高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题九磁澄件课件PPT

这是一份高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题九磁澄件课件PPT，共60页。
专题九　磁场
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一　磁场的性质　安培力
1.(2019浙江4月选考,4,3分)下列陈述与事实相符的是 (　　)A.牛顿测定了引力常量B.法拉第发现了电流周围存在磁场C.安培发现了静电荷间的相互作用规律D.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因
答案    D　卡文迪许测定了引力常量,选项A错误;奥斯特发现了电流周围存在磁场,选项B错误;库仑发现了静电荷间的相互作用规律,选项C错误;伽利略指出了力不是维持物体运动的原因,选项D正确。
2.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图像正确的是 (　　) 
答案    A　当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是A。
3.(2018浙江11月选考,2,3分)发现电流磁效应的物理学家是 (　　)A.法拉第　    B.奥斯特　    C.库仑　    D.安培
答案    B　奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象,库仑发现了库仑定律,安培提出了分子电流假说,B正确。
4.(2018浙江11月选考,7,3分)电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ,线圈Ⅰ固定,线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时,天平示数恰好为零。下列说法正确的是 (　　)A.当天平示数为负时,两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时,两线圈电流方向相同C.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
答案    A　当两线圈电流方向相同时,表现为相互吸引,电流方向相反时,表现为相互排斥,故当天平示数为正时,两者相互排斥,电流方向相反,当天平示数为负时,两者相互吸引,电流方向相同,A正确,B错误;线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力,等大反向,C错误;当线圈Ⅰ、Ⅱ中通有电流时,线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力,D错误。
5.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通以电流I时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是 (　　) 
答案    D　由左手定则可知,线框左边导线受到竖直向上的安培力、右边导线受到竖直向下的安培力,故D正确。
6.(2018浙江4月选考,12,3分)在城市建设施工中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所示。有一种探测方法是,首先给金属长直管线通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作:①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点,记为a;②在a点附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线EF;③在地面上过a点垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点,测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线 (　　) A.平行于EF,深度为 　    B.平行于EF,深度为LC.垂直于EF,深度为 　    D.垂直于EF,深度为L
答案    A　根据题意作出垂直于管线方向的某一截面图,如图所示,点a为水平地面距离管线最近的点即磁场最强的点,同一水平地面相距L的b、c两点磁场方向与地面夹角为45°,由几何关系可得a点距管线距离即管线深度,为L/2;与a点磁感应强度相同的点与管线等距,其连线EF应过a点垂直纸面与管线平行,故选项A正确。 
7.(2017浙江4月选考,3,3分)下列描述正确的是 (　　)A.开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆B.牛顿通过实验测出了引力常量C.库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量D.法拉第发现了电流的磁效应
答案    A　开普勒提出了太阳系行星运动三定律,指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆,太阳在椭圆轨道的一个焦点上,选项A正确;卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量,选项B错误;密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量,选项C错误;奥斯特发现了电流的磁效应,选项D错误。
8.(2017浙江4月选考,9,3分)如图所示,两平行直导线cd和ef竖直放置,通以方向相反、大小相等的电流,a、b两点位于两导线所在的平面内。则 (　　)A.b点的磁感应强度为零B.ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C.cd导线受到的安培力方向向右D.同时改变两导线的电流方向,cd导线受到的安培力方向不变
答案    D　根据安培定则可知,b点的磁场方向为垂直纸面向外,所以选项A错误;cd在a处产生的磁场方向垂直纸面向里,ef在a处产生的磁场方向垂直纸面向外,所以选项B错误;根据左手定则可判断,电流方向相反的两根导线互相排斥,所以选项C错误;不管电流方向如何,只要电流方向相反,就互相排斥,选项D正确。
9.(2016浙江10月选考,10,3分)如图所示,把一根通电的硬直导线ab,用轻绳悬挂在通电螺线管正上方,直导线中的电流方向由a向b。闭合开关S瞬间,导线a端所受安培力的方向是 (　　) A.向上　     B.向下C.垂直纸面向外　    D.垂直纸面向里
答案    D　根据安培定则可知,开关闭合后,螺线管右端为N极。根据左手定则可知,导线a端受垂直纸面向里的安培力,选项D正确。
10.(2016浙江4月选考,9,3分)法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心,N极向上。一根金属杆斜插在水银中,杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连,与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看,金属杆     (　　) A.向左摆动　     B.向右摆动C.顺时针转动　    D.逆时针转动
答案    D　通过金属杆的电流流向铰链,根据左手定则,判断安培力的方向,从上往下看,金属杆逆时针转动,故D正确。
11.(2015浙江10月选考,9,3分)小张在探究磁场对电流作用的实验中,将直导线换作导体板,如图所示,发现在a、b两点之间存在电压Uab。进一步实验结果如下表:
由表中结果可知电压Uab (　　)A.与电流无关　     B.与磁感应强度无关C.与电流可能成正比　    D.与磁感应强度可能成反比
答案    C　探究目标是电压与电流、磁感应强度的关系,由控制变量法可知I一定时,Uab与B成正比,同理,B一定时,Uab与I成正比,故只有C正确。
1.(2019浙江4月选考,23,10分)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成,其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场,右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行,两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束,从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中,质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动,从N点水平射出,而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出,从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中,最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上,其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0,OQ=r0,N、P两点间的电势差UNP= ,cos θ= ,不计重力和离子间相互作用。
考点二　洛伦兹力　带电粒子在匀强磁场中的运动
 (1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小;(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示);(3)若磁感应强度在(B-ΔB)到(B+ΔB)之间波动,要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子,求 的最大值。
答案　(1)E0=     B= 　(2)1.5r0　(3)12%
2.(2017浙江11月选考,23,10分)如图所示,x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,坐标原点处有一正离子源,单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子,分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板,其右端点距坐标原点的距离为2L,当磁感应强度为B0时,沿y轴正方向入射的离子,恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中,不计重力,不考虑离子间的碰撞,忽略离子间相互作用。(1)求离子的比荷 ;(2)若发射的离子被收集板全部收集,求θ的最大值;
(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ=37°,磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时,求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。(不计离子在磁场中运动的时间)
答案　见解析
解析　(1)洛伦兹力提供向心力qvB0=m 圆周运动的半径R=L得 = (2)如图1所示,以最大值θm入射时,有Δx=2R(1-cos θm)=L或2R cos θm=L得θm=  
图1
(3)B>B0,全部收集到离子时的最小半径为R1如图2,有2R1 cos 37°=L得B1= =1.6B0当B0≤B≤1.6B0时,有n1=n0B>1.6B0,恰好收集不到离子时的半径为R2,有R2=0.5L得B2=2B0当1.6B00)。霍尔片的放大图如图2所示,它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上,磁感应强度大小为B=B0(1-β|x|),β>0。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给霍尔片通以沿C1、C2方向的电流I,则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。(1)指出D1、D2两点哪点电势高;(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd,其中e为电子电荷量);(3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同电流,测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示)
图1　　　　　　　　　图2 
图3
答案　(1)D1点电势高　(2)U0= 　(3)       
解析　(1)N型半导体中可以自由移动的是电子,根据左手定则可以知道电子往D2端移动,因此D1点电势高。(2)根据霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:evB0=e 将v= 代入解得:U0= (3)由任意时刻霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:evB=e 则UH(t)= = (1-β|x|)= (1-β|αp|)=U0(1-αβ|p|)由上式可得|p|= - 结合UH-t图像可知,振幅A=  ,频率f= 。
命题制作　本题体现了新高考的命题方向,主要是与前沿的科技应用接轨。霍尔元件是磁场这一专题必须掌握的一个知识点,本身不应构成难点。该题的难点在于题型属于新模型,弹性盒、压力波等都是新名词,但仔细读题会发现,压力传感器的原理部分都是弱化的,整个复杂的装置就只能提炼一个p(t)函数,而且这个函数正比于x,到这里应该就清楚,复杂的装置不需要过多地去分析原理。
4.(2018浙江11月选考,23,10分)小明受回旋加速器的启发,设计了如图1所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上,板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压,周期T0= 。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处,仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源,沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t=0时刻,发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力,粒子在电场中运动的时间不计。 
图1
图2(1)若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到,求发射源的位置和粒子的初动能;(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到,求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系
答案　(1)x0=y0, 　(2)见解析
解析　(1)发射源的位置x0=y0,粒子的初动能:Ek0= ;(2)分下面三种情况讨论:(ⅰ)如图1,Ek0>2qU0  图1由y= 、R0= 、R1= ,和 m = m -qU0, m = m -qU0,
及x=y+2(R0+R1),得x=y+  +  ;(ⅱ)如图2,qU0mb>mc　    B.mb>ma>mc　    C.mc>ma>mb　    D.mc>mb>ma
答案    B　本题考查带电粒子在复合场中的运动。因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvcma>mc,B正确。
5.(2016课标Ⅰ,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 (　　) A.11　    B.12　    C.121　    D.144
答案    D　设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU= mv2①,在磁场中qvB=m ②,联立两式得m= ,故有 = =144,选项D正确。
6.(2018课标Ⅰ,25,20分)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y0)的粒子以速度v0垂直DC边从小孔S射出。若该粒子与正方形框架碰撞时均无能量损失,且每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边。不计粒子的重力,框架光滑。 (1)若带电粒子以最短的时间打到C点,求磁感应强度大小B;(2)保持(1)求得的磁感应强度不变,为使从S点发出的粒子最终又回到S点,且运动时间最短,求带电粒子从S点发出时的速率v和最短时间tmin;
答案　(1) 　(2)2v0     
解析　(1)根据洛伦兹力提供向心力,得qvB=m 粒子经过一次偏转垂直打在C点所用时间最短,应满足:R= 解得:B= = (2)带电粒子运动有两种可能的运动路径,一是半圆周运动与直线运动的组合,另一是半圆周运动。对前者,有R= 所用时间:t1 min= + = (π+2)对后者,有R= × (n=1,2,3,…)在磁场中粒子做圆周运动的速度:v= = (n=1,2,3,…)粒子在磁场中偏转的角度最小时,运动时间最短,取n=1,得v=2v0第四次碰撞回到S点,则最短时间为 =4× T= = 
比较有 > = ,故粒子最短时间为 
7.(2019浙江温州九校联考,23)如图甲所示,M、N是相距为d=0.1 m竖直放置的平行金属板,板间有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B1=0.1 T。P、Q为水平放置的两平行金属板,用导线将P与M、Q与N分别连接;A为绝缘挡板;C为平行于P和Q的荧光屏;A、P、Q、C的中间各有一个小孔,所有小孔在同一竖直中轴线上。荧光屏C的上方有垂直于纸面向里、磁感应强度为B2=0.01 T的匀强磁场。现有大量的正负离子混合物,以某一相同的速度垂直于磁场竖直向上射入金属板MN之间,离子的比荷的绝对值均为 =107 C/kg。仅能在P与Q、M与N之间形成电场,极板间形成的电场均可视为匀强电场,且忽略电场的边缘效应,不计离子重力。 甲
乙(1)判断金属板M的带电性质,并求出在N、M两板之间电场稳定后,电势差UNM与离子入射速度v之间的关系;(2)若离子以v1=3.0×105 m/s的速度射入磁场,在荧光屏上将出现由正、负离子形成的两个亮点,求两亮点到荧光屏小孔的距离之比;(3)若离子以v2=1.0×105 m/s的速度射入磁场,因某种原因,实际上离子通过C板上的小孔时会在竖直平面内形成一个发散角2θ(如图乙),所有离子速率仍相同。求荧光屏上亮点的长度Δx及同一时刻通过小孔的离子打到荧光屏上的最长时间差Δt。(已知θ=0.1415弧度, cos θ=0.99)
答案　(1)UNM= (V)　(2) 　(3)5.66×10-6 s
解析　(1)由粒子的运动可知,M板带负电;电场稳定后有:qvB1=q UNM=B1dv= (V);(2)正负离子能通过MN板,则速度v1= 在通过PQ之间后,正离子有: m( - )=-qU1负离子有: m( - )=qU1进入带荧光屏C的上方洛伦兹力提供向心力得:qU+B2=m qU-B2=m 打在荧光屏上的距离为x+=2r+
x-=2r-由以上各式解得 = 正离子经过PQ间做匀减速直线运动,没恰好到达Q板,则入射速度为v,由-qU2= - mv2,稳定后极板间电势差U2=B1dv2,解得v=2 ×105 m/s>1×105 m/s,故正离子不能通过Q板小孔,只有负离子通过。P、Q间对离子根据动能定理得:qv2= m  m ,解得v'-= ×105 m/s,进入c板上方磁场洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律得qv'-B2=m 由几何关系得Δx=2r'(1-cos v)代入数据解得Δx=2 ×10-2m最大时间差为Δt= ·T- ·T= · =5.66×10-6s。
1.(2019浙江名校协作体二模,13)现有一种质谱仪如图所示,离子化室存在一些初速度为零的正离子。正离子经高压电源加速,加速后通过圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管,最后打在记录仪上,通过处理就可以得到正离子比荷 进而推测有机物的分子结构。已知高压电源的电压为U,圆形磁场区的半径为R,真空管与水平面夹角为θ,离子进入磁场室时速度方向指向圆心。则下列说法正确的是 (　　)A.高压电源A端应接电源的正极
考点三　带电粒子在复合场中的运动
B.磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里C.两种一价正离子X1、X2(X1质量大于X2)同时进入磁场室后,出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ,则轨迹Ⅰ一定对应X2D.若磁场室内的磁感应强度大小为B,当记录仪接收到一个明显的信号时,与该信号对应的离子比荷为 = 
答案    C　正离子在电场中加速,可以判断高压电源A端应接负极,同时根据左手定则知,磁场室的磁场方向应垂直纸面向外,A、B均错误;设离子通过高压电源后的速度为v,由动能定理可得qU= mv2,离子在磁场中偏转,则qvB=m ,联立计算得出r=  ,由此可见,质量大的离子的运动轨迹半径大,即轨迹Ⅱ一定对应x1,故C对;离子在磁场中偏转轨迹如图所示,由几何关系可知r= ,故D错。 
解题关键　本题考查学生的推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力,需要考生熟知粒子在磁场中运动的规律。
2.(2019浙江宁波十校期末联考,13)(多选)霍尔式位移传感器的测量原理如图所示,有一个沿z轴方向的磁场,磁感应强度B=B0+kz(B0、k均为常数)。将传感器固定在物体上,保持通过霍尔元件的电流I不变(方向如图所示),当物体沿z轴方向移动时,由于位置不同,霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则 (　　) A.传感器灵敏度 与上、下表面的距离有关B.当物体沿z轴方向移动时,上、下表面的电势差U变小C.传感器灵敏度 与通过的电流有关D.若图中霍尔元件是电子导电,则下板电势高
答案    ACD　最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c,由q =qBv,电流的微观表达式为I=nqbcv,所以U= = = z+ 从公式可以看出,传感器灵敏度 = 与b及电流I的大小有关,故A错,C对;当物体沿z轴方向移动时,根据公式可以判断上、下表面的电势差U变大,故B错;霍尔元件中移动的是自由电子,根据左手定则,电子向下表面偏转,所以上表面电势高,故D错。故选C。
3.(2019浙江宁波十校期末联考,22)如图甲所示,在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示;与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强电场,电场强度E= ×103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t=0时刻,一个带正电粒子从P点以v=2×104 m/s的速度沿+x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为  m,P点到坐标原点O的距离为1.1 m,粒子的比荷 =106 C/kg,不计粒子的重力。求粒子:  甲 乙
(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离;(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间;(3)最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。
答案　(1)0.4 m　(2) ×10-5 s　 4π×10-5 s　(3)0.37 m
解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m 解得半径R=0.2 m粒子在磁场中运动时,到x轴的最大距离ym=2R=0.4 m 图(a) 图（b）
(2)如图(a)所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= = =2π×10-5 s由磁场变化规律可知,它在0- ×10-5 s即0- T时间内做匀速圆周运动至A点,接着沿-y方向做匀速直线运动直至电场边界C点,用时t2= = ×10-5s= 
进入电场后做匀减速直线运动至D点,由牛顿定律得粒子的加速度:a= = ×109 m/s2粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间t3= = = ×10-5 s= 接下来,粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2,磁场刚好恢复,粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动,再经 ×10-5s时间,粒子将运动到F点,此后将重复前面的运动过程.所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能:
第一种可能是:由C点先沿-y方向到D再返回经过C,所需时间为t=t3= ×10-5 s第二种可能是:由C点先沿+y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后,从G点沿-y方向做匀速直线运动至MN,所需时间为t'= + + =2T=4π×10-5 s(3)由上问可知,粒子每完成一次周期性的运动,将向-x方向平移2R[即图(a)中所示从P点移到F点],lOP=1.1 m=5.5R,故粒子打在挡板前的一次运动如图(b)所示,其中I是粒子开始做圆周运动的起点,J是粒子打在挡板上的位置,K是最后一段圆周运动的圆心,Q是I点与K点连线与y轴的交
点。由题意知,lOI=lOP-5R=0.1 mlKQ=R-lQI=0.1 m= ,则lJQ= = RJ点到O的距离lJO=R+ R=  m
4.(2019浙江杭州学军中学模拟,23)真空中有一半径为R的虚线圆形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场,如图1所示,虚线圆的右侧放置一对水平正对的金属板M和N,两金属板的中心线O1O2与虚线圆的圆心O在同一水平线上,在圆上P点(位于O点的正下方)处有一点状电子源,电子源可以向圆内各个方向发射速率均为v0的电子,其中沿PO方向射入磁场的电子恰好从圆上的O1点沿两板中心线射出,电子在进入金属板的瞬间给两板加上图2所示的交变电压,最后电子恰好从M板的边缘水平飞出,已知金属板的板长L=2.4R,板间距d=1.2R,电子的质量为m、电荷量为e,忽略电子的重力和相互间的作用力。求: (1)圆形区域内的磁感应强度B的大小和方向;
(2)图2中U0和周期T;(3)若在两板右端加一竖直探测板(图中未画出),电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板间,同时在板间加上图2的交变电压,经电场偏转后垂直打在探测板上,若每秒打在探测板上的电子数为x,有70%的电子被吸收,30%的电子被原速率弹回两板间,探测板受此类电子撞击的平均作用力大小;(4)在满足(3)的条件下,被原速率弹回的某电子在t= 时刻返回两板间,求该电子在磁场中运动的总时间。
答案　(1)圆形区域内的磁感应强度B的大小为 ,方向:垂直于纸面向里;(2)U0为: 　(n=1、2、3、…)周期T为:T= 　(n=1、2、3、…);(3)探测板受此类电子撞击的平均作用力大小为1.3xmv0;(4)求该电子在磁场中运动的总时间为 。
解析　(1)由左手定则可知,磁场垂直于纸面向里,沿PO方向射入磁场的电子恰好从圆上的O1点沿两板中心线射出,则电子的轨道半径为R,电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:ev0B=m ,解得:B= ;(2)从O1射出磁场的电子运动轨迹如图所示: 根据电子恰好从M板的边缘飞出可知,电子在板间的运动时间为交变电压周期的整数倍,
则有:t= =nT解得:T= 　(n=1、2、3、…)电子在板间偏转的总位移为:y=2n· at'2= ,加速度为:a= 时间为:t'= ,d=1.2R,解得:U0= 　(n=1、2、3、…);(3)电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板间,经磁场偏转后在O2点垂直打在探测板上,以水平向右为正方向,由动量定理得:Ft=0-(-70%xmv0)+30%xmv0-(-30%xmv0),解得:F=1.3xmv0;(4)根据题意,电子在t= T时刻返回两板间,经电场偏转后刚好平行于N板从N板左边缘水平进入磁场,电子运动轨迹如图所示:
 设电子从C点离开磁场,易知OBO'C为菱形,则:OC//BO',由几何关系可知,OC处于竖直方向,因此电子两次进入磁场的轨迹所对圆心角之和为180°,电子在磁场中运动总时间:t总= T'= 代入B= 解得:t总= 。
5.(2019浙江超级全能生联考,23)利用电磁场可以改变带电粒子的速度大小与运动方向,如图甲是某加速装置的原理示意图,加速管MN的中部P处有很高的正电势φ,M、N两端电极均接地。由离子源产生的-1价离子从M端飘入,当离子到达P处时,可被设在P处的特殊装置将其电子剥离,成为+2价离子,而不改变其速度大小。这些+2价离子从N端水平飞出,后进入垂直纸面向里的水平交变磁场。设此时刻t=0,磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的图线如图乙所示,规定磁场垂直纸面向里为正方向,其中B0=0.5 T,ab是水平放置的位于加速管MN正上方的探测板,c是ab板的中点,Nc连线与探测板ab垂直。已知交变磁场的范围足够大,加速管MN管径较小,大地电势为零,离子从M端飘入的速度可视为零,离子质量m=2.0×10-26kg,电势φ=7.5×105 V,元电荷e=1.6×10-19 C。不计离子重力及相互作用力,忽略空气阻力的作用。求: 甲
乙(1)离子从加速管N端射出时的速度大小;(2)离子在交变磁场中偏离竖直线NC的最远距离;(3)若探测板能上下移动,欲使离子能垂直打到板上,探测板与N点的距离应满足什么关系。
答案　(1)6×106 m/s　(2) (1+π)m　(3)见解析
解析　(1)设离子到达P处时的速度为vp,从N端射出时的速度为v,由动能定理得eφ= m -02eφ= mv2- m 解得v= =6×106 m/s说明:若以MN全程列式eφ+2eφ= mv2-0同样可以。(2)离子在磁场B0中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB0=m ,解得R= =  m离子在磁场B0中圆周运动的周期T= = ×10-6 s或T= = ×10-6 s离子在磁场中0~ ×10-6 s时间内匀速转过半个圆周,在 ×10-6~ ×10-6 s时间内匀速直线运动的位移大小为l=v =  m,在 ×10-6~ ×10-6 s时间内匀速转过半个圆周后,再做匀速直线运
动,以此类推,运动轨迹如图所示 故离子偏离竖直线Nc的最大距离s=l+R= (1+π)m(3)若离子能垂直射到探测板上的某点Q,当Q点在竖直线NC右侧时,由轨迹图可知,板ab与N点间的距离应满足L=n·4R+R= m(n=0,1,2,…)L'=n·4R+3R= m(n=0,1,2,…)说明:若把以上两式合并,写成L= m(n=0,1,2,…),同样可以。
6.(2019浙江台州3月评估,23)如图所示,直角坐标系xOy中,矩形MNOA区域分布有沿x轴正方向的匀强电场,场强大小为E,三角形AOC区域分布有垂直纸面向外的匀强磁场,N、A分别为x、y轴上的两点,ON、AC长均为L,∠AOC=30°。在边界MN上0