3、磁場方向垂直于紙面向里
D．a(chǎn)處磁場方向垂直于紙面向外，b和c處磁場方向垂直于紙面向里
答案：AC
解析：由題意可知，a點的磁感應強度由三條通電導線在此處的磁感應強度疊加而成，有兩條導線在此處產(chǎn)生的磁場相互抵消，由第三條導線決定此處的磁場，合磁場方向垂直紙面向外，而b點與a點有相同的情況，同理可得b點的磁感應強度方向垂直紙面向外，大小與a處的相同，而在c點三根導線產(chǎn)生的磁場方向相同，所以疊加而成的磁場最強，故A正確，B錯誤；由圖可知，根據(jù)安培定則可得，a和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里，故C正確，D錯誤．
3．[2019·石家莊模擬]如圖甲所示，一個條形磁鐵P固
4、定在水平桌面上，以P的右端點為原點，中軸線為x軸建立一維坐標系．一個靈敏的小磁針Q放置在x軸上不同位置，設Q與x軸之間的夾角為θ.實驗測得sinθ與x之間的關系如圖乙所示．已知該處地磁場方向水平，磁感應強度大小為B0.下列說法正確的是( )
A．P的右端為S極
B．P的中軸線與地磁場方向垂直
C．P在x0處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為B0
D．x0處合磁場的磁感應強度大小為2B0
答案：B
解析：
x→∞時sinθ＝1，θ＝90°，此時小磁針N極指向即為地磁場的方向，即B對．小磁針離P越遠，θ越大，說明P對小磁針的N極的斥力和對小磁針S極的引力越小，故P的右端應為N極，
5、故A錯．x＝x0處，sinθ＝，θ＝45°，即x0處合磁場的方向與x軸正向成45°角，如圖所示，易知x＝x0處，P產(chǎn)生的磁感應強度大小BP＝B0，合磁場的大小B＝B.所以C、D均錯．
4.
[2019·貴州遵義模擬]有四條垂直于紙面的長直固定導線，電流方向如圖所示，其中a、b、c三條導線到d導線的距離相等，三條導線與d的連線互成120°角．四條導線的電流大小都為I，其中a導線對d導線的安培力大小為F.現(xiàn)突然把c導線的電流方向改為垂直于紙面向外，電流大小不變．此時d導線所受安培力的合力大小為( )
A．0 B．F
C.F D．2F
答案：D
解析：a導線對d導線的
6、安培力大小為F，三條導線與d的連線互成120°角，因此在c導線的電流方向改變之前，d導線所受安培力的合力為零；當c導線的電流方向改變之后，則有：a、b導線對d導線的安培力夾角為120°，大小為F，因此這兩個安培力的合力大小為F，方向指向c導線，而c導線對d導線的安培力大小為F，方向指向c導線，那么此時，d導線所受安培力的合力大小為2F，故D項正確．
5.
[2019·安徽蚌埠模擬]一段導線abcde位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直．線段ab、bc、cd和de的長度均為L，且∠abc＝∠cde＝120°，流經(jīng)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．導線段
7、abcde所受到的磁場的作用力的合力大小為( )
A．2BIL B．3BIL
C．(＋2)BIL D．4BIL
答案：B
解析：因為∠abc＝∠cde＝120°，根據(jù)幾何關系可知∠bcd＝60°，故b與d之間的直線距離也為L，則導線段abcde的有效長度為3L，故所受安培力的大小為F＝3BIL，故B正確．
6．[2019·山東德州模擬](多選)靜止在勻強磁場中的一個原子核發(fā)生衰變，產(chǎn)生兩個未知粒子1和2，它們在磁場中的運動軌跡如圖所示，下列說法正確的是( )
A．可能是α衰變
B．一定是β衰變
C．粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量
D．粒子1與粒子2運
8、動周期相同
答案：BC
解析：靜止的原子核發(fā)生衰變，遵循動量守恒定律，兩粒子的運動方向相反，由于兩軌跡內(nèi)切，所以一定是β衰變，A錯誤，B正確；由qvB＝，得R＝，所以半徑R與電荷量q成反比，所以粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量，C正確；由T＝知，β衰變中兩粒子的比荷不同，所以兩粒子運動周期不同，D錯誤．
7.
[2019·貴州貴陽模擬](多選)如圖所示，MN為兩個方向相同且垂直于紙面的勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應強度大小關系為B1＝2B2.一比荷值為k的帶電粒子(不計重力)，以一定速率從O點垂直于MN進入磁感應強度為B1的磁場，則粒子下一次到達O點經(jīng)歷的時間為( )
A.
9、 B.
C. D.
答案：BC
解析：根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB＝m，可得R＝，由此可知帶電粒子在磁感應強度為B2的勻強磁場中運動的軌跡半徑(或直徑)是在磁感應強度為B1的勻強磁場中運動的軌跡半徑(或直徑)的2倍，畫出帶電粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示．粒子在磁感應強度為B1的勻強磁場中運動的時間為t1＝2×＝，粒子在磁感應強度為B2的勻強磁場中運動的時間為t2＝＝＝，則粒子下一次到達O點經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＝＋＝＝＝，選項A、D錯誤，B、C正確．
8.
[2019·江蘇揚州等六市模擬]如圖所示，水平虛線MN上方有一勻強磁場，磁場
10、方向垂直于紙面向里．大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內(nèi)從水平向右到豎直向上90°范圍內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動．不計粒子重力和粒子間相互作用．下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是( )
答案：B
解析：由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動，因為粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知粒子將向左偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；因為粒子以相同的速率沿位于紙面內(nèi)從水平向右到豎直向上90°范圍內(nèi)的各個方向發(fā)射，由O點水平向右射入的粒子的軌跡恰好應為最右端邊界；在豎直方向上最遠點距MN為2R，由O點豎直向上射入的粒子，打在最左端，兩軌跡圍成部分因為沒有粒
11、子射入，所以中間會出現(xiàn)一塊空白區(qū)域，故B正確，A、D錯誤．
二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)
9．(8分)
如圖所示，MN是一根長為l＝10 cm、質(zhì)量為m＝50 g的金屬棒，用兩根長度也為l的細軟導線將金屬棒MN水平吊起，使金屬棒處在B＝ T的豎直向上的勻強磁場中．未通電流時，細導線在豎直方向，通入恒定電流后，金屬棒向外偏轉(zhuǎn)的最大偏角θ＝37°.忽略磁場對軟導線的作用力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求金屬棒中恒定電流的大?。?
答案：5 A
解析：
金屬棒向外偏轉(zhuǎn)的過程中，受重力mg、導線拉力FT、安培力F，其側(cè)視圖如圖
12、所示，其中導線的拉力不做功，由動能定理得
WF＋WG＝0(1分)
其中安培力做的功WF＝Flsinθ＝BIl2sinθ(2分)
重力做的功WG＝－mgl(1－cosθ)(2分)
解得金屬棒中的電流為I＝(2分)
代入數(shù)據(jù)得I＝5 A(1分)
10．(10分)
如圖所示，輕質(zhì)空心金屬輪A可繞過圓心O的光滑水平軸運動，沿金屬輪半徑方向接有一根輕質(zhì)金屬棒OC，其長度為a、電阻為r，A輪的邊緣與金屬棒的端點O通過電刷、導線與一阻值為R的電阻相連．一輕細繩的一端固定在A輪的邊緣上的某點，繩在A輪上繞有足夠多的匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量為m的重物P，A輪處在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場
13、中，不計A輪、端點O與電刷之間的摩擦及A輪的電阻．求：
(1)當A輪角速度為ω時，金屬棒所受安培力的大?。?
(2)釋放重物，在運動穩(wěn)定后，重物勻速運動時的速度．
答案：(1) (2)
解析：(1)在Δt時間內(nèi)，金屬棒轉(zhuǎn)過的角度為θ，則其掃過的面積為：
ΔS＝a2θ＝a2ωΔt(1分)
根據(jù)法拉第電磁感應定律，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢大小為E，則E＝＝(1分)
又I＝(1分)
F＝BIa(1分)
所以金屬棒所受安培力F＝(1分)
(2)金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢大小E＝(1分)
重物P勻速運動時重力的功率等于所有電阻的熱功率之和
即mgv＝(1分)
而v＝ω·a(1分)
解
14、得重物勻速運動時的速度v＝，方向為豎直向下(2分)
11．(13分)
如圖所示，在空間中存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，其邊界AB與CD之間的寬度為d，在左邊界的Q點處有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子沿與左邊界夾角為30°的方向射入磁場，粒子重力不計．
(1)求帶電粒子能從AB邊界飛出的最大速度；
(2)若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進入如圖所示的勻強電場中減速至零且不碰到負極板，求極板間電壓及整個過程中粒子在磁場中運動的時間；
(3)若帶電粒子的速度是(2)中的倍，并可以從Q點沿紙面各個方向射入磁場，求粒子從出發(fā)點到打到CD邊界的最高點位置之間的距離．
15、
答案：(1) (2) (3)2d
解析：(1)當粒子運動到右邊界，其軌跡恰好與CD邊相切時，所對應的速度是能從AB邊界飛出的最大速度，其軌跡如
圖甲所示，設其軌道半徑為R，最大速度為vmax
由幾何關系得：R＋Rcos30°＝d(1分)
由洛倫茲力提供向心力得：
Bqvmax＝m(1分)
由以上兩式解得：vmax＝(1分)
(2)粒子的運動軌跡如圖乙所示，由幾何關系知粒子此時的軌道半徑為：R2＝(1分)
設這時粒子在磁場中運動的速度大小為v2，由洛倫茲力提供向心力得：Bqv2＝m
粒子進入電場在電場中運動，由動能定理得：
mv＝qU(2分)
解得極板間電壓
U＝
16、＝(1分)
粒子不碰到右極板所加電壓滿足的條件為U≥(1分)
因粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所用時間為，而周期
T＝(1分)
因返回通過磁場所用時間相同，所以總時間
t＝2×＝(1分)
(3)當粒子速度為(2)中的倍時，即v3＝v2，
根據(jù)Bqv3＝m解得R3＝2d(1分)
當粒子沿BA方向進入磁場時，打在DC邊上的點為最高點，如圖丙，由幾何關系可得粒子能打到CD邊界的最高點位置與Q點的距離為：l＝R3＝2d(2分)
12.
(16分)如圖所示，兩平行金屬板A、B間的電勢差為U＝5×104 V．在B板的右側(cè)有兩個方向不同但寬度相同的有界磁場Ⅰ、Ⅱ，它們的寬度為d1＝d
17、2＝6.25 m，磁感應強度分別為B1＝2.0 T、B2＝4.0 T，方向如圖中所示．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1.0×10－8 kg、電荷量q＝1.6×10－6 C、重力忽略不計的粒子從A板的O點處由靜止釋放，經(jīng)過加速后恰好從B板的小孔Q處飛出．試求：
(1)帶電粒子從加速電場中出來的速度v；
(2)帶電粒子穿過磁場區(qū)域Ⅰ所用的時間t；
(3)帶電粒子從磁場區(qū)域Ⅱ射出時速度方向與邊界面的夾角；
(4)若d1的寬度不變，改變d2的寬度，要使粒子不能從Ⅱ區(qū)飛出磁場，則d2的寬度至少為多大？
答案：(1)4.0×103 m/s (2)1.6×10－3 s
(3)60° (4)9.375 m
解析
18、：(1)粒子在電場中做勻加速直線運動，由動能定理有：
qU＝mv2－0(2分)
解得v＝4.0×103 m/s(1分)
(2)粒子運動軌跡如圖甲，設粒子在磁場區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qvB1＝(1分)
代入數(shù)據(jù)解得r＝12.5 m(1分)
設粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做圓周運動的圓心角為θ，則：
sinθ＝＝＝(1分)
所以θ＝30°(1分)
粒子在Ⅰ區(qū)運動周期T＝(1分)
則粒子在Ⅰ區(qū)運動時間t＝T(1分)
解得t＝ s≈1.6×10－3 s(1分)
(3)設粒子在Ⅱ區(qū)做圓周運動的軌道半徑為R，則qvB2＝(1分)
解得R＝6.25 m(1分)
19、
如圖甲所示，由幾何關系可知△MO2P為等邊三角形，所以粒子離開Ⅱ區(qū)域時速度與邊界面的夾角為α＝60°(1分)
(4)要使粒子不能從Ⅱ區(qū)飛出磁場，粒子運動的軌道與磁場邊界相切時，由圖乙可知Ⅱ區(qū)磁場的寬度至少為：
d2＝R＋Rcos60°＝1.5R＝9.375 m(3分)
探究創(chuàng)新卷⑧ 著眼于練模擬悟規(guī)范——爭滿分
(本試卷滿分95分)
一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分)
1．(多選)如圖所示，紙面內(nèi)A、B兩點之間
20、連接有四段導線分別為ACB、ADB、AEB和AFB，四段導線的粗細、材料均相同，勻強磁場垂直于紙面向里．現(xiàn)給A、B兩端加上恒定電壓，則下列說法正確的是( )
A．四段導線受到的安培力的方向相同
B．四段導線受到的安培力的大小相等
C．ADB段導線受到的安培力最大
D．AEB段導線受到的安培力最小
答案：AC
解析：導線的粗細、材料均相同，由電阻定律R＝ρ可知，導線越長，電阻越大，由I＝可知，ADB段導線長度最小，則ADB段導線電流最大，四段導線在磁場中的有效長度L′都相同，由F＝BIL′可知，ADB段導線受到的安培力最大，而AFB段導線比AEB段導線長，AEB段導線受到的安培力不
21、是最小的，故C正確、D錯誤；由左手定則可知，四段導線所受安培力的方向均相同，故A正確、B錯誤．
2．[2019·山西太原五中模擬](多選)圖中直流電源電動勢為E＝1 V，電容器的電容為C＝1 F．兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距為l＝1 m，電阻不計．一質(zhì)量為m＝1 kg、電阻為R＝1 Ω的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，MN開始向右加速運動，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B＝1 T的勻強磁場(圖中未畫出)．當MN達到最大速度時離開導軌，則( )
A．磁感應強度垂直紙面向外
B．MN離
22、開導軌后電容器上剩余的電荷量為0.5 C
C．MN的最大速度為1 m/s
D．MN剛開始運動時加速度大小為1 m/s2
答案：BD
解析：電容器上極板帶正電，通過MN的電流方向向下，由于MN向右運動，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直于紙面向里，A錯誤；電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有I＝，設MN受到的安培力為F，有F＝BIl，由牛頓第二定律有F＝ma，聯(lián)立解得a＝＝1 m/s2.當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE，開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有
23、E′＝Blvmax，依題意有E′＝，設在此過程MN中的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有＝Bl，由動量定理，有Δt＝mvmax，又IΔt＝Q0－Q，聯(lián)立解得Q＝＝0.5 C，vmax＝0.5 m/s，C錯誤，B、D正確．
3.
[2019·廣東廣州模擬]如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30°的方向從P點垂直磁場射入，最后粒子垂直于MN射出，則磁感應強度的大小為( )
A. B.
C. D.
答案：B
解析：設該粒子的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關系可得rcos60°
24、＝R，可得r＝2R.帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，解得磁感應強度的大小為B＝，選項B正確．
4.
[2019·廣東湛江模擬](多選)如圖所示，在空間有一坐標系xOy，直線OP與x軸正方向的夾角為30°，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30°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( )
A．質(zhì)子在區(qū)域Ⅰ中運動的時間為
B．質(zhì)子在區(qū)域Ⅰ中運動的時間
25、為
C．質(zhì)子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為
D．質(zhì)子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為
答案：BD
解析：質(zhì)子在兩個磁場中由洛倫茲力提供向心力，均做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示．根據(jù)圓的對稱性及題設可知，質(zhì)子到達OP上的A點時速度方向水平向右，與x軸平行，質(zhì)子在勻強磁場區(qū)域Ⅰ中軌跡對應的圓心角為60°，所以質(zhì)子在勻強磁場區(qū)域Ⅰ中運動的時間為t1＝T＝×＝，故A錯誤，B正確；設在區(qū)域Ⅰ中的軌跡半徑為r1，在區(qū)域Ⅱ中的軌跡半徑為r2，由幾何知識知△OAO1為等邊三角形，則r2＝r1sin30°，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝m，qvB2＝m，聯(lián)立解得B2＝2B，由題設及幾何知識可得在區(qū)域Ⅱ中軌跡對應的圓心角為
26、90°，所以質(zhì)子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t2＝T2＝×＝，故C錯誤，D正確．
5．如圖所示，某空間同時存在正交的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，電場線與水平方向的夾角為θ.一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒以速度v沿電場線方向進入該空間，恰好沿直線從P點運動到Q點．下列說法中正確的是( )
A．該微?？赡軒ж撾?
B．微粒從P到Q的運動可能是勻變速運動
C．磁場的磁感應強度大小為
D．電場的場強大小為
答案：C
解析：帶電微粒從P到Q恰好沿直線運動，則微粒一定做勻速直線運動，作出微粒在電磁場中受力分析圖如圖所示，由圖可知微粒一定帶正電，故A、B錯誤；由受力分析及平衡
27、條件可知qE＝mgsinθ，qBv＝mgcosθ，解得E＝，B＝，故C正確、D錯誤．
6．美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子領域前進了一大步．如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強恒定，且被限制在A、C兩板之間．帶電粒子從P0處以初速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速電場加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是( )
A．帶電粒子每運動一周被加速兩次
B．P1P2
28、＝P2P3
C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關
D．加速電場方向需要做周期性變化
答案：C
解析：由題圖可知，帶電粒子每運動一周被加速一次，選項A錯誤；由公式R＝和qU＝mv－mv可知，帶電粒子每運動一周，電場力做功相同，動能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圓周運動的半徑增加量不同，選項B錯誤；由v＝可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關，選項C正確；由T＝可知，粒子運動的周期不隨v的變化而變化，故加速電場的方向不需做周期性變化，選項D錯誤．
7.
如圖所示，平行金屬板a、b之間的距離為d，a板帶正電荷，b板帶負電荷，a、b之間還有一垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出
29、)，磁感應強度為B1.一不計重力的帶電粒子以速度v0射入a、b之間，恰能在兩金屬板之間勻速向下運動，并進入PQ下方的勻強磁場中，PQ下方的勻強磁場的磁感應強度為B2，方向如圖所示．已知帶電粒子的比荷為c，則( )
A．帶電粒子在a、b之間運動時，受到的電場力水平向右
B．平行金屬板a、b之間的電壓為U＝dv0B2
C．帶電粒子進入PQ下方的磁場之后，向左偏轉(zhuǎn)
D．帶電粒子在PQ下方磁場中做圓周運動的半徑為
答案：D
解析：由于不知道帶電粒子的電性，故無法確定帶電粒子在a、b間運動時受到的電場力的方向，也無法確定帶電粒子進入PQ下方的磁場之后向哪偏轉(zhuǎn)，選項A、C錯誤；粒子在a、b之
30、間做勻速直線運動，有q＝qv0B1，解得平行金屬板a、b之間的電壓為U＝dv0B1，選項B錯誤；帶電粒子在PQ下方的勻強磁場中做圓周運動，軌道半徑為r＝＝，選項D正確．
8．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點A由靜止開始下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個裝置處于正交的勻強電場與勻強磁場中，電場強度E的大小為，方向水平向右，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是( )
A．物塊最終停在A點
B．物塊最終停在最低點
C．物塊做往復運動
D．物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mg＋qB
31、
答案：CD
解析：由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點時受到的電場力的方向向右，所以物塊最終從最低點開始向右運動，到達某位置時速度變?yōu)榱悖缓笥窒蜃筮\動，即物塊做往復運動，C正確，A、B錯誤；物塊從A點首次運動到最低點，由動能定理得，mgR－qER＝mv2－0，且E＝，聯(lián)立得v＝，物塊首次運動到最低點時，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N－mg－qvB＝m，解得FN＝2mg＋qB，由牛頓第三定律知，D正確．
二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)
9．(12分)
如圖，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻
32、強電場，電場方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d，離子重力不計．
(1)求圓弧虛線對應的半徑R的大?。?
(2)若離子恰好能打在NQ的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值；
(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強電場，換為垂直紙面向里的勻強磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應強度B的取值范圍．
答案：(1) (2) (3)·≤B<·
解析：(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理有qU＝mv2.離子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
qE0＝.
33、
聯(lián)立可得R＝.
(2)離子做類平拋運動，則有
d＝vt，
3d＝at2.
由牛頓第二定律得qE＝ma.
聯(lián)立可得E＝.
(3)離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有
qvB＝，
則r＝·.
離子能打在QN上，則既沒有從DQ邊出去也沒有從CN邊出去，則離子運動徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ所示．
由幾何關系知，離子能打在QN上，必須滿足：
d
34、域與x軸的交點分別為M、N.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為30°.不考慮電子所受的重力．
(1)求電子進入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強電場場強E的大?。?
(2)若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直于紙面向里的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸．求所加磁場的磁感應強度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標．
(3)若在電子剛進入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內(nèi)加上按圖乙所示變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子從N點處飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同．請寫出磁感
35、應強度B0的大小、磁場變化周期T各應滿足的關系表達式．
答案：(1)v0 (2)
(3)B0＝(n＝1,2,3，…) T＝(n＝1,2,3，…)
解析：
(1)電子在電場中做類平拋運動，射出電場時，速度分解圖如圖1所示．
由速度關系可得＝cosθ，
解得v＝v0，
由速度關系得vy＝v0tanθ＝v0，
在豎直方向上有vy＝at＝t，
在水平方向上有t＝，
聯(lián)立解得E＝.
(2)電子在圓形區(qū)域內(nèi)的運動軌跡如圖1所示，電子做勻速圓周運動的半徑R＝L，
根據(jù)牛頓第二定律有evB＝，
聯(lián)立解得B＝，
根據(jù)幾何關系得電子穿過圓形區(qū)域時位置的橫坐標
x＝2L＋L
36、－Lcos60°＝，
縱坐標y＝－Lsin60°＝－L.
故電子穿出圓形區(qū)域時位置坐標為.
(3)電子在磁場中運動的最簡單的情景如圖2所示．
在磁場變化的前三分之一個周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為60°，設電子運動的軌道半徑為r1，運動的周期T0，電子在x軸方向上的位移恰好等于r1；
在磁場變化的后三分之二個周期內(nèi)，因磁感應強度大小減半，電子運動的周期T′＝2T0，故電子的偏轉(zhuǎn)角仍為60°，電子運動的軌道半徑變?yōu)?r1，粒子在x軸方向上的位移恰好等于2r1.
綜合上述分析，電子能到達N點且速度符合要求的空間條件是
3r1n＝2L(n＝1,2,3，…)，
而r1＝，
解得B0＝(n
37、＝1,2,3，…)，
應滿足的時間條件為(T0＋T′)＝T，而T0＝，
T′＝，
解得T＝(n＝1,2,3，…)．
11.
(11分)[2019·廣東汕頭模擬]如圖所示，xOy坐標系中，在y軸右側(cè)有一平行于y軸的邊界PQ，PQ左側(cè)和右側(cè)存在磁感應強度大小分別為B與的勻強磁場，磁場方向均垂直于xOy平面向里．y軸上有一點A與原點O的距離為l.帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一速度從坐標原點O處沿x軸正方向射出，經(jīng)過時間t＝時恰好到達A點，不計粒子的重力．
(1)求邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0.
(2)若相同的粒子以更大的速度從原點O處沿x軸正方向
38、射出，為使粒子能經(jīng)過A點，粒子的速度大小應為多大？
答案：(1)l (2) (n＝1,2)
解析：
帶電粒子在PQ左側(cè)和右側(cè)的磁場中做勻速圓周運動，分別有
qv0B＝m，qv0＝m，可得半徑r1＝，
r2＝2r1，
由T＝可得T1＝，T2＝2T1.
(1)粒子射出后經(jīng)過時間t＝時恰好到達A點，運動情況如圖甲所示．設圖中圓弧DE對應的圓心角為θ，則粒子從O點運動到A點的時間為T2＋T1＝.解得θ＝60°.
△C1C2C3為等邊三角形，根據(jù)幾何關系得l＝2r1＋(r2－r1)，d＝r1cos30°，
解得PQ與y軸的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0分別為d＝l，v0＝.
39、
(2)以更大的速度從原點O處沿x軸正方向射出的相同的粒子，必然是從y軸最高點轉(zhuǎn)向下方時經(jīng)過A點，粒子運動一個周期，運動情況如圖乙所示，設圖中∠C1DF＝α，則粒子運動一個周期在y軸上的位移y＝2r1′＋2(r2′－r1′)sinα－2r1′(或y＝2r1′sinα)，
cosα＝，
經(jīng)過A點的條件是ny＝l(n＝1,2,3，…)
解得v＝ (n＝1,2,3，…)，
考慮到v>v0＝，故n只能取1或2，
即粒子的速度大小為v＝或
v＝.
12．(12分)
[2019·河北衡水中學模擬]如圖所示，△AQC是邊長為2L的等邊三角形，P、D分別為AQ、AC的中點．在虛線QC
40、下方存在水平向左的勻強電場．區(qū)域Ⅰ(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，區(qū)域Ⅱ(△APD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅲ(虛線PD以上、△APD以外)有垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁場的磁感應強度大小均為5B.一帶正電的粒子從Q點正下方、距離Q點為L的O點以某一初速度射出，在電場力作用下從QC邊中點N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域Ⅰ，接著從P點垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ.此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運動后又以原速率返回O點．粒子重力忽略不計，求：
(1)該粒子的比荷；
(2)電場強度E及粒子從O點射出時的初速度v的大??；
(3)粒子從O點出發(fā)到再次回到O點的整個運動過程所
41、經(jīng)歷的時間t.
答案：(1) (2)2Bv0 v0 (3)＋
解析：(1)粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
根據(jù)牛頓第二定律得qv0B＝m，
根據(jù)題意有R＝L，
解得＝.
(2)粒子從O點運動到N點，由運動的合成與分解可得
L＝v0t′，
L＝at′2，
由牛頓第二定律得a＝，
解得E＝2Bv0，
由運動學公式可得v＝2aL，
故粒子從O點射出時的初速度v＝＝v0.
(3)粒子在電磁場中運動的總時間包括三段：在電場中往返運動的時間t0、在區(qū)域Ⅰ中運動的時間t1、在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ中運動的時間t2＋t3.
根據(jù)平拋運動規(guī)律有t0＝，
設粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的時間為t1，則
t1＝2×＝，
粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的磁場中運動時，有
qv0·5B＝m，
解得粒子運動的軌跡半徑r＝＝.
則粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的磁場中的運動軌跡如圖所示，運動的總時間為T.
由周期公式可得T＝＝，
故t2＋t3＝T＝×＝，
故粒子整個運動過程所經(jīng)歷的總時間t＝t0＋t1＋t2＋t3＝＋.
23
2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測八 磁場（含解析）
