每周一练磁场2

中国权威高考信息资源门户第十周专题：磁场-2第一天例1：如题9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1.8h。质量为m、带电量为+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。（1）求该电场强度的大小和方向。（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。（3）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。【答案】（1）E=mg/q，方向向上；（2）(962)Bqhm；（3）可能的速度有三个：0.68Bqhm，0.545Bqhm，0.52Bqhm【解析】（1）设电场强度大小为E由题意有mg=qE得E=mg/q方向竖直向上（2）如答题9图l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r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ由mvrqB有min1mvrqB，2112rr由122()sinrrr11cosrrhmin(962)qBhvm（3）如答题9图2所示，设粒子人射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x，由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,……)3(962)22hx得2211()xrhr得120.36(1)3.52hrnn，即n=1时0.68Bqhvm中国权威高考信息资源门户=2时0.545Bqhvmn=3时0.52Bqhvm练习：如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成450夹角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。【答案】qBmt451，002qTmvE【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有RvmBqv20002vRT依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为45，所需时间t1为Tt851求得qBmt451（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运中国权威高考信息资源门户动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有maqE2021atv得qEmvt022根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足02Tt得电场强度最大值002qTmvE第二天例2：如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直与纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m，带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度0v由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当0B和BT取某些特定值时，可使t=0时刻射入的粒子经t时间恰能垂直打到P板上（不考虑粒子反弹）。上述m，q，d，0v为已知量。（1）若12BtT，求0B（2）若32BtT，求粒子在磁场中运动的加速度大小。（3）若004mvBqd，为使粒子仍能垂直打到P板上，求BTB0B0B-02TBBT23TBB2Tt图乙d0vQP图甲中国权威高考信息资源门户【答案】（1）00=mvBqd（2）203vad（3）0d=3BTv；01d=arcsin242vBT（）【解析】解：（1）设粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得200mvqvBR①据题意由几何关系得R1=d②联立①②式得00=mvBqd③（2）设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得202vaR④据题意由几何关系得23Rd⑤联立④⑤式得203vad⑥（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02RTv⑦由牛顿第二定律得2000mvqvBR⑧由题意知004=mvBqd，代入⑧式得d=4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，连线与水平方向的夹角为，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02，由题意可知中国权威高考信息资源门户=22BTT⑩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2(sin)RRRnd○11当n=0时，无解○12当n=1时，联立⑨○11式得1=(sin=)62或○13联立⑦⑨⑩○13式得0d=3BTv○14当2n时，不满足0090的要求○15若在B点击中P板，据题意由几何关系得2sin2(sin)RRRRnd○16当n=1时，无解○17当n=1时，联立⑨○16式得11arcsin(sin=)44或○18联立⑦⑨⑩○18式得01d=arcsin242vBT（）○19当2n时，不满足0090的要求○20中国权威高考信息资源门户：某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成300角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(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Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。【答案】（1）23(3)(1)32Ld--（2）3()64qBLdm-（3）3(3)(11)13qBLLdnnmnd-?+＜，取整数【解析】（1）设粒子的轨道半径为r根据题意003sin303cos30Lrd=+且01cos30)hr=（－解得23(3)(1)32hLd=--（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为'r2mvqvBr=，2''mvqvBr=由题意可知003sin304'sin30rr=解得3'()64qBLvvvdm=-=-设粒子经过上方磁场n次由题意可知00(22)cos30(22)sin30nLndnr=+++中国权威高考信息资源门户=解得3(3)(11)13nqBLLvdnnmnd=-?+＜，取整数练习：离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，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区。I为电离区，将氙气电离获得1价正离子II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。I区产生的正离子以接近0的初速度进入II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R/2处的C点持续射出一定速度范围的电子。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α角（0α90◦）。推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）。（1）求II区的加速电压及离子的加速度大小；（2）为取得好的电离效果，请判断I区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；（3）ɑ为90◦时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；（4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α的关系。【解析】（1）由动能定理：Ue=21Mv2M解得U=eMVM22由运动学公式v2=2aL解得a=L21v2M（2）由右手定则磁场方向应垂直于纸面向外∙OCv第25题图2第25题图1左右RIIIBL+-中国权威高考信息资源门户（3）当α=900时，电子最大的圆直径为23R，即半径r=43R据rvmqvB2得v=mRBe43所以034eBvvm（4）做出临界轨迹圆与壁相切于B,圆心为A连接B、A、O，由几何知识知三者必然共线，,mABACr,mAORr2ROC由余弦定理34(2sin)mRr，据rvmqvB2故34(2sin)MeRBvm第四天例4：在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径mr449的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角37，过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度TB25.1；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度CNE/1014。小物体1P质量kgm3102、电荷量Cq6108，收到水平向右的推力NF31098.9的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当1P到达倾斜轨道低端G点时，不带电的小物体2P在GH顶端中国权威高考信息资源门户静止释放，经过时间st1.0与1P相遇。1P和2P与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为5.0，取2/10smg，6.037sin8.037cos，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：（1）小物体1P在水平轨道CD上运动的速度v的大小；（2）倾斜轨道GH的长度s。【解析】(1)由对P1受力分析可得：竖着方向受力平衡：N+qvB=mg……①水平方向受力平衡：F=N……②联立①②可得：v=4m/s（2）P1从D到G由于洛伦兹力不做功，电场力做正功，重力做负功由动能定理可知：qErsin-mgr(1-cos)=21mvG2-21m2Dv……③P1过G点后做匀变速直线运动的加速度设为a1,则;qEcos-mgsin-(mgcos+qEsin）=ma1……④P2质量设为m2在GH上做匀加速直线运动的加速度a2，则：m2gsin-m2gcos=m2a2……⑤P1和P2在GH上的时间相同位移之和为S，所以：S=vGt+21a1t2+21a2t2……⑥联立各式，可得：S=0.56m第五天例5：如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应。错误!未找到引用源。板上表面光滑，涂有绝缘层，其上错误!未找到引用源。点右侧相距错误!未找到引用源。处有小孔错误!未找到引用源。；错误!未找到引用源。板上有小孔错误!未找到引用源。，且错误!未找到引用源。在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面。质量为OhhKTpblASR12中国权威高考信息资源门户错误!未找到引用源。、电荷量为错误!未找到引用源。）的静止粒子被发射装置（途中未画出）从错误!未找到引用源。点发射，沿错误!未找到引用源。板上表面运动时间错误!未找到引用源。后到达错误!未找到引用源。孔，不与板碰撞地进入两板之间。粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为错误!未找到引用源。。（1）求发射装置对粒子做的功（2）电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间