《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 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(fù)習(xí) 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18小題只有一個選項正確,第912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(yīng)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,0的單位為kgm/(s2A2),則磁場強度的單位為(D)A.kg/(s2A) B.kgA/s2C.kgA/m D.A/m解析:根據(jù)H=,B的單位為;0的單位為 kgm/(s2A2),則磁場強度的單位為=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(dǎo)線,則環(huán)受到的

2、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(dǎo)線水平向左D.等于零解析:通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場是以導(dǎo)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r1r2=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的圓為放出射線的運動軌跡C.射線與新核動能之比為aD.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

3、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.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,

4、B為兩塊中心開有小孔的極板,原來電勢都為零,每當(dāng)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(dāng)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)的磁感應(yīng)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

5、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(yīng)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Bn=,所以=,C正確;粒子繞行第n圈所需時間tn=2R,所以 =,D錯誤.5.將一塊長方體形狀的半導(dǎo)體材料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中,當(dāng)此半導(dǎo)體材料中通有與磁場方向垂直

6、的電流時,在半導(dǎo)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(yīng),產(chǎn)生的電壓稱為霍爾電壓,相應(yīng)的具有這樣性質(zhì)的半導(dǎo)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(dǎo)體,與金屬導(dǎo)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是霍爾元件上的四個接線端.當(dāng)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

7、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(dāng)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(dāng)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

8、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(dǎo)線中通有相同的電流,當(dāng)兩通電導(dǎo)線垂直圓平面放置于圓周上,且兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為60時,圓心處的磁感應(yīng)強度大小為B.如圖(乙)所示,c導(dǎo)線中通有與a,b導(dǎo)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(dǎo)線與圓心連線的夾角為120,b,c

9、兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為30,則此時圓心處的磁感應(yīng)強度大小為(A)A.B B.B C.0 D.B解析:當(dāng)a,b兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為60時,它們在圓心處的磁感應(yīng)強度如圖(甲)所示,設(shè)Ba=Bb=B1,則有B=B1.當(dāng)a,b兩導(dǎo)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(yīng)強度矢量和為B=B1,再與c導(dǎo)線在圓心處產(chǎn)生的磁場疊加后磁感應(yīng)強度矢量和為B1,因此圓心處的磁感應(yīng)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

10、強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應(yīng)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

11、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

12、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,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,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

13、周期較大,粒子在磁場中運動的周期小,則加速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)量是粒子的,氚核的電荷量是粒子的,則氚核的最大動能是粒子的,即氚核的最大動能較小,粒子的動能較大,故A,B,C錯誤,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

14、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,所以小球不可能做勻加速直線運動,選項B錯誤;當(dāng)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(dǎo)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

15、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,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

16、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,“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平面的第象限內(nèi)存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)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(biāo)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)

17、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(biāo)分別是(0,L),(0,-L),軌跡半徑 R=L,圓弧所對圓心角分別是 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(yīng)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

18、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(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(xué)用圖中所給器材進行與安培力有關(guān)的實驗.兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行,足

19、夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導(dǎo)軌的正上方,S極位于兩導(dǎo)軌的正下方,一金屬棒置于導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)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(dǎo)軌時具有更大的速度,有人提出以下建議:A.適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離B.換一根更長的金屬棒C.適當(dāng)增大金屬棒中的電流其中正確的是(填入正確選項前的標(biāo)號).解析:(1)實驗電路連線如圖所示.(2)為使金屬棒離開導(dǎo)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(yīng)受到更大的安培力,根據(jù)F=ILB可知,應(yīng)使I,L變大,即選項A,C正確.答案:(1)見解析(2

20、)AC評分標(biāo)準(zhǔn):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(xué)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,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0.(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,用細繩通過一輕小定滑輪將物塊

21、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0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0、磁感應(yīng)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MB.物塊B的質(zhì)量mC.物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)D.兩物塊最終的速度v(4)用重力加速度g,磁感應(yīng)強度

22、B,0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(yīng)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 0,FN=Mgcos 0,又因為f=FN,所以=tan 0;當(dāng)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 0)-(Bqv+ Mgcos 0)=(M+m)a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

23、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)x=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 0)-(Bqv+Mgcos 0)=(M+m)a,可得當(dāng)加速度減為零時,速度最大,設(shè)最大速度為v,則(mg+Mgsin 0)-(Bqv+ Mgcos 0)=0化簡得q=,把=tan 0代入,得q=,由此可知為了測定物體所帶電荷量q,除0、磁感應(yīng)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(biāo)準(zhǔn):每

24、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(yīng)的坐標(biāo)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(yīng)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(q0),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)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;(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

25、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=mv1=,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(yīng)角度tan =,(1分)=30,(1分)所以以最小速度射出的粒子的速度方向是斜向右下方與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,粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為r2,則Lcos +r2sin =L,(1分)(cos +sin )=L令=s

26、in =cos 得sin (+)=L,(1分)當(dāng)+=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(xué)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=L,同樣得分.答案:(1)30(2)16.(8分)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)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(biāo)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

27、的C點,C點坐標(biāo)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)電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角;(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.由動能定理,有m-mv2=eEL(1分)解得vC=v,cos =,解得=45.(1分)(3)電子的運動軌跡圖如圖,電子在磁場中做勻

28、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)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)域和,其邊界點分別為PQCD和MNFE.已知區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小是區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小的3倍.在區(qū)域右邊界中點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

29、方向從磁場區(qū)域開始運動,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,已知粒子離開區(qū)域進入電場時,速度恰好與電場方向垂直,sin 53=0.8,cos 53=0.6.求:(1)區(qū)域的磁感應(yīng)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)域做勻速圓周運動,圓心為O1,粒子從區(qū)域進入電場,在電場中做類平拋運動,在區(qū)域做勻速圓周運動,圓心為O2,半徑記為R,在區(qū)域做勻速圓周運動圓心O2與區(qū)域做勻

30、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)域進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,離開電場時速度為v,v0=vsin 粒子在區(qū)域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 =2d(1分)聯(lián)立以上各式得E=(1分)由tan =,得=37粒子在區(qū)域中運動的時間t1=(1分)粒子在區(qū)域中運動的時間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=t1+t2+t3

31、=d.(1分)答案:(1)(2)d18.(11分)如圖所示,在xOy平面內(nèi),第象限內(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(yīng)強度大小為B.一帶負電微粒從坐標(biāo)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(biāo)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(biāo)原點O進入磁場時的初速度大小;(2)帶電微粒在電場和磁場區(qū)域運動的總時間.解析:(1)

32、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(biāo)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(yīng)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