【物理】2020届一轮复习人教版磁场及带电粒子在有界磁场中运动的综合分析学案 46页

‎2020届一轮复习人教版 磁场及带电粒子在有界磁场中运动的综合分析 学案 ‎● 磁场的描述●‎ ‎1．磁感应强度 ‎（1）物理意义：描述磁场的强弱和方向。‎ ‎（2）大小：B＝（通电导线垂直于磁场）。‎ ‎（3）方向：小磁针静止时N极的指向。‎ ‎（4）单位：特斯拉（T）。‎ ‎2．磁感线 在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。‎ ‎（1）常见磁体的磁场 ‎（2）电流的磁场 通电直导线 通电螺线管 环形电流 安培定则 立体图 横截面图 纵截面图 ‎3.对磁通量的进一步理解 定义式：Φ＝BS 公式Φ＝BS中的B应是匀强磁场的磁感应强度，S是与磁场方向垂直的面积，因此可以理解为Φ＝BS⊥。如果平面与磁场方向不垂直，应把面积S投影到与磁场垂直的方向上，求出投影面S⊥，代入到Φ＝BS⊥中计算，应避免硬套公式Φ＝BS sinθ或Φ＝BScosθ。 ‎ 求解有关磁感应强度问题的关键 ‎（1）磁感应强度―→由磁场本身决定。‎ ‎（2）合磁感应强度―→等于各磁场的磁感应强度的矢量和（满足平行四边形定则）。‎ ‎（3）牢记判断电流的磁场的方法―→安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型（记住5种常见磁场的立体分布图）。‎ ‎1．长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的很长直导线b与a平行放置，导体棒a与力传感器相连，如图所示（俯视图）。a、b中通有大小分别为Ia、Ib的恒定电流，Ia方向如图所示，Ib方向未知。导体棒a静止时，传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力。下列说法正确的是 A．Ib与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度B大小为 B．Ib与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度B大小为 C．Ib与Ia的方向相反，Ib在a处的磁感应强度B大小为 D．Ib与Ia的方向相反，Ib在a处的磁感应强度B大小为 ‎【答案】B ‎【解析】因传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力，可知电流ab之间是相互吸引力，即两导线间的电流同向；根据，解得Ib在a处的磁感应强度B大小为，故选B。‎ ‎2．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角： “‎ 以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是 A．地理南、北极与地磁场的南、北极完全重合 B．地球内部不存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 ‎【答案】D ‎3．下列说法正确的是 A．欧姆发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中点电荷之间作用力的表达式 B．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 C．安培提出了分子电流假说，很好地解释了磁化和消磁等现象 D．奥斯特给出了磁场对运动电荷的作用力的公式 ‎【答案】C ‎【解析】库伦发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中点电荷之间作用力的表达式，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项B错误；安培提出了分子电流假说，很好地解释了磁化和消磁等现象，选项C正确；洛伦兹给出了磁场对运动电荷的作用力的公式，选项D错误；故选C.‎ ‎4．物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为科学事业做出了巨大贡献．下列描述中符合物理学史实的是（ ）‎ A．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说 B．法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 C．牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值 D．哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律 ‎【答案】C ‎5．如图所示，直角三角形acd，∠a=60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c三点，其中b为ac的中点。三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均垂直纸面向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度B=，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0，则d点的磁感应强度大小为 A．B0 B．2B0 C．B0 D．4B0‎ ‎【答案】D ‎【解析】设直角三角形的ad边长为r，则ac边长为2r，根据直导线产生的磁感应强度公式可得a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为，方向由安培定则知水平向左；同理有c在d点产生的磁感应强度大小为，方向竖直向下；b在d点产生的磁感应强度大小为，方向垂直于bd斜向左下方；如图所示：‎ 因，可知B1和B0的合磁感应强度沿B2的方向，故d点的总场强为 ‎，方向垂直于bd斜向左下方；故选D.‎ ‎6．关于磁感应强度，下列说法正确的是 A．磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I乘积的比值，即 B．磁感应强度只是定义式，它的大小取决于场源以及在磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关 C．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零 D．通电导线所受磁场力的方向就是磁场的方向 ‎【答案】B ‎9．如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（　　）‎ A．4∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．‎ 由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：S=πr2；结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，所以磁通量都是：Φ=πBr2．与线圈的大小无关。故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎10．如图，矩形线圈abcd的长与宽分别为2L和L，虚线内有界匀强磁场的磁感应强度为B，O1、O2分别为ad、bc的中点，下列判断正确的是（　　）‎ A．此时穿过线圈abcd的磁通量为2BL2‎ B．线圈绕ab边向纸外旋转60°角时，穿过线圈的磁通量为BL2‎ C．线圈绕cd边向纸外旋转60°角时，穿过线圈的磁通量为BL2‎ D．在线圈绕bc边向纸外旋转60°角的过程中，穿过线圈磁通量的变化量为BL2‎ ‎【答案】B ‎● 安培力●‎ ‎1．安培力的大小 当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝IlBsinθ。这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：‎ ‎（1）磁场和电流垂直时：F＝IlB。‎ ‎（2）磁场和电流平行时：F＝0。‎ ‎2．安培力的方向 ‎（1）用左手定则判定：伸开左手，让拇指与其余四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流方向，那么，拇指所指方向即为通电直导线在磁场中的受力方向。‎ ‎（2）安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面。‎ 涉及安培力的力学综合问题，一般采取以下步骤解题：‎ ‎（1）选择适当的视角，将电流方向或磁场方向用“●”或“×”表示，使立体图转化为平面图；‎ ‎（2）进行受力分析，特别要根据磁场特定分析好安培力；‎ ‎（3）根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列方程解答。‎ ‎ ‎ ‎1．如图，当左边线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的砝码质量为m，若改为顺时针方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△m的砝码，通电线圈受到磁场力大小为：‎ A． B．（m+△m）g C．△mg D．‎ ‎【答案】A ‎2．如图所示，导体棒 MN 垂直于导轨静止在水平面上，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与 MN 垂直并与导轨平面成 θ 角斜向上方，闭合开关，缓慢转动磁场使 θ 角逐渐增大至 90°，其余不变，导体棒始终静止，忽略电磁感应现象的影响，在此过程中 A．导体棒受安培力方向水平向右 B．导体棒所受安培力大小不变 C．导轨对导体棒支持力不变 D．导体棒受到摩擦力大小不变 ‎【答案】B ‎【解析】根据左手定则可知，导体棒受安培力方向垂直于B指向右下方，选项A错误；根据F安=BIL可知，导体棒所受安培力大小不变，选项B正确；对导体棒，水平方向：F安sinθ=f；竖直方向：N=mg+F安cosθ，则当缓慢转动磁场使 θ 角逐渐增大至 90°‎ 时，导体棒受到摩擦力变大；导轨对导体棒支持力减小，选项CD错误；故选B.‎ ‎3．如图甲，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度．挂在天平右臂下方的矩形线圈中通入如图乙的电流，此时天平处于平衡状态．现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为梯形线圈并保持质量不变，如图丙所示．则 ‎ ‎ A．天平仍处于平衡状态 B．无法判断天平如何倾斜 C．在左侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡 D．在右侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡 ‎【答案】C ‎4．如图所示，长为L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．0.5BIL B．BIL C．0 D．2BIL ‎【答案】B ‎【解析】由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度.导线在磁场内有效长度为2Lsin30°=L，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI•2Lsin30°=BIL，选项B正确。故选B。‎ ‎5．如图，长为3L的直导线折成边长分别为ac＝L、cd＝2L直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为（　　）‎ A．3BIL B．BIL C．BIL D．BIL ‎【答案】B ‎6．如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将ab两点接入电源两端，若电阻丝ab段受到的安培力大小为F，则此时两根电阻丝ac、bc受到的安培力的合力大小为（ ）‎ A． B． C．2F D．3F ‎【答案】A ‎【解析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出ac、bc受到的安培力的大小。ab受力：；acb受力：有效长度为L，电流为AB的电流的，则其受力为：，故A正确，BCD错误。故选A。 ‎ ‎7．如图所示，在空间存在与竖直方向成θ角的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，若质量为m、电荷量为q的小液滴在此空间做匀速直线运动，则以下说法正确的是（ ）‎ A．小液滴速度大小为，方向垂直纸面向外 B．小液滴速度大小为，方向垂直纸面向外 C．小液滴速度大小为，方向垂直纸面向里 D．小液滴速度大小为，方向垂直纸面向里 ‎【答案】A ‎【解析】粒子做匀速直线运动，则受力平衡，粒子受力情况如图；‎ 由图可知，,解得；粒子带负电，由左手定则可知，速度方向垂直纸面向外，故选A.‎ ‎ ● 洛伦兹力●‎ ‎1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力。‎ ‎2．洛伦兹力的方向 ‎（1）判定方法：左手定则 掌心——磁感线垂直穿过掌心；‎ 四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；‎ 拇指——指向洛伦兹力的方向。‎ ‎3．带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎（1）如何确定“圆心”‎ ‎①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示。‎ ‎②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示。‎ ‎③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心。‎ ‎ （2）如何确定“半径”‎ 方法一：由物理方程求，半径；‎ 方法二：由几何方程求，一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定。‎ ‎（3）如何确定“圆心角与时间”‎ ‎①速度的偏向角φ=圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ=2倍的弦切角α，如图（d）所示。‎ ‎②时间的计算方法。‎ 方法一：由圆心角求，‎ 方法二：由弧长求，‎ ‎ ‎ 质谱仪和回旋加速器 ‎1．质谱仪 ‎ （1）构造：如图1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。‎ 图1‎ ‎（2）原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2。‎ 粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝。‎ 由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。‎ r＝__，m＝，＝。‎ ‎2．回旋加速器 ‎（1）构造：如图2所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源。D形盒处于匀强磁场中。‎ 图2‎ ‎（2）原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度和D形盒半径决定，与加速电压无关。‎ ‎ ‎ ‎ 1．一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中,则下列说法正确的是（ ） ‎ A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C．P2极板电势比P1极板电势高 D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3: 2‎ ‎【答案】B ‎2．图示为回旋加速器，其主体部分是处于垂直于盒底的匀强磁场中的两个D形金属盒分别与高频交流电源两极相连接，粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速。已知对原子核加速时，从回旋加速器射出时的动能为Ek。若对原子核加速，下列说法正确的是（与均从D形金属盒中心处由静止开始加速）‎ A．其他条件不变，射出加速器时的动能为Ek B．应将电源的频率减小为原来的，射出加速器时的动能为Ek C．应将电源的频率减小为原来的，射出加速器时的动能为Ek D．应将电源的频率增大为原来的2倍，射出加速器时的动能为Ek ‎【答案】B ‎【解析】设的电量为q，质量为m，则的电量为2q，质量为4m，‎ 对，洛伦兹力提供向心力，，；加速电场的周期等于在匀强磁场中做圆周运动的周期，T=。‎ D. 将电源的频率增大为原来的2倍，周期变为原来的一半，不等于在匀强磁场中做圆周运动的周期，无法加速，故D错误。‎ 故选：B ‎3．如图，直角坐标xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点沿平行于x轴正方向进入磁场区域，离开磁场后做直线运动，经过x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为60°，下列判断正确的是（ ）‎ A．粒子带正电 B．粒子在磁场中运动的轨道半径为R C．粒子运动的速率为 D．粒子在磁场中运动的时间为 ‎【答案】C 带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题． ‎ ‎4．物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用，下左图为它的示意图。它由两个铝制的D形盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。右图为俯视图，在D形盒上半面中心S处有一正粒子源，它发出的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。如此周而复始，最后到达D形盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。己知正离子电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间极短，可忽略不计。正粒子从离子源出发时的初速度为零，不计粒子所受重力。则（ ）‎ A．高频交变电压变化的周期为 B．粒子可能获得的最大动能为 C．粒子第1次与第n次在下半盒中运动的轨道半径之比为 D．粒子在回旋加速器中的总的时间为 ‎【答案】C ‎5．如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零,重力不计）,经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法中正确的是（　　）‎ A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内 B．加速电场中的加速电压U=ER C．磁分析器中圆心O2到Q点的距离d=‎ D．任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器 ‎【答案】B C、离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：，解得：，则：，故C错误.‎ D、由B可知：，R与离子质量、电量无关；离子在磁场中的轨道半径：，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不一定都等于d，不一定能进入收集器，故D错误.‎ 故选B.‎ ‎6．如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10 cm的圆柱形桶内有B＝10－4T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为的正粒子，粒子束中速度分布连续．当角θ＝45°时，出射粒子速度v的大小是（　　）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】离子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α=45°，则离子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为α=45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图：‎ ‎7．如图所示，速度选择器中磁感应强度大小为和电场强度大小为，两者相互垂直。一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择器后从狭缝进入另一磁感应强度大小为的匀强磁场，最后打在平板的上，不计粒子重力，则（ ）‎ A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 B．通过狭缝的带电粒子速度为 C．打在处的粒子在磁场中运动的时间都相同 D．带电粒子打在平板上的位置越靠近，粒子的比荷越大 ‎【答案】D C、由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得，则，可知半径不同粒子的比荷不同；打在平板S上的粒子在磁感应强度为的磁场中都只运动半个周期，周期，则比荷不同，打在D1、D2上的粒子在磁感应强度为的磁场中的运动时间不同，故C错误；‎ D、由，知越靠近狭缝P，r越小，粒子的比荷越大，故D正确；‎ 故选D。本题为质谱仪模型，考查带电粒子在速度选择器中的运动和磁场中的运动，注意根据粒子运动形式选择合适的规律解决问题，要熟练掌握运用控制变量法结合半径公式和周期公式分析问题的方法。‎ ‎8．下列各组物理量中,全部是矢量的一组是（　　）‎ A．磁通量、加速度 B．磁感应强度、速度变化量 C．时间、平均速度 D．路程、加速度 ‎【答案】B ‎9．以下关于物理知识说法正确的有：‎ A．信鸽停在单根高压线上休息时会被电死 B．电流周围存在磁场是法拉第发现的 C．牛顿认为力是改变运动状态的原因 D．伽利略认为重的物体下落的比轻的物体快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A：信鸽停在单根高压线上休息时，两脚之间的距离很小，两脚之间的电压很小，小鸟不会触电。故A项错误。‎ B：电流周围存在磁场是奥斯特发现的，故B项错误。‎ C：牛顿认为力是改变运动状态的原因，故C项正确。‎ D：亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落快，伽利略认为重的物体与轻的物体下落一样快。故D项错误。‎ ‎10．如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动．下列说法中正确的是（　　）‎ A．当线圈从图示位置转过60°时，穿过线圈的磁通量大小Φ=BS B．当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小Φ=0‎ C．当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变 化量大小△Φ=0‎ D．当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=2BS ‎【答案】B ‎11．宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I（方向如图）时，，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知 A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 ‎【答案】B ‎【解析】AB、当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码，则有，所以，故B正确，A错误；‎ CD、当B的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故C、D错误；‎ 故选B。天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小。 ‎ ‎12．如图所示，回旋加速器由置于高真空中的两个半径为R的D形式上金属盒构成，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。两盒间加速电压为U，方向发生周期性变化，使得粒子每进入狭缝即被加速．从A处粒子源产生的带正电粒子质量为m、电荷量为q、初速不计，粒子重力不计．则（ ）‎ A．粒子能获得的最大速率为 B．粒子能获得的最大速率为 C．粒子在加速器中运动时间为 D．粒子在加速器中运动时间为 ‎【答案】AC 根据得： ‎ 则最大动能为： ‎ 粒子被电场加速一次动能的增加qU 则粒子被加速的次数为： ‎ 粒子在磁场中运动周期的次数为： ‎ 周期： ‎ 则粒子从静止开始到出口处所需的时间为： ‎ 故选：AC。‎ ‎13．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是 A．带电粒子每运动一周被加速一次 B．带电粒子每运动一周P1P2>P3P4‎ C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 ‎【答案】AB ‎ B、根据 得,则,因为每转一圈被加速一次,根据匀变速知识可知，经过相同位移用的时间越来越小，所以速度变化量 也就越来越小，所以P1P2>P3P4，故B对；‎ C、当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据得, ,知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关.故C错；‎ 故选AB ‎14．如图所示，有一长方体金属桶，左右两侧开口，其长、宽、高分别为a、b、c，置于方向向下且垂直于上、下表面的磁感应强度为B的匀强磁场中。第一次实验时沿“→”方向通入电解质溶液；第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“→”方向通入电流I；第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“→”方向通入电流I。则下列说法正确的是 A．三次实验中，装置的前、后表面都会形成电势差 B．第一次实验时，在装置前、后表面形成电势差，当电势差稳定时，测得其大小为U，则电解质溶液的流量 C．第二次实验时后表面附近电解质溶液浓度高 D．第三次实验时，其前表面电势低于后表面电势 ‎【答案】BC 则电解质溶液的流量，选项B正确；由A的分析可知，第二次实验时在空间内装入电解质溶液并沿“→”方向通入电流I，则正负粒子都向后表面偏转积聚，后表面附近电解质溶液浓度高，选项C正确；由A的分析可知，第三次实验时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿“→”方向通入电流I，则金属中的负电子受洛伦兹力向后表面积聚，前表面电势高于后表面电势，选项D错误；故选BC。‎ 点睛：此题关键是知道：第一种情况中正负离子向同一方向运动；第二种情况中正负离子向相反方向运动；第三种情况中，电子运动的方向与电流方向相反，但是判断洛伦兹力方向时，四指指向仍然是向右的方向，这里是最容易出错的地方.‎ ‎15．常见的半导体材料分为P 型半导体和N型半导体，P型半导体中导电载流子是空穴（看作带正电）,N型半导体中导电栽流子是电子，利用如图所示的方法可以判断半导体材料的类型并测得半导体中单位体积内的栽流子数。现测得一块横截面为矩形的半导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在半导体上、下表面间用电压表可测得电压为U，载流子的电荷量为e，则下列判断正确的是 ‎ A．若上表面电势高，则为P型半导体 B．若下表面电势高，则为P型半导体 C．该半导体单位体积内的载流子数为 D．该半导体单位体积内的载流子数为 ‎【答案】AD ‎16．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1 m、R2＝m，半径为R1的圆内分布着B1＝2.0 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d＝cm，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：‎ ‎（1） 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？‎ ‎（2） 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？‎ ‎（3） 从P点出发开始计时，在满足第（2）问的条件下，粒子到达O点的时刻．‎ ‎【答案】（1） r1<1m. （2） U＝3×107V. （3） t=（6.1×10－8＋12.2×10－8k）s（k＝0，1，2，3，…）‎ ‎（2） 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m ‎ 得r＝‎ 易知r3＝4r2‎ 且满足（r2＋r3）2＝（R2－r2）2＋r32‎ 解得r2＝m，r3＝m 又由动能定理有qU＝mv2‎ 代入数据解得U＝3×107V.‎ ‎17．如图所示，在xOy平面上第I象限内有平行于轴的有界匀强电场，方向如图，在第IV象限过点放一张垂直于xOy平面的感光胶片（感光胶片足够长），Q点的坐标为（0，L），在x轴和感光胶片间有方向垂直纸面向外的匀强磁场。y轴上一点P的坐标为（0.，L），有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，并从A点射出，A点坐标为（2L，0）。已知电子的电荷量大小为e，质量为m，不计电子的重力。‎ ‎（1）求匀强电场的场强大小；‎ ‎（2）为使第一次进入第Ⅳ象限的电子都能在感光胶片上曝光，求满足条件的所有磁感应强度B的值 ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）电子在匀强电场中做类平抛运动， 沿x轴方向：2L=v0t， 沿y轴方向：， 解得：； ‎ ‎1．（浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题）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 ‎2．（浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题）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 ‎【解析】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，安培发现了分子电流假说，B正确．‎ ‎3．（浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题）如图所示，两平行直导线和竖直放置，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．导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C．导线受到的安培力方向向右 D．同时改变了导线的电流方向，导线受到的安培力方向不变 ‎【答案】D ‎【解析】由右手螺旋定则可知.cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外.所以由矢量合成知b处的磁感应强度垂直纸面向外.故A错误:‎ 由右手螺旋定则知ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外，故B错误:‎ 由左手定则知.cd导线受到的安培力方向向左.故C错误:‎ 由题意可知，cd导线所处的位置磁场方向发生改变，但同时自身电流方向也发生改变，由左手定则知cd导线所受安培力方向不变.故D正确 综上所述本题答案是：D ‎4．（浙江省2018年11月选考科目考试物理试题）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v 的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）‎ A．上板为正极，电流 B．上板为负极，电流 C．下板为正极，电流 D．下板为负极，电流 ‎【答案】C ‎ ‎ ‎ 1．（浙江七彩阳光联盟2018届高三第二次联考）如图所示，金属棒 AC 用绝缘轻绳悬挂在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，P 为金属棒上方某点，下列判断正确的是 ‎ A．通入 A→C 方向的电流时，并改变磁场的大小，可使细绳上张力为零 B．通入 C→A 方向的电流时，磁场方向不变，可使细绳上张力为零 C．通入 A→C 方向的电流时，使 P 点的磁感应强度变大 D．通入 C→A 方向的电流时，使 P 点的磁感应强度不变 ‎【答案】A ‎2．（浙江杭州2019届上学期高三物理模拟卷）如图所示为某电子元器件的工作原理示意图，在外界磁场的作用下，当存在AB方向流动的电流时，电子元器件C．D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（ ）‎ A．若在AB方向上通以由A向B运动的粒子流，带正电粒子会在C板聚集 B．当增大AB方向的电流I时， C、D两面的电势差会减小 C．电子元器件C端电势低于D端电势 D．电势差UCD的大小仅与电子元器件的制造材料有关 ‎【答案】C ‎【解析】若在AB方向上通以由A向B运动的粒子流，根据左手定则可知，带正电粒子会在D板聚集，电子元器件D端电势高于C端电势，选项A错误，C正确；随着粒子的不断积聚，当平衡时满足：，则，则当增大AB方向的电流I时，粒子运动的速率v增加，则 C、D两面的电势差会增加，选项B错误；由可知，电势差UCD的大小不只与电子元器件的制造材料有关，选项D错误；故选C.‎ ‎3．（浙江嘉兴市2018届高三选考模拟考试）如图，一导体棒ab静止在U型铁芯的两板之间，棒在开关闭合后仍在原位置保持静止状态。则按图示视角 A．铁芯上板为N极 B．导体棒对下板的压力变大 C．导体棒受到垂直棒向左的安培力 D．导体棒对下板有垂直棒向右的静摩擦力 ‎【答案】D ‎4．（浙江省温州九校2019届高三上学期10月第一次联考）如图所示，是研究安培力的演示仪，把正方形导线框挂在弹簧秤的下面，导线框平面与纸面垂直。当闭合开关时，导线框外侧边的电流向上（如图所示），则下列说法正确的是（ ）‎ A．闭合开关时，弹簧秤的示数变小 B．闭合开关后，当滑动变阻器向右滑动时，弹簧秤的示数变大 C．若仅变换电源的正负极后，闭合开关，弹簧秤的示数变小 D．若仅把马蹄形磁铁重新放置，使开口向右，N极在上S极在下，线框将受到向左的安培力 ‎【答案】C ‎【解析】A项：由图可知，磁场方向向左，线框下边中的电流方向向外，由左手定则可知，下边受到的安培力方向向下，所示弹簧秤示数增大，故A错误；‎ B 项：闭合开关后，当滑动变阻器向右滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，通过线框的电流减小，线框下边受到的安培力减小，弹簧秤示数减小，故B错误； ‎ ‎5．（浙江省2019届高三高考选考科目9月联考）导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示，设导线cb中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强皮大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（ ）‎ A．题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断 B．由题目已知条件可以算得通过导线的电流为I=nqvS C．每个粒子所受的洛伦兹力为F洛=qvB，通电导线所受的安培力为F安=nqvb D．改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】安培力的方向应该用左手定则来判断，A错误；根据公式可得，B正确；洛伦兹力，安培力，联立解得通电导线所受的安培力为，C错误；安培力是洛伦兹力的宏观表现，都用左手定则判断方向，不论怎么改变条件都不会得到安培力和洛伦兹力方向相反，D错误．‎ ‎6．（浙江省温岭中学2018届高三考前冲刺试卷物理试题）在物理学中，自由落体规律、万有引力定律、电流的热效应、磁场对运动电荷作用的规律，分别由不同的物理学家发现（或测定），他们依次是（ ）‎ A．伽利略、牛顿、焦耳和洛伦兹 B．伽利略、牛顿、焦耳和安培 C．牛顿、卡文迪许、法拉第和安培 D．牛顿、库仑、法拉第和洛伦兹 ‎【答案】A ‎7．（浙江省嘉兴市2019届高三普通高校招生选考科目教学测试物理试题）如图中甲所示为海影号电磁推进试验舰艇，船体下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图中乙所示，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰艇内超导体在M、N间产生强磁场，使M、N间海水受到磁场力作用被推出，船因此前进。要使乙中所示的舰艇向右前进，则从甲重所示视角看所加磁场的方向应为 A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．竖直向下 ‎【答案】C ‎ ‎【解析】M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，在乙图中电流方向由M指向N，要使舰艇向右前进，则海水受到的安培力应向左，海水对舰艇的作用力向右，根据左手定则可知，磁场应垂直向外即竖直向上，故C正确。‎ ‎8．（浙江省杭州市2018届高三高考命题预测卷）如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法不正确的是（　　）‎ A．通过霍尔元件的磁场方向向下 B．接线端2的电势低于接线端4的电势 C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变 D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大 ‎【答案】D C：仅将电源E1、E2反向接入电路，磁场反向，电流反向，霍尔元件中导电物质受到的电场力不变，电压表的示数不变。故C项正确。‎ D：若适当减小R1，电流产生磁场变大，通过霍尔元件的磁场增大；增大R2，流过霍尔元件的电流减弱；霍尔元件产生电压可能减小，电压表示数可能减小。故D项错误。‎ 本题选不正确的，答案是D。‎ ‎9．（浙江省2017年11月普通高校招生选考科目考试物理猜押题）如图所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体（含正、负离子）沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后（ ）‎ A．离子可能向N磁极偏转 B．A板聚集正电荷 C．R中有向上的电流 D．离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功 ‎【答案】C ‎【解析】由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，离子不可能向N磁极偏转，A、B错误；电路稳定后，电阻R中有向上的电流，C正确；因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功，D错误，故选C.‎ ‎10．（2017届浙江省杭州市萧山区命题比赛模拟试卷）如图是磁流体发电机的示意图，它的发电原理是：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带有正点和负电的微粒，而从整体上说呈电中性）喷射入磁场，于是在磁场中有两块金属板A、B上就会聚集电荷，产生电压。以下说法正确的是（ ）‎ A．A板电势较高 B．流过R的电流方向a→R→b C．等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做正功 D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力 ‎【答案】D ‎11．（2017届浙江省温州中学高三3月高考模拟物理试卷）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，现用同一回旋加速器分别加速两种同位素，关于高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是（　　）‎ A．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数少 B．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数多 C．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数多 D．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数少 ‎【答案】A ‎12．（浙江七彩阳光联盟2018届高三第二次联考）如图所示，在纸面内有一用绝缘材料制成的、边长为 L 的正方形框架 DCEF，正方形区域外空间中充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在正方形 DC 中点 S 处开有小孔，一比荷为 k（k >0）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 粒子要经过一次偏转垂直打在C点应满足： ‎ 解得： ‎ 比较有tmin=t2min=。 ‎ ‎13．（浙江杭州2019届上学期高三物理模拟卷）如图所示，在平面内有磁感应强度为的匀强磁场， 其中内有方向垂直平面向里的磁场，在内有方向垂直平面向外的磁场，在内无磁场。一个带正电、质量为的粒子（粒子重力不计）在处以速度沿x轴正方向射入磁场。‎ ‎（1）若未知，但粒子作圆运动的轨道半径为，求粒子与轴的交点坐标；‎ ‎（2）若无（1）中的条件限制， 粒子的初速度仍为（已知），问粒子回到原点需要使为何值？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为R，其在第一象限的运动轨迹如图所示。此轨迹由两段圆弧组成，圆心分别在C和C′处，轨迹与轴交点为P。由对称性可知C′在直线上。设此直线与x轴交点为D， P点的x坐标为。过两段圆弧的连接点作平行于x轴的直线EF，则 ‎，，，‎ 由此可得点的坐标为，‎ 代入题给条件得 ‎ ‎14．（浙江省名校协作体2019届高三上学期9月联考）如图，比荷分别为k和2k的甲、乙两带正电粒子不计重力，由静止状态经相同电压U加速后从坐标原点O沿x轴的正方向射入匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，经两磁场后分别打在屏上、两点未标出。已知Ⅰ、Ⅱ两磁场是相邻的矩形区域，区域的宽均为a，区域的边界平行于y轴，两磁场的方向均与Oxy坐标平面垂直但方向相反，磁感应强度的大小均为式中U为加速电压。屏垂直于x轴且到y轴的距离为6a。‎ ‎（1）求甲、乙两粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹的半径之比：‎ ‎（2）求与两点间的距离 ‎（3）若使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点见图且方向均沿x轴的正方向，可在磁场Ⅰ、Ⅱ的基础上再加上若干磁场区。‎ 请在图中画出可能的磁场区域所在的位置并在图中标明磁场的方向 在的情况下，试求甲、乙两粒子从O点运动到点的时间之比：。‎ ‎【答案】（1）； （2）；‎ ‎（3）①。‎ ‎②。‎ ‎【解析】‎ 设粒子质量为m，电荷量为q，加速后的速度为v，那么，由动能定理可得：，所以，；‎ 那么，粒子在磁场Ⅱ中运动的速度为v，粒子只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，设轨道半径为R，则有：；‎ 所以，轨道半径；故，‎ 那么，甲、乙两粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹的半径之比；‎ 由（2）可得：增加两个方向相反的磁场，磁场宽度相同且都小于轨道半径时，粒子离开磁场后的方向沿方向；‎ 又有两粒子轨道半径不同，那么，每次偏转位移不等，故要使粒子打在同一位置，那么，后添加的磁场正好把前面磁场产生的偏转位移抵消；‎ 根据几何关系可得：要使甲、乙两粒子最终能打到屏上的同一点且方向均沿x轴的正方向，只能在x轴区间任意位置加上对称磁场，且沿方向，先向外后向里；‎ 故可能的磁场区域如图所示：‎ 甲粒子在每个磁场区间转过的中心角，故在磁场中的运动时间 ‎；‎ 故甲、乙两粒子从O点运动到点的时间之比； ‎ ‎15．（浙江嘉兴市2018届高三选考模拟考试）“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体（由电量相同的正、负离子组成）经系统处理后，从下方以恒定速率v1向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内。当栅极MN、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统（关闭粒子进入通道、撤去磁场B1）。区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆（圆与下板相切于极板中央A）。放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力（不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应）。已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）氙原子核在A处的速度大小v2；‎ ‎（2）氙原子核从PQ喷出时的速度大小v3；‎ ‎（3）因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核占A处发射粒子总数的百分比。‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎（2）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为 ，则 ‎ 即 ‎ 氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为 ，根据动能定理可知：‎ 其中电压 ‎ 联立可得 ‎（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为之后，根据可知，‎ ‎①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I。‎ 该轨迹的圆心O1，正好在N点，，所以根据几何关系关系可知，此时；‎ ‎②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I。‎ ‎，所以此时入射角度。‎ 根据上述分析可知，只有这个范围内射入的粒子还能进入区域I。该区域的粒子占A处总粒子束的比例为 。 ‎ ‎16．（浙江省温岭中学2018届高三考前冲刺试卷）某“太空粒子探测器”是由加速、偏转和探测三部分装置组成，其原理可简化如下：如图所示，沿半径方向的加速电场区域边界AB、CD为两个同心半圆弧面，圆心为O1，外圆弧面AB电势为φ1，内圆弧面电势为φ2；在O1点右侧有一与直线CD相切于O1半径为R的圆，圆心为O2，圆内（及圆周上）存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN是一个足够长的粒子探测版，与O1O2连线平行并位于其下方3R处；假设太空中漂浮着质量为m，电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速到CD圆弧面上，再由O1点进入磁场偏转，最后打到探测版MN（不计粒子间的相互作用和星球对粒子引力的影响），其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方G点射出磁场；‎ ‎（1）求粒子聚焦到O1点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小B0；‎ ‎（2）从图中P点（PO1与O1O2成300夹角）被加速的粒子打到探测版上Q点（图中未画出），求该粒子从O1点运动到探测板MN所需的时间；‎ ‎（3）若每秒打在探测版上的离子数为N，打在板上的离子数60％被吸收，40％被反射，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，求探测板受到的作用力的大小.‎ ‎【答案】（1）（2）（3） ‎ ‎【解析】（1）带正电粒子从AB圆弧面静止开始加速到 CD 圆弧面上，‎ 由动能定理得 解得 在圆形磁场中洛仑兹力提供向心力：‎ 由题意可知：‎ 所以磁感应强度为 ‎（2）从P点被加速的粒子运动轨迹如下图所示：‎ 则在磁场中的运动周期 在磁场中的运动时间 出磁场后到到达探测板所需的时间 从O1 点到探测板MN所需的时间 ‎ ‎17．（浙江省杭州市2018届高考命题预测卷）一能屏蔽高能粒子辐射的长方体铅盒，如图甲所示，铅盒左侧面正中心O处有一放射源，它可向外辐射速率均为v=1×107m/s的正粒子，粒子通过铅盒右侧面狭缝MQ射入一平行边界的匀强磁场中，粒子均不能从磁场的右边界射出。图乙为该装置的截面简化图，截面MNPQ位于垂直磁场的平面内。已知PQ=0.3m，NP=0.6m，该粒子质量m=4×10-27kg，电量q=8×10-19C，磁场的磁感应强度B=0.5 T，方向垂直于纸面向里。求 ‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的半径R；‎ ‎（2）粒子从O点射出到离开磁场左边界的最长时间t；‎ ‎（3）若粒子放射源可以处在NP的任意位置，为了使粒子均不能从磁场的右边界射出，磁场区域的宽度d至少多大？（）‎ ‎【答案】（1） 0.1 m （2） （3） 0.188m ‎【解析】（1）由R＝，代入数据解得： ‎ ‎ （3）经判断，当放射源处于N点时，磁场区域的宽度d最大． 由几何关系d=R（1+cosθ） cosθ＝ 解得d=0.188m