(五年高考真题)2016届高考物理专题九磁场(全国通用)

1、（五年高考真题）2016届高考物理 专题九 磁场（全国通用） 五年高考真题 11 考点一磁场、磁场力 1. （2015 新课标全国H ,18 , 6分）（难度）（多选）指南针是我国古代四大发明之 一关于指南针，下列说法正确的是（） A. 指南针可以仅具有一个磁极 B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C. 指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D. 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 解析 指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球 具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故 C正确；根据安培定则，在指南

2、针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产 生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误. 答案 BC 2. （2015 海南单科，1, 3分）（难度）如图，a是竖直平面P上的一点，P前有 - 条形磁铁垂直于 P,且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁 的磁场的共同作 用下，在水平面内向右弯曲经过 a点.在电子经过 a点的瞬 间，条形磁铁的磁场对该电 子的作用力的方向（） A. 向上B .向下C .向左D .向右 解析 条形磁铁的磁感线在 a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由 左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确. 答案 A 3. （2015 江苏单科，4,

3、 3分）（难度）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强 度.下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂 在天平的右臂下 方.线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态.若磁场发生微小变化，天平最容 易失去平衡的是（） 解析 由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据F = BIL 知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正 确. 答案 A 4. （2014 新课标全国I,15, 6分）（难度）关于通电直导线在匀强磁场中所受的 安培力，下列说法正确的是 （） A. 安培力的方向可以不垂直于直导线 B. 安培力的方向总是垂直于磁场的

4、方向 C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 解析 由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错、B 正确；安培力的大小 F= BILsin B与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直 导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂 直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁 场垂直，则安培力的大小变为原来的扌.因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错 误. 答案 B 5. （2014 浙江理综,20 , 6分）（难度）（多选）如

5、图1所示，两根光滑平行导轨水平 放置，间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称 放置一根均匀金属棒.从 t = 0时刻起，棒上有如图 2所示的持续交变电流I，周期为T, 最大值为Im,图1中|所示方向为电流正方向.则金属棒（） A. 直向右移动 B. 速度随时间周期性变化 C. 受到的安培力随时间周期性变化 D. 受到的安培力在一个周期内做正功 解析 根据题意得出v-t图象如图所示，金属棒一直向右运动， A正确；速度 随时间 做周期性变化,B正确；据F安=BIL及左手定则可判定，F安大小不变， 方向做周期性变 化，则C项正确；F安在前半周期做正功，后半周期做负功，

6、则D项错. 答案 ABC 6. （2012 全国卷，18, 6分）（难度）如图所示，两根相互平行的长直导线过纸 面上的M N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流.a、O b在M N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均 相等.关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（） A. O点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、c两点处磁感应强度的方向不同 解析 先根据安培定则可判断 M N两点处的直线电流在 a、b、c、d、O各点产生 的磁场方向如图所

7、示，再利用对称性和平行四边形定则可确定各点（合）磁场的方向.磁场 叠加后可知，a、b、c、d、O的磁场方向均相同，a、b点的磁感应强度大小相等，c、d两 点的磁感应强度大小相等.所以只有C正确. 答案 C 7. （2012 天津理综，2, 6分）（难度）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质 细线水 平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平 衡时两悬线与竖直方 向夹角均为0 .如果仅改变下列某一个条件，0角的相应 变化情况是（） ! ! X) A. 棒中的电流变大， 0角变大 B. 两悬线等长变短， 0角变小 C. 金属棒质量变大， 0角变大 D. 磁感应强度变大， 0角变小

8、 解析对金属棒受力分析如图所示由三力平衡的特点得 tan 0 =昱，故A正确，C mg D错误；悬线的长度对 0角没有影响，B错误. 答案 A 闭合开 关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了 0.3 cm,重力加速度 大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量. 解析 6 A 导体棒受到的安培力大小为F= BIL = 0.06 N 由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下 由平衡条件知：开关闭合前：2kx = mg 开关闭合后：2k（x + x） = mg+ F 代入数值解得 m= 0.01 kg 答案 0.01 kg 9. （2

9、015 重庆理综，7,15分）（难度）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统 的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形 刚性线圈构成，线圈边长为L,匝数为n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线 圈平面竖直向下，大小为B,区域外的磁场忽略不计线圈左边始终在磁场外，右边始终 在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从 P流向Q大小为I. （1）求此时线圈所受安培力的大小和方向； （2）若此时线圈水平向右运动的速度大小为V,求安培力的功率. 解析（1）对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受 的安培力，由安培力公式得 F=

10、 n BIL 由左手定则知方向水平向右 安培力的功率为P= F v 联立式解得 P= n BILv 答案 （1） nBIL 方向水平向右（2） nBILv 10. （2015 浙江理综，24, 20分）（难度）小明同学设计了一个“电磁天平”，如 图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长 L= 0.1 m，竖直边长 H= 0.3 m，匝数为Ni.线圈的下边处于匀强 磁场内，磁感应强度Bo = I .挂盘放上 待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡, 测出电流即可测得物体的质量. （重力加速度 1.0 T，方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电

11、流 取 g= 10 m/s 2) H 图2 （1）为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N至少为多少? （2）进一步探究电磁感应现象，另选 N2= 100匝、形状相同的线圈, 总电阻 R = 10 Q,不接外电流，两臂平衡如图2所示，保持B0不变，在线圈上部 另加垂直纸面向 外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域 宽度 d= 0.1 m.当挂盘中放 应强度的变化率 jLB zvt. 质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感 解析（1）题中“电磁天平”中的线圈受到安培力 F= NB0IL 由天平平衡可知： mgr NBIL 代入数据解得：N= 25匝 B 由电磁

12、感应定律得： E= 2= N2 Ld t t 由欧姆定律得：I = | R 线圈受到的安培力 F= NBI L 由天平平衡可得：m g= NbB dL 代入数据可得 詈=0.1 T/s 答案(1)25 匝(2)0.1 T/s 考点二带电粒子在匀强磁场中的运动 1. （2015 新课标全国I, 14, 6分）（难度）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度 小不同、方向平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子 （不计重 力），从较强 磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的（） A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小 C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小

13、 解析 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即 2 mvmv qvB= ，轨道半径r =，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变，轨道半径r rqB v qB 变大，根据角速度 3=- = -可知角速度变小，选项 D正确. r m 答案 D 2. （2015 新课标全国n ,19 , 6分）（难度）（多选）有两个匀强磁场区域I和n,I 中的磁感应强度是n中的k倍两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与 I中运动的电子相比，n中的电子 （） A. 运动轨迹的半径是I中的 k倍 B. 加速度的大小是I中的 k倍 C. 做圆周运动的周期是I中的 k倍 D. 做圆周运

14、动的角速度与I中的相等 解析 设电子的质量为 m速率为v,电荷量为q,设E2= B, Bi= kB qvB= mv 则由牛顿第二定律得: 由得： mv2 n m r= t= - R qB 1 qB RT2 所以 =k,匚=k R11 2 vv 根据a=, w =可知 RR 所以选项A、C正确，选项B、D错误. 答案 AC 3. （2015 广东理综，16, 4分）（难度）在同一匀强磁场中，a粒子（；He）和质子 1 （iH）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则a粒子和质子（） A. 运动半径之比是 2 ：1 B. 运动周期之比是 2 ：1 C. 运动速度大小之比是 4 ：1 D. 受到的洛

15、伦兹力之比是2 ：1 解析 a粒子和质子质量之比为 4：1,电荷量之比为 2 : 1，由于动量相同，故速度 之比为1 : 4;同一磁场，B相同由r = mV得两者半径之比为 1 : 2;由T= 2nm，得周 qBqB 期之比为2 : 1 ;由f洛=qvB,得洛伦兹力之比为 1 : 2.故只 有B正确. 答案 B 4. （2015 四川理综，7, 6分）（难度）（多选）如图所示，S处有一电子源，可 向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L= 9.1 cm，中点O 与S间的距离d= 4.55 cm , MN与SO直线的夹角为0，板所在平面有电子源的一侧区 域有方向垂直于纸面向

16、外的匀强磁场，磁感应强度 B= 2.0 X 10 4 T.电子质量 m= 9.1 X 10 31 kg,电量e= 1.6 X 10 19 C,不计电 子重力.电子源发射速度 v= 1.6 X 10 6m/s的一个电子, 该电子打在板上可能 位置的区域的长度为I,则（） A. 0 = 90 时， l = 9.1 cm B. 0 = 60 时, C.0 = 45 时， l = 4.55 cm D. 0 = 30 时, 解析电子在匀强磁场运动的轨道半径为 l = 9.1 cm l = 4.55 cm mv 9 二=4.55 cm qB 电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当0 = 90时，竖直向下发射的

17、粒子恰好打到N 点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l = L= 9.1 cm , A正确；当0 =30。时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好 与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故I = 4.55 cm , D正确； 进而可分析知当e = 45或e = 60时，粒子打到板上的范围大于ON/小于NM即4.55 cmx I v 9.1 cm , 答案 AD 5. （2014 新课标全国I, 16, 6分）（难度）如图，MN为铝质薄平板，铝板 上方和 下方分别有垂直于图平面的匀强磁场 （未画出）.一带电粒子从紧贴铝 板上表面的P

18、点垂直 于铝板向上射出，从 Q点穿越铝板后到达 PQ的中点O,已知粒子穿越铝板时，其动能损 失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力铝 板上方和下方的磁感应强度大小之比为 A. 2 B. 2 解析由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍； 由 mVqBR1q2b2r2 洛伦兹力提供向心力:qvB=得v =;其动能E= 1mV=，故磁感应强度B= Rm22m /2mE B1/Eki R? 2 丄古. .q賀，BT , Ek2 RTT，选项 D正确. 答案 D 6. （2014 新课标全国n ,20 , 6分）（难度）（多选）图为某磁谱仪部分构件的示意 图图中，永磁铁提供匀强磁场

19、，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨 迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列 说法正确的是（） -1 1 永 i 1 Itt 硅诸玉径 迹採離器 铁 i I V 1 1ft A. 电子与正电子的偏转方向一定不同 B. 电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C. 仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D. 粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 解析 在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关系未 偏转方向必相反, mv 故A正确；因亟各粒子虽 q相同、但v关系未知， 故m相同、v不同时轨迹半径不 知.由左

20、手定则可知电子与正电子进入磁场时所受沦伦兹力方向相反、 1 2 同,而当r相同时只能表明 mv相同，不能确 定m的关系，故B错误,C正确；由E= 可见当Ek越大 时确定的粒子其轨迹半径越大，故 D错误. 答案 AC 7. （2014 安徽理综，18, 6分）（难度） “人造小太阳”托卡马克装置使用强磁 场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁 碰撞.已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的 等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在 磁场中的运动半径不变.由此可判断所需 的磁感应强度B正比于（） A. T B. T C. T3

21、 D. T2 解析 等离子体在磁场中受到的洛沦兹力提供向心力，有 2 mvBqR qvB= ,得 v= = Rm 1 2 1 BR 动能云=了m2= 2 2 m 由题意得E 0）、质量 R 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.已知粒子射出 磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 则粒子的速率为（不计重力）（ 60 A霁 2m 2m 解析 粒子运动的情景如图所示 .由于入射点M距离直径 ab为R2，且入射 方向MC 平行于ab,所以/ MOG60 .粒子射出磁场时，偏转角度为 60,即/ MO B= 60 .所 mv 以由几何关系知 hbRb正确. m 答案 B 圆

22、柱形匀强磁场区域, 9. （2013 新课标全国n, 17, 6分）（难度）空间有 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（q0）的粒 子以速率vo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 念mv 3qR V3mv C. qR ( ) mv B.- qR 3mw D.- qR 解析 根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子运动的半径 r = .3R,根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力可得，qvoB= ny，解 得，B= 3，A项正 确. 答案 A 10. （2013 广东理综，21 , 4分

23、）（难度）（多选）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 15 的有（） A. a、b均带正电 b的短 B. a在磁场中飞行的时间比 C. a在磁场中飞行的路程比b的短 D. a在P上的落点与0点的距离比b的近 解析 由左手定则可判断粒子 a、b均带正电，选项A正确；由于是同种粒子，且 粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径r= mB相同，周期T= 也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b在磁场中运 动轨迹是半个圆周，a在磁场中 qB 运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确. 答案 AD 11. （201

24、3 安徽理综，15, 6分）（难度）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（ ） 丿 J *P d 较 *0 a * ” B不变，在内外金属 （3）换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度 从P点进入，Q点 板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应为使离子仍 射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小. 2 mv 解析（1）离子做圆周运动 Bqv=p mv q=，根据左手定则可判断离子带正电荷 =Br （

25、2）离子进入通道前、后的轨迹如图所示 O Q= R, OQ= L, 引出轨迹为圆弧, 2 mv_ qv=-R mv 2 + (R r) + 2L(R r)cos 0 R= qB- 由余弦定理得氏=L2 r + L 2rLcos 0 _ 解得R= 2r 2Lcos 0 2 2 故mv= mv2(2r2 2Lcos 0) qR q (r + L 2rLcos 0 ) （3）电场强度方向沿径向向外 2 mv 引出轨迹为圆弧 Bqv Eq= R 2 mv (2r 2Lcos 0 ) 解得E= Bvr2-打 q (r + L 2rLcos 0 ) mv 十亠卄mv ( 2r 2Lcos 0 ) 答案 乔

26、 正电何 (2) q(2+ l2 2rLcos 0 ) 2 mv (2r 2Lcos 0) (3) Bv 2 r2 q (r + L 2rL cos 0 ) 14. （2015 山东理综，24 , 20分）（难度）如图所示，直径分别为D和2D 的 同心圆处于同一竖直面内，0为圆心，GH为大圆的水平直径.两圆之间的环形区域（I区） 和小圆内部（n区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场.间距为 d 的两平行金属极板间有一 d 匀强电场，上极板开有一小孔.一质量为m电量 为+q的粒子由小孔下方？处静止释放， 加速后粒子以竖直向上的速度 v射出 电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场.不计粒子的 重力. (1)

27、求极板间电场强度的大小; 若粒子运动轨迹与小圆相切，求I区磁感应强度的大小; 若I区、n区磁感应强度的大小分别为 需4mv粒子运动一段时间后再 次经过 H点，求这段时间粒子运动的路程. 解析(1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动，由动 能定理 d 12介 qE- 2= qmv 2 丹 e mv_ 解得E= qd (2) 设I区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R由牛顿第二 2 mv_ qvB= -r 定律得 如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况.若粒子轨迹与小圆外切, 几何关系得 D R= 4 联立式得 4mv B= 4D 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系

28、得 r= 3D 4 # 联立式得 B= 4mv 3qD 21 设粒子在I区和n区做圆周运动的半径分别为R、F2,由题意可知，1区 磁感应强度的大小分别为B=2；Dv 4mv 而, 由牛顿第二定律得 2 2 vv qvB = nR, qvB2= nR 代入数据得 R= D, R2=D 设粒子在I区和n区做圆周运动的周期分别为T、匸，由运动学公式得 T1 = 2n R T2 = 乙 据对称 e 2,圆弧 据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根 可知，1区两段圆弧所对圆心角相同，设为e i,n区内圆弧所对圆心角设为 和大圆的两个切点与圆心 o连线间的夹角设为a,由几何关系

29、得 e i= 120 ? e 2=i80 ? a = 60 ? 丙 圆周运 粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在I区和n区做 动的时间分别为tl、t2可得 360 e 1X 2 11= xT1 t1 a 360 11， 360 e 2 t2= a x 360 T2? 设粒子运动的路程为 s，由运动学公式得 S= v(ti+1 2) ? 联立？ ？ ？ ？ ？式得 S= 5.5 n D? 仆占mV4m4mv 答案(1)而而或3qD55 n D 15. (2014 广东理综，36 , 18分)(难度)如图所示，足够大的平行挡板 A、 A竖直放置，间距 6L.两板间存在两个方向相反

30、的匀强磁场区域I和n. 以水平面MN为理 想分界面，1区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外. A、A上各有位置正对的小孔 S、S,两孔与分界面 MN的距离均为L.质量为m 电荷量为+ q的粒子经宽度为d的匀 强电场由静止加速后，沿水平方向从S 进入I区，并直接偏转到 MN上的P点，再进入n 区，P点与A板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑. (1) 若k= 1，求匀强电场的电场强度E； (2) 若2k3，且粒子沿水平方向从Sz射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的 关系式和n区的磁感应强度B与k的关系式. 解析(1)粒子在电场中，由动能定理有 qEd=并0 粒子在I区洛伦兹

31、力提供向心力 2 V1 qv1B0= mr 当k = 1时，由几何关系得r = L 由解得 E= q 3 (2) 若A t = 2b,求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3) 若Bo = 4mV，为使粒子仍能垂直打在P板上，求Tb. qd 解析(1)设粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得 2 qvoBo= R 据题意由几何关系得 R= d 联立式得 m B)= qd (2)设粒子做圆周运动的半径为艮，加速度大小为 a,由圆周运动公式得 2 a=昔 据题意由几何关系得 3R= d 联立式得 a= 3v2 T (3) 设粒子做圆周运动的半径为 R,周期为T,由圆周运动公式得 Vo 由牛顿第

32、二定律得 2 mf qvoBo= R 4mv 由题意知Bo=，代入式得 qd d= 4F 粒子运动轨迹如图所示，OQ为圆心，O、Q连线与水平方向的夹角为e, 在每个 Tb内,只有A B两个位置才有可能垂直击中 P板，且均要求 o e v -2,由题意可知 T= 设经历完整Tb的个数为n(n= 0, 1, 2, 3) 若在A点击中P板，据题意由几何关系得 R+ 2( R+ Rsine ) n= d? 当n = 0时，无解？ 当n = 1时，联立？式得 n =(或 sin 1 e = 2)? 联立？式得 Tb= n d 嬴? 当n2时，不满足0 e ine + 2( R+ Rsin e ) n =

33、 d? 当n = 0时，无解？ 当n = 1时，联立？式得 1亠 1 e = arcsin 4(或 sin e = 4) ? 联立？式得 n1 d Tb= (7+arcsin4)2V0? 当n2时，不满足0 e 丨 ; w: : : * : (1) 求磁场区域的宽度 h； (2) 欲使粒子到达收集板的位置从 P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量厶v； 欲使粒子到达 M点，求粒子入射速度大小的可能值. 解析(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r 根据题意 L= 3rsin 30 + 3dcos 30 且 h = r(1 cos 30 ) 2 解得 h= (-L 3d)(1 3 23 (2)设改变

34、入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为 2 , 2 vV, mr = qvB, mr = qv B 由题意知 3r sin 30 = 4r sin 30 解得 v=vv= qB(6 m 6 (3)设粒子经过上方磁场n次 由题意知 L= (2n+ 2) dcos 30 + (2 n+ 2) rnsin 30 且 nv = qvnB,解得 vn= qB(_L 3d)(1 +g t 答案（1）目mgh- 33 6. （2015 重庆理综，9, 18分）（难度）如图为某种离子加速器的设计方 MN 和M 案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中 N是间距为h的两平行极板，其上分别有正对

35、的两个小孔O和O ,O N = ON= d,P 为靶点，O P= kd（k为大于1的整数）.极板间存在方 向向上的匀强电场，两极板间电压为 U质量为m带电量为q的正离子从 O 点由静止开始加速，经 O进入磁场区域.当离子 打到极板上O N区域（含N点）或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁 场存在，离子可匀 求: （1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小; 能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值; 打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间. 解析（1）粒子经电场加速一次后的速度为V1，由动能定理得 1 2 qU= 2mv 粒子能打到P点，则

36、在磁场中的轨道半径 1=罗 2 mv 对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qwB = r 1 联立式解得B =驚泸 （2）若粒子在电场中加速n次后能打到P点，同理可得 nqU= 2-m2(n= 1, 2, 3，) rn= kd mv_ qvB= r n 联立式解得B= 求粒子在第2层磁场中运动时速度V2的大小与轨迹半径2； 粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为 qkd|Ur 由题意可得当n= 1时，2ri词 解得n m? 则导致 sin 0 n 1? 说明0n不存在，即原假设不成立所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场 右侧边界. 答案 （3）见解析 的最少 为了在QN区域

37、将原本打在 MC区域的所有离子检测完整，求需要调节U 次数.(取 lg 2 = 0.301 , lg 3 = 0.477, lg 5 = 0.699) 解析(1)离子在电场中加速: 在磁场中做匀速圆周运动: 12 qU = qmv 2 v qvB= m- r 解得r = 打在MN中点P的离子半径为 ro= 3l,代入解得 9qBV 吩32U 2 165 100U) U= 8T 5 由(1)知，U= 9L?离子打在 Q点时r = 6L, 离子打在 N点时r = L, U= 罟，则电压的范围 吗U型 819 由(1)可知，r * U 由题意知，第1次调节电压到 U,使原本Q点的离子打在 N点 丄绥

38、 5LU 6 5 此时，原本半径为r1的打在Q的离子打在Q上+=還 解得n= 5 2L 第2次调节电压到U2,原本打在 Q的离子打在N点，原本半径为2的打在Q的离 子打在Q上,则: 丄=U2 r1U0， 45 解得K 5 3l 6 同理，第n次调节电压，有rn= 5 检测完整，有r n W2 lg 2 解得n2.8 6 lg（5） 5 最少次数为3次 答案 2. 2 9qBL (1)- 32U0 100U0 81 16U0 (3)3 次 9. (2014 浙江理综, 25,22分）（难度）离子推进器是太空飞行器常用的动 系统某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为 R的圆柱腔分为两个工作

39、 区.1为电离区，将氙气电离获得1价正离子；n为加速区，长度为L,两端加有电 压，形成轴向的匀强电场.1区产生的正离子以接近0的初速度进入n区，被加速后以速度 VM从右侧喷出. I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B,在离轴线 H2处的C点持 续射出 一定速率范围的电子.假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示 （从左向右看）.电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成a角（0 (4)电子运动轨迹如图所示, OAf R- r, OC= R, AC= r 根据几何关系得r = 3R 4 (2 sin a ) 3eBR 由式得Vmax= 4m(2 sin a) mVM vM 答案

40、(1)-(2)垂直纸面向外 2e2L 3eBR3eBR V0W v 乔 vmax= 4m (2-sin a) 10. （2014 重庆理综，9, 18分）（难度）如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT 间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于 NSTM平面向外和向内的匀 强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B, KL为上、下 磁场的水平分界线，在NS和MT边界 上，距KL高h处分别有P、Q两点, NS和 MT间距为1.8 h.质量为m带电荷量为+ q 的粒子从P点垂直于NS边 界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为 g. 求电场强度的大小和方向. . I it xKxM

41、I MMI * MKM r.利J XXMX （2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值. 若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值. 解析（1）设电场强度大小为 E. 由题意有mg= qE mg 得E=，方向竖直向上. q （2）如图1所示,设粒子不从 NS边飞出的入射速度最小值为Vmin,对应的粒子 在上、下 区域的运动半径分别为ri和2, 圆心的连线与NS的夹角为0 . mv 由r=qB mv）in1 有2不，戸尹 由（r i+2）s in0=2 Vmin= (9 6 .2) qBh （3）如图2所示，设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为ri

42、和 2,粒子第一次通过 KL时距离K点为x. 由题意有 3nx= 1.8 h(n= 1, 2, 3，) (9 6 2) h 2 x= ri( h ri) e0.36 h 得 r 1= (1 + 厂),n v 3.5 n 2 即n = 1时, 0.68 qBh n= 2 时, 0.545 qBh n= 3 时, 0.52 qBh m 答案嶋方向竖直向上（2）（9 - 6曲詈 （3）见解析 11. （2014 大纲全国，25 , 20分）（难度）如图，在第一象限存在匀强磁场，磁 感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负 向在y轴正半轴上某点以与 x轴正向平行、大小为 V。的速度发射 出一带正电荷的粒子 该粒子在（d, 0）点沿垂直于x轴的方向进入电场不计重力.若该粒子离开电场时速度 方向与Y轴负方向的夹角为 0，求 （1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值; （2）该粒子在电场中运动的时间. 解析（1）如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动.设磁感应强度的大小为 子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为Ro.由洛仑兹力公式