜h＜s3，因此粒子運動的最大多數(shù)徑R22h5【考點】周期性組合場中的運動【難度】挺難12、如圖甲所示，建立Oxy坐標系。兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為L。在第一、四象限有磁感覺強度為B的勻強磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源，沿x軸向右，連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為＋q、速度相同、重力不計的帶電粒子。在0-3t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)。已知t＝0時辰進入兩板間的帶電粒子恰幸好t0時辰經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、L、t0、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)求電壓U0的大小；1(2)求2t0時辰進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(3)何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間?！窘馕觥?1)t＝0時辰進入兩板間的帶電粒子在電場中做類平拋運動，t0時辰恰好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為1U0112mL22L，則有E,qE＝ma,qt02L2L＝2at0,聯(lián)立解得:U0111(2)2t0時辰進入兩板間的帶電粒子，前2t0時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后2t0時間兩板間沒有電場，帶電粒子做勻速13運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為Lv0＝，t0帶電粒子走開電場時沿y軸負方向的分速度大小為1vy＝a·t02帶電粒子走開電場時的速度大小為22qvB＝mv2v＝v0＋vy，在磁場中勻速圓周知R5mL聯(lián)立解得：R2qBt0(3)2t0時辰進入兩板間的帶電粒子在磁場中運動時間最短。走開電場時粒子沿y軸正方向的分速度為vy′＝at0，設帶電粒子走開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α，則tanα＝v0，聯(lián)立解得：α＝πvy′4帶電粒子在磁場中運動軌跡以下列圖，圓弧所對的圓心角π1T2α＝，最短時間為tmin＝242πmπm在磁場中運動的周期T＝qB，聯(lián)立解得：tmin＝2qB【考點】組合場的臨界問題【難度】較難13、以下列圖，正方形絕緣圓滑水平臺面WXYZ邊長L＝1.8m，距地面h＝0.8m。平行板電容器的極板CD間距d＝0.1m且垂直放置于臺面，C板位于界線WX上，D板與界線WZ訂交處有一小孔。電容器外的臺面地域內(nèi)有磁感覺強度B＝1T、方向豎直向上的勻強磁場。電荷量q＝5×10－13C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)電場加速后由D板所開小孔進入磁場(微粒向來不與極板接觸)，爾后由XY界線走開臺面。在微粒走開臺面剎時，靜止于X正下方水平川面上A點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇。假設微粒在真空中運動，極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質(zhì)點，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2。求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板的極性；求由XY界線走開臺面的微粒的質(zhì)量范圍；1413若微粒質(zhì)量m0＝1×10kg，求滑塊開始運動時所獲得的速度?！窘馕觥?1)微粒在極板間受電場力F電＝qU,代入數(shù)據(jù)得F電＝1.25×10－11N，d由左手定則知微粒帶正電，微粒被電場加速，因此C板為正極，D板為負極。1(2)設微粒質(zhì)量為m，剛進入磁場時速度大小為v，由動能定理知qU＝2mv2在臺面磁場中做以O點為圓心半徑為R的圓周運動，由牛頓第二定律知qvB＝mv2R微粒要從XY界線走開臺面，則軌跡以下列圖，半徑的極小值與極大值分別為R1＝l＝(L－d)，聯(lián)立解得：8.1×10－14－132212和qvB＝mv得v=5m/s和R=1m。從臺面邊緣P點沿與XY界線成θ角飛出做平(3)對微粒有：qU＝2m0v0R拋運動，設滑塊質(zhì)量為M，滑塊沿與平臺前側(cè)面成φ角方向勻減速直線運動。在臺面上由圖知cosθ＝L-R=0.8，解得θ=37?！阄⒘Ｆ綊仯篽1gt2，s＝vt，R2對滑塊有μMg＝Ma和k＝v12，2在地面上由余弦定理知222k＝s＋(d＋Rsinθ)－2s(d＋Rsinθ)cos，θ聯(lián)立解得：v0＝4.15m/s在點名上由正弦定理知sk，聯(lián)立解得：φ＝53°sin1800-sin【考點】組合場的臨界問題【難度】挺難14、核聚變反應需要幾百萬度以上的高溫，為把高溫條件下高速運動的離子拘束在小范圍內(nèi)（否則不能能發(fā)生核反應），平時采用磁拘束的方法（托卡馬克裝置）。以下列圖，環(huán)狀勻強磁場圍成中空地域，中空區(qū)域中的帶電粒子只要速度不是很大，都不會穿出磁場的外邊緣而被拘束在該地域內(nèi)。設環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為R1=0.5m，外半徑R2=1.0m，磁場的磁感強度B=1.0T。若被拘束帶電粒子的荷質(zhì)比為q/m=4×107C/㎏，中空地域內(nèi)帶電粒子擁有各個方向的速度。試計算：1）粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能夠穿越磁場的最大速度。2）全部粒子不能夠穿越磁場的最大速度。15【解析】（1）沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，由連續(xù)放縮法知不能夠穿越磁場所區(qū)的最大速度粒子軌跡與環(huán)狀域外圓相內(nèi)切，0′為軌跡圓的圓心。2設AO′=BO′=r，由勾股定理知（R2-r1）222，由牛頓第二定律知qvmv1r1聯(lián)立解得：v1=1.5×107m/s（2）沿環(huán)狀域的內(nèi)圓的切線方向射入時，由連續(xù)放縮法知臨界圓與外圓內(nèi)切且與內(nèi)圓外切。2由幾何關系知r2R2-R1mv22，由牛頓第二定律知qv2B=r2聯(lián)立解得v2＝1.0×107m/s【考點】磁偏轉(zhuǎn)的臨界問題；連續(xù)放縮法【難度】較難a15、以下列圖，在0≤x≤a、o≤y≤范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感覺強度大小為B。坐標2原點O處有一個粒子源，在某時辰發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)。己知粒子在磁場中做圓周運動的半a徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部走開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四2分之一。求最后走開磁場的粒子從粒子源射出時的:(1)速度大小；(2)速度方向與y軸正方向夾角正弦。16【解析】(1)設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的半徑為v2R，由牛頓第二定律知qvB＝mR當a≤R≤a時，由連續(xù)旋轉(zhuǎn)法知，軌跡圓C是在磁場中運動時間最長的，圓弧與磁場的上界線相切，由題意2Ty軸正方向的夾角為α。知其運動時間為t=T，故∠OCA=90°。設最后走開磁場的粒子的發(fā)射方向與4a22由幾何關系知RRsin，a=Rsinα+Rcosα，又sinα+cosα=1，2聯(lián)立解得R（2-6）a，v（2-6）aqB，sin6-622m10【考點】磁偏轉(zhuǎn)的臨界問題【難度】較難16、以下列圖，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限內(nèi)，射入時的速度方向不相同，但大小均為v0。現(xiàn)在某一地域內(nèi)加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感覺強度大小為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直地射到與y軸平行的熒光屏MN上。求：電子從y軸穿過的范圍；熒光屏上光斑的長度；所加磁場范圍的最小面積?！窘馕觥?1)設粒子在磁場中運動的半徑為mv02mv0R，由牛頓第二定律知：ev0B，解得RReB2mv由軌跡圖知電子從y軸穿過的范圍：OA=。eB沿x軸正方向射入的電子沿弧OA運動到熒光屏MN上的P點，出射點是A。沿y軸正方向射入的電子沿弧OC運動到熒光屏MN上的Q點，出射點是C且OC是四分之一圓。由幾何知識可知PQ=Rmv0。eB17(3)與x軸正方向成θ角射入的電子，射出磁場的點為E(x,y)，射出后能垂直打到熒光屏MN上，必然滿足x=-Rsinθ且y=R+Rcosθ，因此x2+(y-R)2=R2（-R≤x≤0，0≤y≤R），圖象是四分之一圓。磁場的范圍最小面積是OACO圍成的。由軌跡圖知面積3R2（R212m2v02s-R）（1）。442e2B2【考點】磁偏轉(zhuǎn)的臨界問題【難度】較難17、以下列圖，在圓滑絕緣的水平桌面上建立一坐標系xOy，平面處在周期性變化的電場和磁場中，電場和磁場的變化規(guī)律以下列圖(規(guī)定沿＋y方向為電場強度的正方向，豎直向下為磁感覺強度的正方向)。在t＝0時辰，一質(zhì)量為10g、電荷量為0.1C且不計重力的帶電金屬小球自坐標原點O處，以v0＝2m/s的速度沿x軸正方向射出。已知E0＝0.2N/C、B0＝0.2πT。求：(1)t1＝1s末時，小球速度的大小和方向；(2)1s-2s內(nèi)，金屬小球在磁場中做圓周運動的半徑和周期；(3)(2n－1)s-2ns(n＝1,2,3，)內(nèi)金屬小球運動至離x軸最遠點的橫坐標和縱坐標?！窘馕觥浚?）在0–1s內(nèi)，小球在x軸方向上勻速Vx=V,y軸方向上勻加速直線VyqE0t1，1s末粒子的0m速度V1Vx2Vy222m/s，設V1與x軸正方向的夾角為，則tanVy，450。V0（2）在1s–2s內(nèi)，粒子做勻速圓周，由牛頓第二定律知qV1B0mV12得R1mV12m，粒子圓周R1qB0運動的周期T2m1s。qB0(3)軌跡以下列圖，(2n－1)s末粒子的坐標為121qE022(m)，x＝V0?t＝2?n=2n(m)，y＝a?t＝··n＝n22mqE0qE0vym·n此時粒子的速度為Vn＝v02＋(m·n)2＝2n2＋1m/s，tanθ＝v0＝v0＝n18粒子在(2n－1)s–2ns(n＝1,2,3，)內(nèi)做圓周運動的軌跡以下列圖，半徑Rn＝mvn＝n2＋1mqB0π粒子在(2n－1)s–2ns(n＝1,2,3，)內(nèi)運動到離x軸最遠點坐標為：n＋R2＋11X＝x－Rsin＝θcosθ)＝(n2＋n＋nnnπππ【考點】周期性組合場【難度】較難18、以下列圖，在坐標系xOy的第一象限中存在沿y軸正方向的勻強電場，場富強小為E。在其他象限中存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。A是y軸上的一點，它到坐標原點O的距離為h；C是x軸上的一點，到O的距離為L，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點進入電場所區(qū)，既而經(jīng)過C點進入磁場所區(qū)，并再次經(jīng)過A點，此時速度方向與y軸正方向成銳角，不計重力作用。試求：(1)粒子經(jīng)過C點時速度的大??；(2)磁感覺強度的大小B?！窘馕觥浚?）電場中類平拋，水平方向勻速：L＝v0t，豎直方向勻加速直線運動：qE＝ma，h＝1Laat2，聯(lián)立解得：v02h2設粒子在C點的速度為v，豎直分速度為v1，則v12-02=2ah，又vv02v12由①④⑤式得：vqE（4h2L2）2mh設C點時的速度方向與v12hx軸的夾角為α，則有tanα＝，聯(lián)立解得：α=arctanv0Lmv2（2）粒子在磁場中勻速圓周運動，又牛頓第二定律知：qvB,R設PA與與y軸的夾角為β，由幾何關系知：Rcosβ＝Rcosα＋h，Rsinβ＝L－Rsinα由數(shù)學知恒等式：2222sinα+cosα=1，sinβ+cosβ=119h2L222LE聯(lián)立解得：R4h，BL222hhqLL【考點】組合場問題【難度】較難19、如圖甲所示，間距為d垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感覺強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時辰，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力），以初速度v0由Q板左端湊近板面的地址，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時，可使t=0時辰入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上（不考慮粒子反彈）。上述m、q、d、v0為已知量。P

Bv0B0d0BO2TBTB3TB2TBtv0A22O1圖甲Q-B0圖乙Rv0（1）若t＝1TB，求B；20（2）若t＝3TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大?。?（3）若