《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第九章 磁場綜合檢測（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第九章 磁場綜合檢測（含解析）新人教版（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、磁場綜合檢測 (時間:90分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第1～8小題只有一個選項正確,第9～12小題有多個選項正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的 得0分) 1.磁感應強度B和磁場強度H是不同的物理量,在真空中H=.若用國際單位制的基本單位表示,μ0的單位為kg·m/(s2·A2),則磁場強度的單位為(　D　) A.kg/(s2·A) B.kg·A/s2 C.kg·A/m D.A/m 解析:根據(jù)H=,B的單位為;μ0的單位為 kg·m/(s2·A2),則磁場強度的單位為==

2、=A/m,故選D. 2.如圖,一個環(huán)形電流的中心有一根通電直導線,則環(huán)受到的磁場力(　D　) A.沿環(huán)半徑向外 B.沿環(huán)半徑向內(nèi) C.沿通電直導線水平向左 D.等于零 解析:通電直導線產(chǎn)生的磁場是以導線上各點為圓心的同心圓,而環(huán)形電流的方向與磁場方向平行,即B平行I,所以通電圓環(huán)不受磁場力的作用,即F=0,選項D正確,A,B,C錯誤. 3.在勻強磁場中,一個原來靜止的原子核,由于放出射線,結(jié)果得到一張兩個相切圓的徑跡照片(如圖所示),今測得兩個相切圓半徑之比r1∶r2=a,新核與射線質(zhì)量之比為b,則下列說法正確的是(　B　) A.放出的射線為高速電子流 B.半徑為r2

3、的圓為放出射線的運動軌跡 C.射線與新核動能之比為a D.射線與新核質(zhì)子數(shù)之比為b 解析:根據(jù)動量守恒可以知道,放出射線后的粒子動量大小相等,方向相反,則根據(jù)左手定則可以知道,放出的粒子均帶正電,選項A錯誤;放射出的粒子在磁場中做勻速圓周運動,則qvB=m,即R=,由于動量守恒,而且放出的粒子電荷量小,則半徑R大,故半徑為r2的圓為放出射線的運動軌跡,選項B正確;根據(jù)動量與動能的關(guān)系Ek=,則動能之比等于質(zhì)量的反比,故射線與新核動能之比為b,選項C錯誤;射線與新核質(zhì)子數(shù)之比即為電荷量之比,由于R=,則q=,即射線與新核質(zhì)子數(shù)之比等于半徑的反比,射線與新核質(zhì)子數(shù)之比為a,選項D錯誤. 4

4、.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器,環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動,A,B為兩塊中心開有小孔的極板,原來電勢都為零,每當粒子飛經(jīng)A板時,A板電勢升高為+U,B板電勢仍保持為零,粒子在兩極板間的電場中加速,每當粒子離開電場區(qū)域時,A板電勢又降為零,粒子在電場一次次加速下動能不斷增大,而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞半徑不變(設(shè)極板間距遠小于R),粒子重力不計,下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法中正確的是(　C　) A.加速器對帶正電粒子順時針加速,對帶負電粒子加速需要升高B板電勢 B.電勢U越高,粒子最終的速度就越大 C.環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁

5、感應強度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為= D.粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為= 解析:帶正電粒子從A板向B板加速,所以正電粒子沿順時針運動,對負電粒子,升高B板電勢,則負電粒子從A板向B板加速,在磁場運動中沿順時針方向運動,但洛倫茲力向外,無法做圓周運動,A錯誤;根據(jù)qvB=m可得v=,因為R是定值,最終速度由磁感應強度決定,B錯誤;粒子繞行n圈獲得的動能等于電場力對粒子做的功,設(shè)粒子繞行n圈獲得的速度為vn,根據(jù)動能定理可得nqU=m,解得vn=,粒子在環(huán)形區(qū)域磁場中,受洛倫茲力作用做半徑為R的勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式,則有qvnBn=m,解得

6、Bn==,所以=,C正確;粒子繞行第n圈所需時間tn==2πR·,所以 =,D錯誤. 5.將一塊長方體形狀的半導體材料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中,當此半導體材料中通有與磁場方向垂直的電流時,在半導體材料與電流和磁場方向垂直的兩個側(cè)面會出現(xiàn)一定的電壓,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應,產(chǎn)生的電壓稱為霍爾電壓,相應的具有這樣性質(zhì)的半導體材料樣品就稱為霍爾元件.如圖所示,利用電磁鐵產(chǎn)生磁場,毫安表檢測輸入霍爾元件的電流,毫伏表檢測霍爾元件輸出的霍爾電壓.已知圖中的霍爾元件是P型半導體,與金屬導體不同,它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴(空穴可視為能自由移動帶正電的粒子).圖中的1,2,3,4是霍爾元件上的

7、四個接線端.當開關(guān)S1,S2閉合后,電流表A和電表B,C都有明顯示數(shù),下列說法中正確的是(　C　) A.電表B為毫伏表,電表C為毫安表 B.接線端4的電勢高于接線端2的電勢 C.若調(diào)整電路,使通過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反,但大小不變,則毫伏表的示數(shù)將保持不變 D.若適當減小R1、增大R2,則毫伏表示數(shù)一定增大 解析:由題圖可知,電表B串聯(lián)在電源E2的電路中,故它是電流表,即毫安表,而電表C是并聯(lián)在2,4兩端的,它是測量霍爾電壓的,故它是電壓表即毫伏表,選項A錯誤;由于霍爾元件的載流子是帶正電的粒子,磁場方向向下,電流方向由1到3,由左手定則可知,帶正電的粒子受到的洛

8、倫茲力的方向指向極板2,即接線端2的電勢高于接線端4的電勢,選項B錯誤;穩(wěn)定時,粒子受到的洛倫茲力與電場力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,當電流方向都相反,但大小不變時,粒子的偏轉(zhuǎn)方向與原來相同,但仍存在如上的平衡關(guān)系式,由于電流的大小不變,由電流的微觀表達式I=neSv可知,其粒子的定向移動速度也不變,故霍爾電壓的大小不變,即毫伏表的示數(shù)將保持不變,選項C正確;若減小R1,則會讓B增大,若增大R2,會讓電流I減小,粒子的定向移動速率v也變小,則不能確定霍爾電壓的變化情況,故毫伏表的示數(shù)不一定增大,選項D錯誤. 6.如圖(甲)所示,a,b兩平行直導線中通有相同的電流,當兩通電導線垂

9、直圓平面放置于圓周上,且兩導線與圓心連線的夾角為60°時,圓心處的磁感應強度大小為B.如圖(乙)所示,c導線中通有與a,b導線完全相同的電流,a,b,c垂直圓平面放置在圓周上,且a,b兩導線與圓心連線的夾角為120°,b,c兩導線與圓心連線的夾角為30°,則此時圓心處的磁感應強度大小為(　A　) A.B B.B C.0 D.B 解析:當a,b兩導線與圓心連線的夾角為60°時,它們在圓心處的磁感應強度如圖(甲)所示,設(shè)Ba=Bb=B1,則有B=B1.當a,b兩導線與圓心連線夾角為120°時,如圖(乙)所示,它們在圓心處的磁感應強度矢量和為B′=B1,再與c導線在圓心處產(chǎn)生

10、的磁場疊加后磁感應強度矢量和為B1,因此圓心處的磁感應強度大小為B,選項A正確. 7.如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖,此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器.靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內(nèi)有均勻輻射電場,在中心線處的電場強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應強度為B的勻強磁場,其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計),經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運動,而后由P點進入磁分析器中,最終經(jīng)過Q點進入收集器.下列說法中正確的是(　B　) A.磁

11、分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內(nèi) B.加速電場中的加速電壓U= C.磁分析器中圓心O2到Q點的距離d= D.任何離子若能到達P點,則一定能進入收集器 解析:進入靜電分析器后,正離子順時針轉(zhuǎn)動,所受洛倫茲力指向圓心,根據(jù)左手定則,磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外,選項A錯誤;離子在靜電分析器中做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律有Eq=m,設(shè)離子進入靜電分析器時的速度為v,離子在加速電場中加速的過程中,由動能定理有qU=mv2,解得U=,選項B正確;由B項解析可知R=,與離子質(zhì)量、電荷量無關(guān).離子在磁分析器中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有 qvB=m,得r==,即d=,選項C錯誤;圓

12、周運動的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電荷量有關(guān),能夠到達P點的不同離子,半徑不一定都等于d,不一定都能進入收集器,選項D錯誤. 8.回旋加速器的核心部分是真空室中的兩個相距很近的D形金屬盒,把它們放在勻強磁場中,磁場方向垂直于盒面向下.連接好高頻交流電源后,兩盒間的窄縫中能形成勻強電場,帶電粒子在磁場中做圓周運動,每次通過兩盒間的窄縫時都能被加速,直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置引出.如果用同一回旋加速器分別加速氚核H)和α粒子He),比較它們所需的高頻交流電源的周期和引出時的最大動能,下列說法正確的是(　D　) A.加速氚核的交流電源的周期較大,氚核獲得的最大動能較大 B.加速氚核的交

13、流電源的周期較小,氚核獲得的最大動能較小 C.加速氚核的交流電源的周期較大,α粒子獲得的最大動能較小 D.加速氚核的交流電源的周期較大,α粒子獲得的最大動能較大 解析:帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同,根據(jù)T=,可知氚核的質(zhì)量與電荷量的比值大于α粒子的質(zhì)量與電荷量的比值,故氚核在磁場中運動的周期大,則加速氚核的交流電源的周期較大,α粒子在磁場中運動的周期小,則加速α粒子的交流電源的周期較小;根據(jù)qvB=m,解得v=,則最大動能Ekm=mv2=,氚核的質(zhì)量是α粒子的,氚核的電荷量是α粒子的,則氚核的最大動能是α粒子的,即氚核的最大動能較小,α粒子的動能較大,故A,B,C錯誤,

14、D正確. 9.如圖所示,一個帶正電荷的小球從a點出發(fā)水平進入正交垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域,電場方向豎直向上,某時刻小球運動到了b點,則下列說法正確的是(　CD　) A.從a到b,小球可能做勻速直線運動 B.從a到b,小球可能做勻加速直線運動 C.從a到b,小球動能可能不變 D.從a到b,小球機械能增加 解析:帶電小球的初速度是水平的,從a運動到b點的過程中小球在豎直方向上發(fā)生位移,說明小球做的是曲線運動,所以小球受力不為零,即小球不可能做勻速直線運動,選項A錯誤;從以上分析可知小球做曲線運動,即變速運動,故小球受到磁場的洛倫茲力也是變化的,故小球受到的合力是變力,所以小球不

15、可能做勻加速直線運動,選項B錯誤;當小球的重力和電場力平衡時,小球受到的洛倫茲力只改變小球的速度方向,小球的動能不變,選項C正確;從a到b,電場方向豎直向上,電場力一定做正功,故機械能增加,選項D正確. 10.央視《是真的嗎》節(jié)目做了如下實驗:用裸露的銅導線繞制成一根無限長螺旋管,將螺旋管放在水平桌面上,用一節(jié)干電池和兩磁鐵制成一個“小車”,兩磁鐵的同名磁極粘在電池的正、負兩極上,只要將這輛小車推入螺旋管中,小車就會加速運動起來,如圖所示.關(guān)于小車的運動,以下說法正確的是(　BD　) A.將小車上某一磁鐵改為S極與電池粘連,小車仍能加速運動, B.將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連,

16、小車的加速度方向?qū)l(fā)生改變 C.圖中小車加速度方向向右 D.圖中小車加速度方向向左 解析:兩磁極間的磁感線如圖(甲)所示,干電池與磁鐵及中間部分線圈組成了閉合回路,在兩磁極間的線圈中產(chǎn)生電流,左端磁極的左側(cè)線圈和右端磁極的右側(cè)線圈中沒有電流.其中線圈中電流方向的左視圖為逆時針方向,電流與磁極、磁場的關(guān)系如圖(乙)所示, 由左手定則可知中間線圈所受的安培力向右,根據(jù)牛頓第三定律有“小車”向左加速,C錯誤,D正確;如果改變某一磁鐵S極與電源粘連,則磁感線不會向外發(fā)散,兩部分受到方向相反的力,合力為零,A錯誤;如果將“小車”上兩磁鐵均改為S極與電池粘連,電流方向不變,磁 場方向變化,“

17、小車”受力方向變化,“小車”的加速度方向?qū)l(fā)生變化,B正確. 11.如圖所示,在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直xOy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場.兩個相同的帶電粒子,先后從y軸上的a(0,L)點和b點(坐標未知)以相同的速度v0垂直于y軸射入磁場,在x軸上的c(L,0)點相遇,不計粒子重力及其相互作用,根據(jù)題設(shè)條件可以確定(　AC　) A.帶電粒子在磁場中運動的半徑 B.帶電粒子的電荷量 C.帶電粒子在磁場中運動的時間 D.帶電粒子的質(zhì)量 解析:兩個粒子做勻速圓周運動,由幾何關(guān)系可以確認其圓心坐標分別是(0,L),(0,-L),軌跡半徑 R=L,圓弧所對圓心角分別是

18、 120°和60°,依 qv0B=得R=,又v0,B已知,可確定比荷,但無法確認帶電粒子帶電荷量和質(zhì)量;由T=,t=T,可求出帶電粒子在磁場中運動的時間. 12.圖中的虛線為半徑為R、磁感應強度大小為B的圓形勻強磁場的邊界,磁場的方向垂直圓平面向里.大量的比荷均為的相同粒子由磁場邊界的最低點A向圓平面內(nèi)的不同方向以相同的速度v0射入磁場,粒子在磁場中做半徑為r的圓周運動,經(jīng)一段時間的偏轉(zhuǎn),所有的粒子均由圓邊界離開,所有粒子的出射點的連線為虛線邊界的,粒子在圓形磁場中運行的最長時間用tm表示,假設(shè),R,v0為已知量,其余的量均為未知量,忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用.則下列表達式正確的是(

19、　ACD　) A.B= B.B= C.r= D.tm= 解析:設(shè)從A點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為B,則B點是軌跡圓的直徑與磁場邊界圓的交點,的長是邊界圓周長的,則∠AOB= 120°,sin 60°=,得r=,粒子在磁場中運動時,洛倫茲力提供向心力,有qv0B=m,所以B==,選項A,C正確,B錯誤;粒子在磁場中運動的最長時間為tm===,選項D正確. 二、非選擇題(共52分) 13.(4分)某同學用圖中所給器材進行與安培力有關(guān)的實驗.兩根金屬導軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行,足夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導軌的正上方,S極位于兩導軌的正

20、下方,一金屬棒置于導軌上且與兩導軌垂直. (1)在圖中畫出連線,完成實驗電路.要求滑動變阻器以限流方式接入電路,且在開關(guān)閉合后,金屬棒沿箭頭所示的方向移動. (2)為使金屬棒在離開導軌時具有更大的速度,有人提出以下建議: A.適當增加兩導軌間的距離 B.換一根更長的金屬棒 C.適當增大金屬棒中的電流 其中正確的是　　　　(填入正確選項前的標號).? 解析:(1)實驗電路連線如圖所示. (2)為使金屬棒離開導軌時具有更大的速度,則金屬棒運動時需要更大的加速度,即應受到更大的安培力,根據(jù)F=ILB可知,應使I,L變大,即選項A,C正確. 答案:(1)見解析　(2)AC

21、評分標準:每問2分. 14.(8分)物體的帶電荷量是一個不易測得的物理量,某同學設(shè)計了如下實驗來測量帶電物體所帶電荷量.如圖(a)所示,他將一由絕緣材料制成的小物塊A放在足夠長的木板上,打點計時器固定在長木板末端,物塊靠近打點計時器,一紙帶穿過打點計時器與物塊相連,操作步驟如下,請結(jié)合操作步驟完成以下問題. (1)為消除摩擦力的影響,他將長木板一端墊起一定傾角,接通打點計時器,輕輕推一下小物塊,使其沿著長木板向下運動.多次調(diào)整傾角θ,直至打出的紙帶上點跡　　　　,測出此時木板與水平面間的傾角,記為θ0.? (2)如圖(b)所示,在該裝置處加上一范圍足夠大的垂直紙面向里的勻強磁場,用細

22、繩通過一輕小定滑輪將物塊A與物塊B相連,繩與滑輪摩擦不計.給物塊A帶上一定量的正電荷,保持傾角θ0不變,接通打點計時器,由靜止釋放小物塊A,該過程可近似認為物塊A帶電荷量不變,下列關(guān)于紙帶上點跡的分析正確的是　　　　.? A.紙帶上的點跡間距先增加后減小至零 B.紙帶上的點跡間距先增加后減小至一不為零的定值 C.紙帶上的點跡間距逐漸增加,且相鄰兩點間的距離之差不變 D.紙帶上的點跡間距逐漸增加,且相鄰兩點間的距離之差逐漸減小,直至間距不變 (3)為了測定物體所帶電荷量q,除θ0、磁感應強度B外,本實驗還必須測量的物理量有　　　　.? A.物塊A的質(zhì)量M B.物塊B的質(zhì)量m C.

23、物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)μ D.兩物塊最終的速度v (4)用重力加速度g,磁感應強度B,θ0和所測得的物理量可得出q的表達式為q=　　　　.? 解析:(1)此實驗平衡摩擦力后,確定滑塊做勻速直線運動的依據(jù)是,看打點計時器在紙帶上所打出點的分布應該是等間距的. (2)設(shè)A的質(zhì)量為M,B的質(zhì)量為m,沒有磁場時,對A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根據(jù)平衡條件可知f=Mgsin θ0,FN=Mgcos θ0,又因為f=μFN,所以μ===tan θ0;當存在磁場時,以A,B整體為研究對象,由牛頓第二定律可得(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=(M+m)a

24、 由此式可知,v和a是變量,其他都是不變的量,所以A,B一起做加速度減小的加速運動,直到加速度減為零后做勻速運動,即速度在增大,加速度在減小,最后速度不變.所以紙帶上的點跡間距逐漸增加,說明速度增大;根據(jù)Δx=at2,可知,加速度減小,則相鄰兩點間的距離之差逐漸減小;勻速運動時,間距不變,選項D正確,A,B,C錯誤. (3)(4)根據(jù)(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+Mgcos θ0)=(M+m)a,可得當加速度減為零時,速度最大,設(shè)最大速度為v,則(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=0 化簡得q=,把μ=tan θ0代入,得q=,由此可知為了測定物體所帶

25、電荷量q,除θ0、磁感應強度B外,本實驗還必須測量的物理量有物塊B的質(zhì)量m和兩物塊最終的速度v. 答案:(1)間距相等(或均勻)　(2)D　(3)BD　(4) 評分標準:每問2分. 15.(10分)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一半徑為R=L的圓形區(qū)域,圓心O1對應的坐標為(L,0),圓與x軸交于A,C兩點.除圓形區(qū)域內(nèi)無磁場,在y軸與直線x=2L之間存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,在圓心O1處有一粒子源,發(fā)射同種粒子,粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q(q>0),粒子從粒子源O1發(fā)出垂直磁場在紙面內(nèi)向各個方向運動,不計粒子重力,并且從磁場返回圓形邊界的粒子均被吸收掉, (1)

26、求能從右邊界(即直線x=2L)射出的粒子其最小速率為多少,并求出該粒子從O1發(fā)出時與x軸正方向的夾角θ; (2)要使粒子垂直于x=2L的邊界射出磁場,求該粒子的最小速率為多少? 解析:(1)分析可知,以相同速率從O1點射出的粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心的軌跡在虛線圓上,如圖所示 設(shè)能從直線x=2L邊界出去的粒子的速度大小為v1,則 qv1B=m v1=, 從圖中可知,速度最小是從D點飛出,則 +r1=L,(1分) 解得r1=L,(1分) 最小速度為v1=,(1分) 對應角度tan θ==,(1分) θ=30°,(1分) 所以以最小速度射出的粒子的速度方向是斜向右

27、下方與x軸正方向的夾角為30°. (2)粒子垂直于直線x=2L邊界射出,作出粒子運動的軌跡如圖所示 設(shè)粒子的速度方向是斜向右下方與x軸正方向的夾角為α, 粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為r2,則 Lcos α+r2sin α=L,(1分) (cos α+sin α)=L 令=sin φ =cos φ 得sin (α+φ)=L,(1分) 當α+φ=90°時,r2最小, 解得r2=L,(1分) qv2B=m,(1分) v2= 所以,粒子垂直于x=2L的邊界射出磁場的最小速率v2=.(1分) 如果利用數(shù)學知識為點O1到直線距離,得出O3位置在D點時r2最小,同樣求出r2

28、=L,同樣得分. 答案:(1)　30°　(2) 16.(8分)如圖所示,在平面直角坐標系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向內(nèi)的有界圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出);在第二象限內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場,一粒子源固定在x軸上的A點,A點坐標為(-L,0).粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子,電子恰好能通過y軸上的C點,C點坐標為(0,2L),電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成15°角的射線ON(已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用).求: (1)第二象限內(nèi)電場強度E的大小; (2)電子離開電場時

29、的速度方向與y軸正方向的夾角θ; (3)圓形磁場的最小半徑Rmin. 解析:(1)從A到C的過程中,電子做類平拋運動, 有L=t2(1分) 2L=vt,(1分) 聯(lián)立解得E=.(1分) (2)設(shè)電子到達C點的速度大小為vC,方向與y軸正方向的夾角為θ.由動能定理,有 m-mv2=eEL(1分) 解得vC=v,cos θ==, 解得θ=45°.(1分) (3)電子的運動軌跡圖如圖,電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r==,(1分) 電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于ON射出,則磁場圓最小半徑 Rmin==rsin 60°(1分) 由以上兩式可得 Rmin=.(1分)

30、 答案:(1)　(2)45°　(3) 17.(11分)如圖(甲)所示,在平行邊界MN,PQ之間存在寬度為d的勻強電場,電場周期性變化的規(guī)律如圖(乙)所示,取豎直向下為電場正方向;在平行邊界PQ右側(cè)和MN左側(cè)存在如圖(甲)所示的兩個長為2d、寬為d的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,其邊界點分別為PQCD和MNFE.已知區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感應強度大小是區(qū)域Ⅰ內(nèi)勻強磁場的磁感應強度大小的3倍.在區(qū)域Ⅰ右邊界中點A處,有一質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子以初速度v0沿豎直方向從磁場區(qū)域Ⅰ開始運動,以此作為計時起點,再經(jīng)過一段時間粒子又恰好回到A點,如此循環(huán),粒子循環(huán)一周,電場恰好變化一個周期,已知粒

31、子離開區(qū)域Ⅰ進入電場時,速度恰好與電場方向垂直,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求: (1)區(qū)域Ⅰ的磁感應強度大小B; (2)電場強度大小E及電場的周期T. 解析:(1)粒子在區(qū)域Ⅰ做圓周運動的半徑r=d,(1分) 由洛倫茲力提供向心力知 qv0B=, 聯(lián)立得B=.(1分) (2)畫出粒子運動的軌跡示意圖如圖所示,粒子在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動,圓心為O1,粒子從區(qū)域Ⅰ進入電場,在電場中做類平拋運動,在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運動,圓心為O2,半徑記為R,在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運動圓心O2與區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動的圓心O1的連線必須與邊界垂直才能完成上述運動.粒子從區(qū)域Ⅰ進

32、入電場做類平拋運動,水平方向d=v0t(1分) 豎直方向y=at2=t2(1分) 離開電場時沿電場方向的速度vy=at=, 離開電場時速度方向與邊界MN的夾角為θ,離開電場時速度為v,v0=vsin θ 粒子在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力,知3qvB= (1分) 由幾何關(guān)系有2y+2Rsin θ=2d(1分) 聯(lián)立以上各式得E=(1分) 由tan θ===, 得θ=37° 粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的時間t1=(1分) 粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間 t2==(1分) 粒子在電場中運動的時間t3=(1分) 電場變化的周期等于粒子運動的周期, 所以電場變化周期T=t

33、1+t2+t3=d.(1分) 答案:(1)　(2)　d 18.(11分)如圖所示,在xOy平面內(nèi),第Ⅲ象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界線,OM與x軸負方向成45°夾角.在+y軸與直線OM的左側(cè)空間存在沿x軸負方向的勻強電場,場強大小為E,在+x軸下方與直線OM的右側(cè)空間存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B.一帶負電微粒從坐標原點O沿y軸負方向進入磁場,第一次經(jīng)過磁場邊界時的位置坐標是(-L,-L).已知微粒的電荷量大小為q,質(zhì)量為m,不計微粒所受重力,微粒最后從+y軸上某點飛出場區(qū)(圖中未畫 出),求: (1)帶電微粒從坐標原點O進入磁場時的初速度大小; (2)帶電微粒

34、在電場和磁場區(qū)域運動的總時間. 解析:(1)設(shè)微粒從原點O進入磁場時的初速度為v0,在磁場中的運動半徑為r,則有 qv0B=,(1分) 由微粒第一次經(jīng)過磁場邊界上的點A坐標是 (-L,-L),可知 r=L,(1分) 解出v0=.(1分) (2)微粒到達A點時,速度方向與OM夾角為45°,即與電場平行.微粒在電場中從A點開始向-x方向做減速運動,后原路返回A點,再在磁場中做勻速圓周運動到C點進入電場,微粒的運動軌跡如圖所示. 微粒做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供, 所以qBv0=mr,(1分) 并且v0=,(1分) 設(shè)微粒在磁場中運動的總時間為tOC,根據(jù)幾何關(guān)系,微粒在磁場中運動的路徑剛好是一個完整的圓周,所以 tOC=T,(1分) 根據(jù)對稱性,微粒到達C點時的速度方向應沿+y方向,此后在電場中做類平拋運動,從D點離開電場,設(shè)其加速度為a,運動時間為tCD,則有 qE=ma,(1分) 從C運動到D在x方向的位移為 2r=a,(1分) 設(shè)微粒從A點進入電場后做往返運動的總時間為tA,則由牛頓運動定律有 v0=a·,(1分) 微粒在電場、磁場區(qū)域運動的總時間為 t=tOC+tA+tCD,(1分) 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 t=2(++).(1分) 答案:(1)　(2)2(++) 17