2014年最近3年高考分类汇编之专题十 磁 场

专题十 磁 场高考试题考点一 磁场、磁场对电流的作用 ★★★1.(2013年福建理综,18,6分)如图,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变,ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行,线框平面与磁场方向垂直.设OO ′下方磁场区域足够大,不计空气影响,则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )解析:线框先做自由落体运动,因线框下落高度不同,故线框ab 边刚进磁场时,速度不同,产生的感应电动势不同,所受安培力不同,其所受安培力F 安与重力mg 的大小关系可分以下三种情况: ①当F 安=mg 时,线框匀速进入磁场,其速度v=22mgRB L ,选项D 有可能; ②当F 安<mg 时,线框加速进入磁场,又因F 安=22B L v R ,因此a=22B L v mg R m,即a=g-22B L v mR,速度v 增大,a 减小,线框做加速度逐渐减小的加速运动,选项C 有可能;③当F 安>mg 时,线框减速进入磁场,a=22B L vmR -g,v 减小,a 减小,线框做加速度逐渐减小的减速运动,当线框未完全进入磁场而a 减为零时,即此时F 安=mg,线框开始做匀速运动,当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动,选项B 有可能.选项A 不可能. 答案:A点评： 分析解答该类问题时要特别注意线框下落时的位置,高度不同时线框进入磁场的速度不同,则线框的运动状态就不同.2.(2011年新课标全国理综,14,6分)为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的.在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是( )解析:地球的磁场分布与地理的南北极相反但不重合,即地磁场的N 极在地理的南极附近,地磁场的S 极在地理的北极附近.地磁场外部的磁感线由地磁N 极到地磁S 极,在地球内部由地磁S 极回到地磁N 极;由安培定则可知产生地磁场的环形电流方向应如B 中所示,所以B 正确.答案:B3.(2011年新课标全国理综,18,6分)电磁轨道炮工作原理如图所示.待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触.电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比.通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出.现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是( )A.只将轨道长度L变为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的2倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其他量不变解析:设B=kI,轨道间距为d,则弹体所受安培力F=BId=kI2d;由牛顿第二定律得弹体的加速度a=Fm=2kI dm;由运动学公式v2=2aL,得.综上所述,选项B、D正确,选项A、C错误.答案:BD4.(2010年上海卷,13,3分)如图,长为2l的直导线折成边长相等,夹角为60°的V形,并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B,当在该导线中通以电流强度为I的电流时,该V形通电导线受到的安培力大小为( )A.0B.0.5BIlC.BIlD.2BIl解析:V形导线的有效长度为两端点之间的距离l,则F安=BIl.答案:C点评： (1)弯曲、折线形的通电导线在磁场中的有效长度为两端点之间的连线;(2)当B⊥I时,F安=BIl有效.5.(2013年浙江理综,25,22分)为了降低潜艇噪音,提高其前进速度,可用电磁推进器替代螺旋桨.潜艇下方有左、右两组推进器,每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成,其原理示意图如下.在直线通道内充满电阻率ρ=0.2 Ω·m的海水,通道中a×b×c=0.3 m×0.4 m×0.3 m 的空间内,存在由超导线圈产生的匀强磁场,其磁感应强度B=6.4 T、方向垂直通道侧面向外.磁场区域上、下方各有a×b=0.3 m×0.4 m的金属板M、N,当其与推进器专用直流电源相连后,在两板之间的海水中产生了从N到M,大小恒为I=1.0×103 A的电流,设该电流只存在于磁场区域.不计电源内阻及导线电阻,海水密度ρm=1.0×103 kg/m3.(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小,并判断其方向;(2)在不改变潜艇结构的前提下,简述潜艇如何转弯?如何“倒车”?(3)当潜艇以恒定速度v0=30 m/s前进时,海水在出口处相对于推进器的速度v=34 m/s,思考专用直流电源所提供的电功率如何分配,求出相应功率的大小.解析:(1)将通电海水看成导线,所受磁场力F=IBL.代入数据得:F=IBc=1.0×103×6.4×0.3 N=1.92×103N用左手定则判断可知,磁场对海水作用力的方向向右(或与海水出口方向相同).(2)考虑到潜艇下方有左、右两组推进器,可以通过开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器,实施转弯.改变电流方向,或者磁场方向,可以改变海水所受磁场力的方向,根据牛顿第三定律,使潜艇 “倒车”.(3)电源提供的电功率中的第一部分:牵引功率P 1=F 牵v 0 根据牛顿第三定律:F 牵=12IBL当v 0=30 m/s 时,代入数据得:P 1=F 牵v 0=12×1.92×103×30 W=6.9×105W. 第二部分:海水的焦耳热功率对单个直线通道推进器,根据电阻定律:R=ρL S代入数据得:R=ρa ab =0.2×0.30.30.4⨯ Ω=0.5 Ω 由热功率公式,P=I 2R代入数据得:P 单=I 2R=5.0×105W P 2=12×5.0×105W=6.0×106W第三部分:单位时间内海水动能的增加值设Δt 时间内喷出海水的质量为m P 3=12×K E t∆∆考虑到海水的初动能为零, ΔE k =E k =12m 2v 水对地 m=ρm bcv 水对地Δt P 3=12×K E t ∆∆=12×12ρm bc 3v 水对地=4.6×104W. 答案:见解析6.(2010年浙江理综,23,20分)如图所示,一矩形轻质柔软反射膜可绕过O 点垂直纸面的水平轴转动.其在纸面上的长度OA 为L 1,垂直纸面的宽度为L 2.在膜的下端(图中A 处)挂有一平行于转轴,质量为m,长为L 2的导体棒使膜绷成平面.在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板,能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能.光电池板可等效为一个电池,输出电压恒定为U,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B 中,并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出).(1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成θ=60°角时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流强度的大小和光电池的输出功率.(2)当θ变为45°时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒力学平衡外,还能输出多少额外电功率?解析:(1)导体棒所受安培力F=IBL 2 ①导体棒受力平衡,即mgtan θ=F ② 解得I=2tan mg BL③所以当θ=60°时,I 1=2tan 60mg BL2光电池输出功率为P 1=UI 12(2)当θ=45°时,根据③式可知维持平衡需要的电流为I 2=2tan 45mg BL =2mg BL根据题意可知21P P =1212cos45cos60L L L L则P 212而光电池产生的电流为I 光电=2P U 2所以能提供的额外电流为I 额外=I 光电-I 22mgBL可提供额外功率为P 额外=I 额外2mgUBL .答案:(1)22 2mgUBL点评：此题属电、磁、力的综合计算题,安培力是联系电和力的桥梁,因此解题的关键有两点:(1)光电池板输出的电功率P=UI.(2)导体的受力分析特别是安培力方向和大小.考点二 磁场对运动电荷的作用 ★★★★1.(2013年新课标全国卷Ⅰ,18,6分)如图,半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一电荷量为q(q>0).质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域,射入点与ab 的距离为2R.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力)( )A.2qBR m B.qBR m C.32qBR m D.2qBRm解析:设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r,粒子运动的轨迹及几何关系如图所示,由此可知r=R,由牛顿第二定律可得:qvB=m 2v r,得v=qBR m ,选项B 正确.答案:B点评： 本题考查带电粒子在有界磁场中的运动,处理此类问题的关键是作出带电粒子的轨迹示意图,找出相关量之间的几何关系.2.(2013年安徽理综,15,6分)图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是( )A.向上B.向下C.向左D.向右解析:d 、b 导线在O 点产生的磁场的磁感应强度叠加后抵消,a 、c 导线在O 点产生的磁场的磁感应强度叠加后水平向左,再依据左手定则判断带正电的粒子所受洛伦兹力的方向向下,选项B 正确. 答案:B3.(2013年广东理综,21,6分)如图,两个初速度大小相同的同种离子a 和b,从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P 上.不计重力.下列说法正确的有( )A.a 、b 均带正电B.a 在磁场中飞行的时间比b 的短C.a 在磁场中飞行的路程比b 的短D.a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析:根据题意可知,离子a 、b 会在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动,由左手定则可知都带正电,选项A 正确;a 、b 为同种粒子,初速度大小也相同,根据洛伦兹力提供向心力知识得qvB=m 2v r ,r=mv Bq ,所以运动半径相同,据此作出它们运动的轨迹,如图所示,根据轨迹可以看出,b 将运动半个周期,而a 将超过半个周期,所以a 在磁场中运动的时间和路程都会比b 长,选项B 、C 错误;b 由于运动半周,落点距离O 为直径大小,明显比a 远,选项D 正确. 答案:AD4.(2013年新课标全国卷Ⅱ,17,6分)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面.一质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力,该磁场的磁感应强度大小为( )0mvqR3mv qR解析:带电粒子射入磁场其轨迹及各量的几何关系如图所示.粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qv 0B=m 20v r,粒子在磁场中的轨道半径r=Rtan60°R,则B=0mv qr选项A 正确. 答案:A点评： 在处理带电粒子在磁场中的运动问题时,画出运动轨迹,确定相关量间的几何关系是解题的关键. 5.(2012年广东理综,15,4分)质量和电量都相等的带电粒子M 和N,以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,下列表述正确的是( )A.M 带负电,N 带正电B.M 的速率小于N 的速率C.洛伦兹力对M 、N 做正功D.M 的运行时间大于N 的运行时间解析:由左手定则可判定M 带负电,N 带正电,选项A 正确;由图知M 的半径大于N 的半径,根据r=mvqB可推得M 的速率大于N 的速率,选项B 错误;洛伦兹力永不做功,选项C 错误;t=12T=πm qB,可知M 和N 的运行时间相同,选项D 错误. 答案:A6.(2012年北京理综,16,6分)处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动.将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值( ) A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比解析:由t=T=2πm qB 和I=q t 可得I=22πq B m,电流值与q 2成正比,与B 成正比,与m 成反比,D 项正确.答案:D7.(2011年浙江理综,20,6分)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子.图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝,两缝近端相距为L.一群质量为m 、电荷量为q,具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场.对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子,下列说法正确的是( )A.粒子带正电B.射出粒子的最大速度为()32qB d L m+C.保持d 和L 不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持d 和B 不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析:由左手定则可知粒子带负电,所以选项A 错误;粒子速度越大,在磁场中运动的半径越大,则r max =32d L+,由牛顿第二定律得:qv max B=2max max mv r ,由以上两式,得v max =()32qB d L m +,所以选项B 正确;粒子最小速度对应最小半径,此时r min =2L ,qv min B=2min min mv r ,由以上几式得v max -v min =32qBdm ,所以选项C 正确,选项D 错误.答案:BC8.(2013年北京理综,24(1),13分)对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质.一段横截面积为S 、长为l 的直导线,单位体积内有n 个自由电子,电子电量为e.该导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率均为v.(1)求导线中的电流I;(2)将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B,导线所受安培力大小为F 安,导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F,推导F 安=F.(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明) 解析:(1)设t 时间内通过导线横截面的电荷量为q,由电流定义,有I=q t =neSvt t=neSv. (2)每个自由电子所受的洛伦兹力F 洛=evB, 设导线中共有N 个自由电子,则N=nSl 导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和 F=NF 洛=nSlevB由安培力公式,有F 安=IlB=neSvlB 得F 安=F.答案:(1)neSv (2)见解析9.(2013年大纲全国卷,26,20分)如图所示,虚线OL 与y 轴的夹角θ=60°,在此角范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场,入射点为M.粒子在磁场中运动的轨道半径为R.粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于P 点(图中未画出)且OP =R.不计重力.求M 点到O 点的距离和粒子在磁场中运动的时间.解析:根据题意,带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运动轨迹交虚线OL 于A 点,圆心为y 轴上的C 点,AC 与y 轴的夹角为α;粒子从A 点射出后,运动轨迹交x 轴于P 点,与x 轴的夹角为β,如图所示. 有qvB=2mvR周期为T=2πRv过A 点作x 、y 轴的垂线,垂足分别为B 、D. 由图中几何关系得AD =Rsin αOD =AD cot 60°BP =OD cot βOP =AD +BPα=β由以上各式和题给条件得sin αcos α=1解得α=30°或α=90° 设M 点到O 点的距离为h h=R-OC根据几何关系OC =CD -OD =Rcos α 利用以上两式和AD =Rsin α得α+30°)解得h=1⎛ ⎝⎭R (α=30°)h=⎛ ⎝⎭R (α=90°) 当α=30°时,粒子在磁场中运动的时间为t=12T =π6mqB当α=90°时,粒子在磁场中运动的时间为t=4T =π2m qB.答案: 1⎛ ⎝⎭R (α=30°)或1⎛ ⎝⎭R (α=90°) π6mqB(α=30°)或π2mqB(α=90°) 10.(2010年广东理综,36,18分)如图(a)所示,左为某同学设想的粒子速度选择装置,由水平转轴及两个薄盘N 1、N 2构成,两盘面平行且与转轴垂直,相距为L,盘上各开一狭缝,两狭缝夹角θ可调(如图(b));右为水平放置的长为d 的感光板,板的正上方有一匀强磁场,方向垂直纸面向外,磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N 1,能通过N 2的粒子经O 点垂直进入磁场.O 到感光板的距离为2d,粒子电荷量为q,质量为m,不计重力.(1)若两狭缝平行且盘静止(如图(c)),某一粒子进入磁场后,竖直向下打在感光板中心点M 上,求该粒子在磁场中运动的时间t;(2)若两狭缝夹角为θ0,盘匀速转动,转动方向如图(b).要使穿过N 1、N 2的粒子均打到感光板P 1P 2连线上,试分析盘转动角速度ω的取值范围.(设通过N 1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达N 2).解析:(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力:qvB=m 2v R ①匀速圆周运动的周期T=2πRv② 又因粒子过O 点和M 点,粒子运动了14圆周 即t=4T③ 联立①②③式解得t=π2mqB. (2)速度最小的带电粒子在磁场中做圆周运动,过P 1P 2连线的左边缘且与P 1P 2连线相切,则做圆周运动的半径 r 1=4d④ 洛伦兹力提供向心力,qv 1B=m 211v r ⑤带电粒子在N 1、N 2之间运动时有:L=v 1t 1⑥ θ0=ω1t 1⑦ 联立④⑤⑥⑦式得:ω1=4qBd mLθ. 速度最大的带电粒子在磁场中做圆周运动过P 1P 2连线的右边缘,由几何关系得: 22r =222d r ⎛⎫- ⎪⎝⎭+d 2⑧ 洛伦兹力提供向心力,qv 2B=m222v r ⑨ 粒子在N 1、N 2之间运动时有:L=v 2t 2⑩ θ0=ω2t 2联立⑧⑨⑩式解得ω2=054qBd mLθ. 所以04qBd mL θ≤ω≤054qBd mLθ. 答案:(1)π2m qB (2)04qBd mL θ≤ω≤054qBd mLθ点评： 本题主要考查带电粒子在磁场中的运动.解决此题需要有较强的数学运算能力.本题较难,解题的关键是确定粒子打在感光板边缘上的半径.考点三 带电粒子在组合场中的运动 ★★★★1.(2013年浙江理综,20,6分)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P +和P 3+,经电压为U 的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里,有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示.已知离子P +在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时,离子P +和P 3+( )A.在电场中的加速度之比为1∶1B.∶1C.在磁场中转过的角度之比为1∶2D.离开电场区域时的动能之比为1∶3解析:磷离子P +与P 3+电荷量之比q 1∶q 2=1∶3,质量相等,在电场中加速度a=qEm,由此可知,a 1∶a 2=1∶3,选项A 错误;离子进入磁场中做圆周运动的半径r=mvqB,又qU=12mv 2,故有即r 1∶r 21,选项B正确;设离子P 3+在磁场中偏角为α,则sin α=2d r ,sin θ=1dr (d 为磁场宽度),故有sin θ∶sin α=1已知θ=30°,故α=60°,选项C 正确;全过程中只有电场力做功,W=qU,故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比,所以E k1∶E k2=W 1∶W 2=1∶3,选项D 正确. 答案:BCD点评： 本题综合考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,利用动能定理、圆周运动规律处理问题.难度中等.2.(2013年北京理综,22,16分)如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场.带电荷量为+q 、质量为m 的粒子,由静止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并进入磁场做匀速圆周运动.忽略重力的影响,求:(1)匀强电场场强E 的大小; (2)粒子从电场射出时速度v 的大小; (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R. 解析:(1)电场强度E=Ud.(2)根据动能定理,有qU=12mv 2-0得 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 2v R ,得答案:(1)Ud3.(2013年安徽理综,23,16分)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场,方向沿y 轴正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy 平面向里,正三角形边长为L,且ab 边与y 轴平行.一质量为m 、电荷量为q 的粒子,从y 轴上的P(0,h)点,以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场,通过电场后从x 轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限,又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限,且速度与y 轴负方向成45°角,不计粒子所受的重力.求:(1)电场强度E 的大小;(2)粒子到达a 点时速度的大小和方向; (3)abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值.解析:(1)带电粒子从P 到a 的过程中做类平抛运动,设粒子在电场中运动的时间为t, 则x 方向:v 0t=2h, y 方向:h=12at 2,又qE=ma联立以上各式可得E=202mv qh.(2)粒子到达a 点时沿y 轴负方向的分速度为v y =at, 解得v y =v 0.所以0,设速度方向与x 轴正方向的夹角为θ,则tan θ=y v v =1,θ=45°,即到a 点时速度方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角.(3)粒子在磁场中运动时,有qvB=m 2v r ,r=mv qB ,从上式看出,r ∝1B ,当r 最大时,B 最小.由题图可知,当粒子从b 点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,由几何关系得r max L,所以B min =02mv qL .答案:(1)22mv qh0 指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角 (3)2mv qL4.(2013年山东理综,23,18分)如图所示,在坐标系xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy 平面向里;第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E. 一带电荷量为+q 、质量为m 的粒子,自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入第四象限,经x 轴上的Q 点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场.已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力.(1)求粒子过Q 点时速度的大小和方向;(2)若磁感应强度的大小为一确定值B 0,粒子将以垂直y 轴的方向进入第二象限,求B 0;(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q 点,且速度与第一次过Q 点时相同,求该粒子相邻两次经过Q 点所用的时间.解析:(1)设粒子在电场中运动的时间为t 0,加速度的大小为a,粒子的初速度为v 0,过Q 点时速度的大小为v,沿y 轴方向分速度的大小为v y ,速度与x 轴正方向间的夹角为θ, 由牛顿第二定律得qE=ma ① 由运动学公式得 d=12a 2t ② 2d=v 0t 0③ v y =at 0④⑤tan θ=y v v ⑥联立①②③④⑤⑥式得⑦ θ=45°.⑧(2)设粒子做圆周运动的半径为R 1,粒子在第一象限内的运动轨迹如图所示,O 1为圆心,由几何关系可知△O 1OQ 为等腰直角三角形,得R 1⑨由牛顿第二定律得qvB 0=m21v R ⑩联立⑦⑨⑩式得B 0(3)设粒子做圆周运动的半径为R 2,由几何分析(粒子运动的轨迹如图所示,O 2、O 2′是粒子做圆周运动的圆心,Q 、F 、G 、H 是轨迹与两坐标轴的交点,连接O 2、O 2′,由几何关系知,O 2FGO 2′和O 2QHO 2′均为矩形,进而知FQ 、GH 均为直径,QFGH 也是矩形,又FH ⊥GQ,可知QFGH 是正方形,△QOF 为等腰直角三角形.)可知,粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆,得2R 2粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得FG=HQ=2R 2设粒子相邻两次经过Q 点所用的时间为t,则有t=22πFG HQ R v++联立⑦式得t=(2+π.答案方向与x 轴正方向成45°角斜向上(3)(2+π5.(2013年天津理综,11,18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N,其中M 板带正电荷,N 板带等量负电荷.质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放,经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求:(1)M 、N 间电场强度E 的大小; (2)圆筒的半径R;(3)保持M 、N 间电场强度E 不变,仅将M 板向上平移23d,粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n. 解析:(1)设两板间的电压为U,由动能定理得 qU=12mv 2① 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed ②联立上式可得E=22mv qd.③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出,因此,SA 弧所对的圆心角∠AO ′S 等于π3.作出圆心O ′,设圆半径为r, 由几何关系得r=Rtanπ3④ 粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律,得qvB=m 2v r ⑤联立④⑤式得.⑥(3)保持M 、N 间电场强度E 不变,M 板向上平移23d 后,设板间电压为U ′,则U ′=3Ed =3U ⑦ 设粒子进入S 孔时的速度为v ′,由①式看出U U '=22v v '综合⑦式可得v ′v ⑧设粒子做圆周运动的半径为r ′,则r ′ 设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r ′=R,可见θ=π2⑩ 粒子需经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出,故n=3.答案:(1)22mv qd(3)36.(2012年新课标全国理综,25,18分)如图,一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面).在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域,在圆上的b 点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直.圆心O 到直线的距离为35R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域,也在b 点离开该区域.若磁感应强度大小为B,不计重力,求电场强度的大小.解析:粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB=m 2v r①式中v 为粒子在a 点的速度.过b 点和O 点作直线的垂线,分别与直线交于c 和d 点.由几何关系知,线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一个正方形.因此ac =bc =r ② 设cd =x,由几何关系得ac =45R+x ③bc =35联立②③④式得r=75R ⑤ 再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r, 由运动学公式得r=12at 2⑦ r=vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间,联立①⑤⑥⑦⑧式得E=2145qRB m .答案:2145qRB m7.(2012年山东理综,23,18分)如图(甲)所示,相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向里,在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ,两极板中心各有一小孔S 1、S 2,两极板间电压的变化规律如图(乙)所示,正反向电压的大小均为U 0,周期为T 0.在t=0时刻将一个质量为m 、电量为-q(q>0)的粒子由S 1静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在t=02T 时刻通过S 2垂直于边界进入右侧磁场区.(不计粒子重力,不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S 2时的速度大小v 和极板间距d.(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件.(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t=3T 0时刻再次到达S 2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小. 解析:(1)粒子由S 1至S 2的过程,根据动能定理得: qU 0=12mv 2①解得 设粒子的加速度大小为a, 由牛顿第二定律得:qU d=ma ③ 由运动学公式得d=12a 202T ⎛⎫ ⎪⎝⎭④联立③④式得⑤。