《[高三理化生]高考試題分類匯編：磁場》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《[高三理化生]高考試題分類匯編：磁場（55頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2008-2012年高考試題分類匯編：磁場 2012-新課標(biāo)卷 25．（18分）如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為。現(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計重力，求電場強(qiáng)度的大小。 【解析】粒子在磁場中做圓周運(yùn)動。設(shè)圓周半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得

2、 ① 式中v為粒子在a點(diǎn)的速度。 過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別于直線交于c和d點(diǎn)。由幾何關(guān)系，線段、和過a、b兩點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形。因此 ② 設(shè)。由幾何關(guān)系得 ③ ④ 聯(lián)立②③④式得

3、 ⑤ 再考慮粒子在電場中的運(yùn)動。設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動。設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得 qE=ma ⑥ 粒子在電場力方向和直線方向所走的距離均為r，由運(yùn)動學(xué)公式得 ⑦ r=vt

4、 ⑧ 式中t是粒子在電場中運(yùn)動的時間。聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得 2012-全國卷 17質(zhì)量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，已知兩粒子的動量大小相等。下列說法正確的是 （ ） A.若q1=q2，則它們作圓周運(yùn)動的半徑一定相等 B.若m1=m2，則它們作圓周運(yùn)動的半徑一定相等 C.若q1≠q2，則它們作圓周運(yùn)動的周期一定不相等 D.若m1≠m2，則它們作圓周運(yùn)動的周期一定不相等 17. A 【解題思路】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中

5、做勻速圓周運(yùn)動，其半徑，。已知兩粒子動量相等，若，則它們的圓周運(yùn)動半徑一定相等，選項(xiàng)A正確；若，不能確定兩粒子電量關(guān)系，不能確定半徑是否相等，選項(xiàng)B錯；由周期公式，僅由電量或質(zhì)量關(guān)系，無法確定兩粒子做圓周運(yùn)動的周期是否相等，選項(xiàng)C、D錯。 2012-安徽卷 19. 如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以速度從點(diǎn)沿 直徑方向射入磁場，經(jīng)過時間從點(diǎn)射出磁場，與成60°角。現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?3，仍從點(diǎn)沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運(yùn)動時間變?yōu)? （ ） A. B.2 C.

6、 D.3 19B解析：第一次偏轉(zhuǎn)的偏向角為600，所以圓心角也是600，周期,與速度無關(guān)；OA長為R1，O2A長為R2，,，，則,所以第二次在磁場中偏轉(zhuǎn)的圓心角為1200，所以 偏轉(zhuǎn)時間是第一次的2倍。 2012-北京卷 16、處于勻強(qiáng)磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圈周運(yùn)動。將該粒子的運(yùn)動等效為環(huán)形電流，那么此電流值 （ ） A、與粒子電荷量成正比 B、與粒子速率成正比 C、與粒子質(zhì)量成

7、正比 D、與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比 解析：將該粒子的運(yùn)動等效為環(huán)形電流，該粒子在一個周期只通過某一個截面一次，則環(huán)形電流在一個周期T內(nèi)的電量為q，根據(jù)電流定義式有：，粒子在磁場力作用下做勻速圈周運(yùn)動，根據(jù)周期公式有：，兩式聯(lián)立有：，環(huán)形電流與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，與粒子質(zhì)量成反比，與粒子電荷量的平方成正比，而與粒子速率無關(guān)，答案D。 2012-廣東卷 15.質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速度率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運(yùn)行的半圓軌跡如圖2種虛線所示，下列表述正確的是 ( ) A．M

8、帶負(fù)電，N帶正電 B.M的速度率小于N的速率 C.洛倫磁力對M、N做正功 D.M的運(yùn)行時間大于N的運(yùn)行時間 【解析】選A。由左手定則可知M帶負(fù)電，N帶正電，故A選項(xiàng)正確。 由得，由題知二個帶電粒子的質(zhì)量和電量都相等，又進(jìn)入到同一個勻強(qiáng)磁場中，由圖及A選項(xiàng)的判斷可知，故，所以B選項(xiàng)錯誤。由于洛侖茲力的方向始終與帶電粒子的運(yùn)動方向垂直，故洛侖茲力永遠(yuǎn)不會對M、N做功，則C選項(xiàng)錯誤。由及題給條件可知，這二個帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期相等，又由圖可見二個粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角相等，均偏轉(zhuǎn)了半個周期，故在磁場中運(yùn)動的時間相等，所以D選項(xiàng)錯誤。 2012-天津卷 2. 如圖所示，金

9、屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為，如果僅改變下列某一個條件，角的相應(yīng)變化情況是 （ ） A. 棒中的電流變大，角變大 B. 兩懸線等長變短，角變小 C . 金屬棒質(zhì)量變大，角變大 D. 磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，角變小 2. 解析：水平的直線電流在豎直磁場中受到水平的安培力而偏轉(zhuǎn)，與豎直方向形成夾角，此時它受拉力、重力和安培力而達(dá)到平衡，根據(jù)平衡條件有，

10、所以棒子中的電流增大θ角度變大；兩懸線變短，不影響平衡狀態(tài)，θ角度不變；金屬質(zhì)量變大θ角度變?。淮鸥袘?yīng)強(qiáng)度變大θ角度變大。答案A。 2012-天津卷 12.（20分）對鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義。如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直與磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的均強(qiáng)磁場中，做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，離子行進(jìn)半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流I。不考慮離子重力及離子間的相互作用。 （1）求加速電場的電壓U； （2）求出在離子被收集的過程中任意間t內(nèi)收集到離

11、子的質(zhì)量M； （3）實(shí)際上加速電壓的大小會在U±ΔU范圍內(nèi)微小變化。若容器A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場中發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場中運(yùn)動的軌跡不發(fā)生交疊，應(yīng)小于多少？（結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，保留兩位有效數(shù)字） 12.(20分)解析：（1）鈾粒子在電場中加速到速度v，根據(jù)動能定理有 ① 進(jìn)入磁場后在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有② 由以上兩式化簡得③ （2）在時間t內(nèi)收集到的粒子個數(shù)為N，粒子總電荷量為Q，則 ④⑤ ⑥ 由④④⑤⑥式解得 ⑦ （3）兩種粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡不發(fā)生交疊，即不要重合，由可得半徑為⑧

12、 由此可知質(zhì)量小的鈾235在電壓最大時的半徑存在最大值 質(zhì)量大的鈾238質(zhì)量在電壓最小時的半徑存在最小值 所以兩種粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡不發(fā)生交疊的條件為＜⑨ 化簡得＜﹪ ⑩ 2012-江蘇卷 9. 如圖所示,MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場的邊界. 一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在 紙面內(nèi)從O點(diǎn)射入磁場. 若粒子速度為v0,最遠(yuǎn)能落在邊界上的A點(diǎn). 下列說法正確的有 （　　　　?。? (A)若粒子落在A點(diǎn)的左側(cè),其速度一定小于v0 (B)若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè),其速度一定大于v0 (C)若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi),其速度不可能小于 (D)

13、若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi),其速度不可能大于 9. 【解析】當(dāng)粒子以速度垂直于MN進(jìn)入磁場時，最遠(yuǎn)，落在A點(diǎn)，若粒子落在A點(diǎn)的左側(cè)，速度不一定小于，可能方向不垂直，落在A點(diǎn)的右側(cè)，速度一定大于，所以A錯誤，B正確；若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè)處，則垂直MN進(jìn)入時，軌跡直徑為，即，已知,解得，不垂直MN進(jìn)時，，所以C正確，D錯誤?！敬鸢浮緽C 2012-磁場 25．（20分）如圖所示，水平虛線X下方區(qū)域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，整個空間存在勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）。質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球P靜止于虛線X上方A點(diǎn)，在某一瞬間受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而

14、做勻速直線運(yùn)動。在A點(diǎn)右下方的磁場中有定點(diǎn)O，長為l的絕緣輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端連接不帶電的質(zhì)量同為m的小球Q，自然下垂。保持輕繩伸直，向右拉起Q，直到繩與豎直方向有一小于50的夾角，在P開始運(yùn)動的同時自由釋放Q，Q到達(dá)O點(diǎn)正下方W點(diǎn)時速率為v0。P、Q兩小球在W點(diǎn)發(fā)生正碰，碰后電場、磁場消失，兩小球粘在一起運(yùn)動。P、Q兩小球均視為質(zhì)點(diǎn)，P小球的電荷量保持不變，繩不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度為g。 (1)求勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小和P進(jìn)入磁場時的速率v； (2)若繩能承受的最大拉力為F，要使繩不斷，F(xiàn)至少為多大？ (3)求A點(diǎn)距虛線X的距離s。 解析： 情景分析：豎直平面

15、、整個空間有電場、虛線X下方有勻強(qiáng)電場、小球在復(fù)合場中運(yùn)動、單擺等 過程分析：小球P勻速直線運(yùn)動；小球P在復(fù)合場中作勻速圓周運(yùn)動；單擺Q的往復(fù)運(yùn)動；P與Q在W點(diǎn)發(fā)生完全非彈性碰撞；碰后粘合體在重力場中往復(fù)運(yùn)動。 模型分析：勻速直線運(yùn)動、帶電體在復(fù)合場中勻速圓周運(yùn)動、單擺、完全非彈性碰撞、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動與牛頓定律等。 關(guān)鍵點(diǎn)：抓住小球P和小球Q從開始到碰撞所經(jīng)歷的時間相等；單擺的運(yùn)動具有周期性！ 25．解：(1)設(shè)小球P所受電場力為F1，則F1=qE ① 在整個空間重力和電場力平衡，有Fl=mg ②聯(lián)立相關(guān)方程得 E=mg/q ③ 設(shè)小球P受到?jīng)_量后獲得速度為v，由動量定理得I

16、=mv ④ 得 v=I/m ⑤說明：①②③④⑤式各1分。 (2)設(shè)P、Q同向相碰后在W點(diǎn)的最大速度為vm，由動量守恒定律得mv+mv0=(m+m)vm ⑥ 此刻輕繩的張力也為最大，由牛頓運(yùn)動定律得F-(m+m)g=vm2 ⑦ 聯(lián)立相關(guān)方程，得 F=()2+2mg ⑧說明：⑥⑦式各2分，⑧式1分。 (3)設(shè)P在肖上方做勻速直線運(yùn)動的時間為h，則 tP1= ⑨ 設(shè)P在X下方做勻速圓周運(yùn)動的時間為tP2，則tP2= ⑩ 設(shè)小球Q從開始運(yùn)動到與P球反向相碰的運(yùn)動時間為tQ，由單擺周期性，有 11 由題意，有 tQ=tP1+ tP2 12 聯(lián)立相關(guān)方程，

17、得 n為大于的整數(shù) 13 設(shè)小球Q從開始運(yùn)動到與P球同向相碰的運(yùn)動時間為tQ′,由單擺周期性，有 14 同理可得 n為大于的整數(shù) 15 說明：⑨11 12 14式各1分，⑩ 13 15式各2分。 2012-山東卷 20．如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到時開始勻速運(yùn)動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率為P，導(dǎo)體棒最終以的速度勻速運(yùn)動。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g，下列選項(xiàng)正確的是

18、 （ ） A． B． C．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時加速度為 D．在速度達(dá)到以后勻速運(yùn)動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功 20．AC解析：當(dāng)速度達(dá)到時開始勻速運(yùn)動，受力分析可得，導(dǎo)體棒最終以的速度勻速運(yùn)動時，拉力為，所以拉力的功率為，選項(xiàng)A正確B錯誤。當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時安培力，加速度為，選項(xiàng)C正確。在速度達(dá)到以后勻速運(yùn)動的過程中，根據(jù)能量守恒定律，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功加上重力做的功，選項(xiàng)D錯誤， 2012-山東卷 23．(18分)

19、如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔、，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為，周期為。在時刻將一個質(zhì)量為、電量為（）的粒子由靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動，在時刻通過垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。（不計粒子重力，不考慮極板外的電場） （1）求粒子到達(dá)時的速度大小和極板距離（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件。 （3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在時刻再次到達(dá)，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的時間和磁感強(qiáng)度的大小 23

20、．解：（1）粒子由至的過程中，根據(jù)動能定理得 ① 由①式得 ② 設(shè)粒子的加速度大小為，由牛頓第二定律得③ 由運(yùn)動學(xué)公式得 ④聯(lián)立③④式得 ⑤ (2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R，由牛頓第二定律得 ⑥ 要使粒子在磁場中運(yùn)動時不與極板相撞，須滿足 ⑦聯(lián)立②⑥⑦式得 ⑧ 3設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動的過程用時為有 ⑨聯(lián)立②⑤⑨式得 ⑩ 若粒子再次達(dá)到時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動，設(shè)勻減速運(yùn)動的時間為，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得 ⑾聯(lián)立式得 ⑿ 設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為 ⒀聯(lián)立⑩⑿⒀式得 ⒁ 設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期

21、為T，由式結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式得⒂ 由題意得 ⒃聯(lián)立⒁⒂⒃式得 ⒄ 2012-海南卷 16．圖（a）所示的xoy平面處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與xoy平面（紙面）垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示．當(dāng)B為＋時，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向指向紙外．在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量恰好等于．不計重力．設(shè)P在某時刻以某一初速度沿y軸正向O點(diǎn)開始運(yùn)動，將它經(jīng)過時間T到達(dá)的點(diǎn)記為A． （1）若＝0，則直線OA與x軸的夾角是多少？ （2）若＝，則直線OA與x軸的夾角是多少？ （3）為了使直線OA與x軸的夾角為，在0＜＜的范圍內(nèi)，應(yīng)取何值？ 16．

22、(10分) ⑴設(shè)粒子P的質(zhì)量、電荷量與初速度分別為、與，粒子P在洛倫茲力作用下，在xy平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，分別用與表示圓周的半徑和運(yùn)動周期，則有 ① ② 由①②式與已知條件得 ③ 粒子P在到時間內(nèi)，沿順時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)x軸上B點(diǎn)，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在到時間內(nèi)，沿逆時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)x軸上A點(diǎn)，如圖(a)所示．OA與x軸的夾角 ④ ⑵粒子P在時刻開始運(yùn)動，在到時間內(nèi)，沿順時針方向運(yùn)動個圓周，到達(dá)C點(diǎn)，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在到時間內(nèi)，沿逆時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)B點(diǎn)，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；

23、在到時間內(nèi)，沿順時針方向運(yùn)動個圓周，到達(dá)A點(diǎn)，如圖(b)所示．由幾何關(guān)系可知，A點(diǎn)在y軸上，即OA與x軸的夾角 ⑤ ⑶若在任意時刻粒子P開始運(yùn)動，在到時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運(yùn)動到達(dá)C點(diǎn)，圓心位于x軸上，圓弧對應(yīng)的圓心角為 ⑥ 此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在到時間內(nèi)，沿逆時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)B點(diǎn)，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在到時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運(yùn)動到達(dá)A點(diǎn)，設(shè)圓心為，圓弧對應(yīng)的圓心角為 ⑦ 如圖(c)所示．由幾何關(guān)系可知，C、B均在連線上，且 ∥ ⑧ 若要與x軸成角，則有 ⑨ 聯(lián)立⑥⑨

24、式可得 ⑩ 評分參考：第⑴問4分，①②③④各1分；第⑵問2分，正確論證1分，⑤式分；第⑶問4分，正確論證2分，⑩式2分． 2011-海南-10 空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖中的正方形為其邊界。 一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O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。不計重力。下列說法正確的是 A．入射速度不同的粒子在磁場中的運(yùn)動時間一定不同 B． 入射速度相同的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡一定相同 C．在磁場中運(yùn)動時間相同的粒子，其運(yùn)動軌跡一定相同 D．在磁場中運(yùn)動時間越長

25、的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大 答案：BD 解析：本題考查帶電粒子在磁場中運(yùn)動問題。運(yùn)動時間由圓心角及周期決定，本題中粒子比荷相同，故周期相同，則D 正確、粒子運(yùn)動軌跡實(shí)際考查粒子運(yùn)動半徑問題，半徑與速度有關(guān)，B正確、 2011-浙江-20 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，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。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，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是 A. 粒子帶正電 B. 射出粒

26、子的最大速度為 C. 保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 答案：BC 解析：由左手定則可判斷粒子帶負(fù)電，故A錯誤；由題意知：粒子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據(jù)，可得、，則，故可知B、C正確，D錯誤。 2011-新課標(biāo)-14. 為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是 （） 答案：B 解析：主要考查安培定則和地磁場分布。根據(jù)地磁場分布和安培定則判斷可知正確答案是B。

27、 2011-新課標(biāo)-25 如圖，在區(qū)域I（0≤x≤d）和區(qū)域II（d≤x≤2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，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，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1/3。不計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時速度的大??； （2）當(dāng)a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。

28、 解析：（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va，運(yùn)動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點(diǎn)為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 　①　　由幾何關(guān)系得　 ②　　 ③ 式中，，由①②③式得 ④ (2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動的圓心為Oa,半徑為，射出點(diǎn)為（圖中未畫出軌跡），。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 ⑤ 由①⑤式得 ⑥　 、和三點(diǎn)共線，且由 ⑥式知點(diǎn)必位于 ⑦ 的平面上。由對稱性知，點(diǎn)與點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即 ⑧ 式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)。 設(shè)b在I中運(yùn)動的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 ⑨

29、　 設(shè)a到達(dá)點(diǎn)時，b位于點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為。如果b沒有飛出I，則 ⑩ 　 　 式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動的時間，而 由⑤⑨⑩式得 由①③⑨式可見，b沒有飛出。點(diǎn)的y坐標(biāo)為 　　　　 由①③⑧⑨式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為 2011-福建-22．（20分） 如圖甲，在x＞0的空間中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m，帶電量為q(q＞0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處，以初速度v0沿x軸正方向射入，粒子的運(yùn)動軌跡見圖甲，不計

30、粒子的重力。 （1）求該粒子運(yùn)動到y(tǒng)=h時的速度大小v； （2）現(xiàn)只改變?nèi)肷淞Ｗ映跛俣鹊拇笮?，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運(yùn)動軌跡（y-x曲線）不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運(yùn)動（y-t關(guān)系）是簡諧運(yùn)動，且都有相同的周期。 Ⅰ．求粒子在一個周期內(nèi)，沿軸方向前進(jìn)的距離； Ⅱ．當(dāng)入射粒子的初速度大小為v0時，其y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運(yùn)動的振幅A，并寫出y-t的函數(shù)表達(dá)式。 答案：（1）（2）Ⅰ． Ⅱ． 解析：（1）由于洛倫茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理有

31、 ① 由①式解得 ② （2）Ⅰ．由圖乙可知，所有粒子在一個周期T內(nèi)沿x軸方向前進(jìn)的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動的粒子在T時間內(nèi)前進(jìn)的距離。設(shè)粒子恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動的速度大小為v1，則 qv1B=qE ③ 又 S=v1T

32、 ④ 式中 由③④式解得 ⑤ Ⅱ．設(shè)粒子在y軸方向上的最大位移為ym（圖丙曲線的最高點(diǎn)處），對應(yīng)的粒子運(yùn)動速度大小為v2（方向沿x軸），因?yàn)榱Ｗ釉趛方向上的運(yùn)動為簡諧運(yùn)動，因而在y=0和y=ym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則 qv0B－qE=－(qv2B－qE) ⑥ 由動能定理有 ⑦ 又

33、 ⑧ 由⑥⑦⑧式解得 可寫出圖丙曲線的簡諧運(yùn)動y-t函數(shù)表達(dá)式為 2011-江蘇-15． （16分）某種加速器的理想模型如圖1所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖2所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，在磁場中運(yùn)動時間T0后恰能再次從a 孔進(jìn)入

34、電場加速。現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了。(粒子在兩極板間的運(yùn)動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力) ⑴若在t=0時刻將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能； ⑵現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管外磁場的影響），使圖1中實(shí)線軌跡（圓心為O）上運(yùn)動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請?jiān)诖痤}卡圖上的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管； ⑶若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？ O uab U0 -U0 T0 2T0 3T0 t 圖

35、2 L L 磁屏蔽管 圖1 a b c 答案(1) (2)如圖 (3) 【解析】(1) 質(zhì)量為m0的粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動， 則 當(dāng)粒子的質(zhì)量增加了，其周期增加 根據(jù)題圖可知，粒子第一次的加速電壓 粒子第二次的加速電壓 粒子射出時的動能 解得 (2) 磁屏蔽管的位置如圖所示 (3) 在時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù) ，得 分析可得，粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且時也被加速的情況時，最終獲得的動能最大。 粒子由靜止開始被加速的時刻 (n=0,1,2,……) 最大動能 解得 . 2

36、011-四川卷-25.（20分） 如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長=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板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔。電容器外的臺面區(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。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(jìn)入磁場（微粒始終不與極板接觸），然后由XY邊界離開臺面。在微粒離開臺面瞬時，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，在微粒落地時恰好與之相遇。假定微粒在真空中運(yùn)動、極板間電場視為勻強(qiáng)電場，滑塊

37、視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2 （1）求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板地極性； （2）求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍； （3）若微粒質(zhì)量mo=1×10-13kg，求滑塊開始運(yùn)動時所獲得的速度。 答案：（1）1.25×10-11N；C板為正極，D板為負(fù)極。 （2）8.1×10-14kg＜m≤2.89×10-13kg （3）4.15m/s 解析：（1）微粒在極板間所受電場力大小為 ①

38、 代入數(shù)據(jù) F=1.25×10-11N ② 由微粒在磁場中的運(yùn)動可判斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場加速，故C板為正極，D板為負(fù)極。 （2）若粒子的質(zhì)量為m，剛進(jìn)入磁場時的速度大小為v，由動能定理 ③ W Z B X Y d O1 O2 R1 R2 D 微粒在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫磁力充當(dāng)向心力，若圓周運(yùn)動半徑為R，有

39、 ④ 微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運(yùn)動的邊緣軌跡如圖所示，半徑 的極小值與極大值為 ⑤ Q s A X Y Z W d B h θ φ θ R P k θ O ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥，代入數(shù)據(jù)，有 8.1×10-14kg＜m≤2.89×10-13kg ⑦ （

40、3）如圖，微粒在臺面以速度為v做以O(shè)點(diǎn)位圓心， R為半徑的圓周運(yùn)動；從臺面邊緣P點(diǎn)沿與XY邊界成 θ角飛出做平拋運(yùn)動，落地點(diǎn)Q點(diǎn)，水平位移s,下落時 間t。設(shè)滑塊質(zhì)量為M，滑塊獲得的速度v0后在t內(nèi)與 平臺前側(cè)面成φ角度方向，以加速度a做勻減速直線運(yùn) 動到Q，經(jīng)過位移為k，。由幾何關(guān)系，可得 ⑧ 根據(jù)平拋運(yùn)動， ⑨ s=vt 對于滑塊，由牛頓定律及運(yùn)動學(xué)方程，有 μMg=Ma

41、 再有余弦定理， 及正弦定理， 聯(lián)立③、④和⑧—，代入數(shù)據(jù)，解得： (2011廣東理綜·35) （18分）如圖19（a）所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為

42、R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R1=R0，R2=3R0一電荷量為+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，不計重力。 ⑴已知粒子從外圓上以速度υ1射出，求粒子在A點(diǎn)的初速度υ0的大小 ⑵若撤去電場，如圖19(b),已知粒子從OA延長線與外圓的交點(diǎn)C以速度υ2射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運(yùn)動的時間 ⑶在圖19(b)中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場，速度大小為υ3，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？ 【答案】⑴v0= ⑵B1=t= O/ r ⑶B2＜ 【解析】

43、⑴由動能定理： Uq=mv12-mv02 ① 得：v0= ⑵如右圖：粒子在磁場中作圓周運(yùn)動的半徑為r，則 r2=2()2 ② B1qv2=m ③ R V3 由②③得：B1= T= ④ t= ⑤ 由④⑤t= ⑶由B2qv3=m ⑥ 可知，B越小，R越大。與磁場邊界相切的圓的最大半徑為 R= ⑦ 所以B2＜ 2010-全國卷1-26 26．（21分）如下圖，在區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0～

44、180°范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在時刻剛好從磁場邊界上點(diǎn)離開磁場。求： ⑴ 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑R及粒子的比荷q／m； ⑵ 此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍； ⑶ 從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間。 答案：⑴ ⑵速度與y軸的正方向的夾角范圍是60°到120° ⑶從粒子發(fā)射到全部離開所用 時間 為 解析： ⑴粒子沿y軸的正方向進(jìn)入磁場，從P點(diǎn)經(jīng)過做OP的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)為圓心，根據(jù)直角三角形有 解得 ，則粒子做圓周運(yùn)動的的圓心角為120°，周期為 粒子做圓周運(yùn)動的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得

45、 ，，化簡得 ⑵仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于120°，這樣粒子角度最小時從磁場右邊界穿出；角度最大時從磁場左邊界穿出。 角度最小時從磁場右邊界穿出圓心角120°，所經(jīng)過圓弧的弦與⑴中相等穿出點(diǎn)如圖，根據(jù)弦與半徑、x軸的夾角都是30°，所以此時速度與y軸的正方向的夾角是60°。 角度最大時從磁場左邊界穿出，半徑與y軸的的夾角是60°，則此時速度與y軸的正方向的夾角是120°。 所以速度與y軸的正方向的夾角范圍是60°到120° ⑶在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子的軌跡應(yīng)該與磁場的右邊界相切，在三角形中兩個相等的腰為，而它的高是 R R R ，半徑與y軸的的夾角是30°，這種粒子

46、的圓心角是240°。所用 時間 為。 所以從粒子發(fā)射到全部離開所用 時間 為。 2010-全國卷2-26 26（21分）圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V;兩板之間有勻強(qiáng)磁場，磁場應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向平行于板面并垂直于紙面朝里。圖中右邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG(EF邊與金屬板垂直)，在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上也有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面朝里。假設(shè)一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面，垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的區(qū)域，并經(jīng)EF邊中點(diǎn)H射入磁場區(qū)域。不計重力 （1）已知這些離子中的離子甲到達(dá)磁場邊界EG后，從邊

47、界EF穿出磁場，求離子甲的質(zhì)量。 （2）已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點(diǎn)（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為，求離子乙的質(zhì)量。 （3）若這些離子中的最輕離子的質(zhì)量等于離子甲質(zhì)量的一半，而離子乙的質(zhì)量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內(nèi)可能有離子到達(dá)。 解析： （1）在粒子進(jìn)入正交的電磁場做勻速直線運(yùn)動，設(shè)粒子的速度為v，電場的場強(qiáng)為E0，根據(jù)平衡條件得 ① ② 由①②化簡得 ③

48、 粒子甲垂直邊界EF進(jìn)入磁場，又垂直邊界EF穿出磁場，則軌跡圓心在EF上。粒子運(yùn)動中經(jīng)過EG，說明圓軌跡與EG相切，在如圖的三角形中半徑為 R=acos30°tan15° ④ tan15°= ⑤ 聯(lián)立④⑤化簡得 ⑥ 在磁場中粒子所需向心力由洛倫磁力提供，根據(jù)牛頓第二定律得 ⑦ 聯(lián)立③⑦化簡得 ⑧ （2）由于1點(diǎn)將EG邊按1比3等分，根據(jù)三角形的性質(zhì)

49、說明此軌跡的弦與EG垂直，在如圖的三角形中，有 ⑨ 同理 （10） （3）最輕離子的質(zhì)量是甲的一半，根據(jù)半徑公式離子的軌跡半徑與離子質(zhì)量呈正比，所以質(zhì)量在甲和最輕離子之間的所有離子都垂直邊界EF穿出磁場，甲最遠(yuǎn)離H的距離為，最輕離子最近離H的距離為，所以在離H的距離為到之間的EF邊界上有離子穿出磁場。 比甲質(zhì)量大的離子都從EG穿出磁場，期中甲運(yùn)動中經(jīng)過EG上的點(diǎn)最近，質(zhì)量最大的乙穿出磁場的1位置是最遠(yuǎn)點(diǎn)，所以在EG上穿出磁場的粒子都在這兩點(diǎn)之間。 2010-新課標(biāo)-25 25.(18分)如圖所示，在0≤x≤

50、a、o≤y≤范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個粒子源，在某時刻發(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xy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(yùn)動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動周期的四分之一，求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的： (1)速度大??； (2)速度方向與y軸正方向夾角正弦。 解析： 設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫磁力公式，得，解得： 當(dāng)＜R＜a時

51、，在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖所示，設(shè)該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t，依題意，時， 設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得： 再加上，解得： 2010-上海-13 13. 如圖，長為的直導(dǎo)線拆成邊長相等，夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強(qiáng)度為的電流時，該形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為 （A）0 （B）0.5 （C） （D） 答案：C 解析：導(dǎo)線有效長度為2lsin30°=l，所以該V形通電導(dǎo)線收到的安培力大小為。選

52、C。 本題考查安培力大小的計算。 難度：易。 2010-重慶-21 21.如題21圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進(jìn)入磁塊，在紙面民內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡為相應(yīng)的圓弧，這些粒子的質(zhì)量，電荷量以及速度大小如下表所示 由以上信息可知，從圖中a、b、c處進(jìn)大的粒子對應(yīng)表中的編號分別為 A 3、5、4 B4、 2、5 C5、3、2 D2、4、5 答案：D 【解析】根據(jù)半徑公式結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得1—5各組粒子的半徑之比依次為0.5︰2︰3︰3︰

53、2，說明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ邊界進(jìn)入磁場逆時針運(yùn)動。由圖a、b粒子進(jìn)入磁場也是逆時針運(yùn)動，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為2︰3，則a一定是第2組粒子，b是第4組粒子。c順時針運(yùn)動，都為負(fù)電荷，半徑與a相等是第5組粒子。正確答案D。 2010-江蘇-9 9.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中附加另一勻強(qiáng)磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO’與SS’垂直。a、b、c三個質(zhì)子先后從S點(diǎn)沿垂直于磁場的方向攝入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS’垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為，且。三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能達(dá)到同一點(diǎn)S’，則下列說法

54、中正確的有 A．三個質(zhì)子從S運(yùn)動到S’的時間相等 B．三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運(yùn)動時，運(yùn)動軌跡的圓心均在OO’軸上 C．若撤去附加磁場，a到達(dá)SS’連線上的位置距S點(diǎn)最近 D．附加磁場方向與原磁場方向相同 答案：CD 解析： A.三個質(zhì)子從S運(yùn)動到S’的時間不相等，A錯誤； B.三個質(zhì)子在附加磁場意外區(qū)域運(yùn)動時，只有b運(yùn)動軌跡的圓心在OO’軸上，因?yàn)榘霃较嗟龋鴪A心在初速度方向的垂線上，所以B錯誤； C.用作圖法可知，若撤去附加電場，a到達(dá)SS’連線上的位置距S點(diǎn)最近，b最遠(yuǎn)；C正確； D.因b要增大曲率，才能使到達(dá)SS’連線上的位置向S點(diǎn)靠近，所以附加磁場方向與原

55、磁場方向相同，D正確； 本體選CD。 本體考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動。 難度：難。 2010-福建-21 21、（19分）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動，此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運(yùn)動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場邊界PQ處時，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動。已知a棒、b

56、棒和定值電阻的阻值均為R,b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計。求 （1）a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動的過程中，a棒中的電流強(qiáng)度I，與定值電阻R中的電流強(qiáng)度IR之比； （2）a棒質(zhì)量ma； （3）a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時所受的拉力F。 解析： （1）a棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時，a棒、b棒及電阻R中的電流分別為Ia、Ib、IR，有 解得： （2）由于a棒在PQ上方滑動過程中機(jī)械能守恒，因而a棒在磁場中向上滑動的速度大小v1與在磁場中向下滑動的速度大小v2相等，即v1=v2=v 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒長為L乙，a棒在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E=Bl

57、v 當(dāng)a棒沿斜面向上運(yùn)動時 向下勻速運(yùn)動時，a棒中的電流為Ia’、則 由以上各式聯(lián)立解得： （3）由題可知導(dǎo)體棒a沿斜面向上運(yùn)動時，所受拉力 2010-廣東-36 36.(18分)如圖16（a）所示，左為某同學(xué)設(shè)想的粒子速度選擇裝置，由水平轉(zhuǎn)軸及兩個薄盤N1、N2構(gòu)成，兩盤面平行且與轉(zhuǎn)軸垂直，相距為L，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角可調(diào)（如圖16（b））；右為水平放置的長為d的感光板，板的正上方有一勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一小束速度不同、帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過N2的粒子經(jīng)O點(diǎn)垂直進(jìn)入磁場。 O到感光板的距離為，粒子

58、電荷量為q,質(zhì)量為m，不計重力。 （1）若兩狹縫平行且盤靜止（如圖16（c）），某一粒子進(jìn)入磁場后，豎直向下打在感光板中心點(diǎn)M上，求該粒子在磁場中運(yùn)動的時間t； （2）若兩狹縫夾角為 ，盤勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如圖16（b）.要使穿過N1、N2的粒子均打到感光板P1P2連線上。試分析盤轉(zhuǎn)動角速度的取值范圍（設(shè)通過N1的所有粒子在盤轉(zhuǎn)一圈的時間內(nèi)都能到達(dá)N2）。 解： （1）分析該粒子軌跡圓心為P1，半徑為，在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為，因而運(yùn)動時間為： （2）設(shè)粒子從N1運(yùn)動到N2過程歷時為t，之后在磁場中運(yùn)行速度大小為v，軌跡半徑為R則： 在粒子勻速過程有： L=vt

59、 ① 粒子出來進(jìn)入磁場的條件： ② 在磁場中做勻速圓周運(yùn)動有： ③ 設(shè)粒子剛好過P1點(diǎn)、P2點(diǎn)時軌跡半徑分別為：R1、R2則： ④ ⑤ ⑥ 由①—⑥得： 2010-山東-25 25．（18分）如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為、帶電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場做勻速圓周運(yùn)動，后進(jìn)入電場做勻加速運(yùn)動，然后第二次進(jìn)入磁場中運(yùn)動，此后粒子在電場和磁場

60、中交替運(yùn)動。已知粒子第二次在磁場中運(yùn)動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求 ⑴粒子第一次經(jīng)過電場子的過程中電場力所做的功。 ⑵粒子第n次經(jīng)過電場時電場強(qiáng)度的大小。 ⑶粒子第n次經(jīng)過電場子所用的時間。 ⑷假設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動時，電場區(qū)域場強(qiáng)為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強(qiáng)度隨時間變化的關(guān)系圖線（不要求寫出推導(dǎo)過程，不要求標(biāo)明坐標(biāo)明坐標(biāo)刻度值）。 解析： （1）根據(jù)，因?yàn)椋?，所? （2）=，，所以。 （3），，所以。 (4) 2010-北京-23 23.（18分）利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應(yīng)用于

61、測量和自動控制等領(lǐng)域。 如圖1，將一金屬或半導(dǎo)體薄片垂直至于磁場B中，在薄片的兩個側(cè)面、間通以電流時，另外兩側(cè)、間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱霍爾效應(yīng)。其原因是薄片中的移動電荷受洛倫茲力的作用相一側(cè)偏轉(zhuǎn)和積累，于是、間建立起電場ＥＨ，同時產(chǎn)生霍爾電勢差ＵＨ。當(dāng)電荷所受的電場力與洛倫茲力處處相等時，ＥＨ和ＵＨ達(dá)到穩(wěn)定值，ＵＨ的大小與和以及霍爾元件厚度之間滿足關(guān)系式，其中比例系數(shù)ＲＨ稱為霍爾系數(shù)，僅與材料性質(zhì)有關(guān)。 （1）設(shè)半導(dǎo)體薄片的寬度（、間距）為，請寫出ＵＨ和ＥＨ的關(guān)系式；若半導(dǎo)體材料是電子導(dǎo)電的，請判斷圖１中、哪端的電勢高； （2）已知半導(dǎo)體薄片內(nèi)單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為ｎ，電子的電荷

62、量為ｅ，請導(dǎo)出霍爾系數(shù)ＲＨ的表達(dá)式。（通過橫截面積Ｓ的電流，其中是導(dǎo)電電子定向移動的平均速率）； （3）圖2是霍爾測速儀的示意圖，將非磁性圓盤固定在轉(zhuǎn)軸上，圓盤的周邊等距離地嵌裝著ｍ個永磁體，相鄰永磁體的極性相反?；魻栐糜诒粶y圓盤的邊緣附近。當(dāng)圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，霍爾元件輸出的電壓脈沖信號圖像如圖３所示。 ａ.若在時間ｔ內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為，請導(dǎo)出圓盤轉(zhuǎn)速的表達(dá)式。 ｂ.利用霍爾測速儀可以測量汽車行駛的里程。除除此之外，請你展開“智慧的翅膀”，提出另一個實(shí)例或設(shè)想。 解析： （1）由

63、 ① 得 ② 當(dāng)電場力與洛倫茲力相等時 ③ 得 ④ 將 ③、④代入②， 得 （2） a.由于在時間t內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為P，則 P=mNt 圓盤轉(zhuǎn)速為

64、 N= b.提出的實(shí)例或設(shè)想 2010-天津-12 12.（20分）質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠(yuǎn)大于L，O’O為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離O’O的距離。以屏中心O為原點(diǎn)建立xOy直角坐標(biāo)系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。 （1）設(shè)一個質(zhì)量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿O’O的方向從O’點(diǎn)射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點(diǎn)。若在兩極板間加一沿+y方向場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，求離子射到屏上時偏

65、離O點(diǎn)的距離y0; (2)假設(shè)你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實(shí)驗(yàn)結(jié)果計算未知離子的質(zhì)量數(shù)。 上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O’點(diǎn)沿O’O方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標(biāo)相同的兩個光點(diǎn)，對應(yīng)的x坐標(biāo)分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標(biāo)大的光點(diǎn)是碳12離子擊中屏產(chǎn)生的，另一光點(diǎn)是未知離子產(chǎn)生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運(yùn)動時O’O方向的分速度總是遠(yuǎn)大于x方向和y方向的分速度。 解析：（1）離子在電場中受到的電場力 ① 離子獲得的加速度

66、 ② 離子在板間運(yùn)動的時間 ③ 到達(dá)極板右邊緣時，離子在方向的分速度 ④ 離子從板右端到達(dá)屏上所需時間 ⑤ 離子射到屏上時偏離點(diǎn)的距離 由上述各式，得 ⑥ （2）設(shè)離子電荷量為，質(zhì)量為，入射時速度為，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，磁場對離子的洛倫茲力 ⑦ 已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運(yùn)動時間甚短，所經(jīng)過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運(yùn)動時，方向的分速度總是遠(yuǎn)大于在方向和方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫茲力產(chǎn)生的加速度 ⑧ 是離子在方向的加速度，離子在方向的運(yùn)動可視為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，到達(dá)極板右端時，離子在方向的分速度 ⑨ 離子飛出極板到達(dá)屏?xí)r，在方向上偏離點(diǎn)的距離 ⑩ 當(dāng)離子的初速度為任意值時，離子到達(dá)屏上時的位置在方向上偏離點(diǎn)的距離為，考慮到⑥式，得 ⑾ 由⑩、⑾兩式得 ⑿ 其中 上式表明，是與離子進(jìn)入板間初速度無關(guān)的定值，對兩種離子均