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1、学习好资料欢迎下载2014 年高考物理真题分类汇编专题9 磁场152014 新课标全国卷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15B解析 本题考查安培力的大小和方向安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A 错误， B 正确；安培力FBIL sin，其中 是电流方向与磁场方向的夹角，C 错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并
2、不一定变为原来的一半，D 错误162014 新课标全国卷如图所示， 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(未面出 )，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 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() A2B.2C 1D.2216D解析 本题考查了带电粒子在磁场中的运动根据qvBmv2r有B1B2r2r1v1v2，穿过铝板后粒子动能减半，则v1v22，穿过铝板后粒子运动半径减半，则r2r112，因此B1B222，D 正确182014 山东卷 如图所示，
3、场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab 长为 s，竖直边ad 长为 h.质量均为m、带电荷量分别为q 和 q 的两粒子，由 a、c 两点先后沿ab 和 cd 方向以速率v0进入矩形区 (两粒子不同时出现在电场中)不计重力若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于 () A.s22qEmhB.s2qEmhC.s42qEmhD.s4qEmh18B解析 两个粒子都做类平抛运动两个粒子在竖直方向上都做加速度大小相等的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相等，所以它们的运动时间相等两个粒子在水平方向上都做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等，所以水平位移大小相等综合判精选学习资
4、料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页学习好资料欢迎下载断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为s2，竖直位移都为h2，由h2Eq2mt2，s2v0t 得v0s2Eqmh，选项 B 正确20 2014 新课标卷 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，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() 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
5、的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小20AC 解析 电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A 正确；由轨道公式RmvBq知，若电子与正电子与进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故 B 错误由 RmvBq2mEkBq知，D 错误因质子和正电子均带正电，且半径大小无法计算出，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C 正确92014 江苏卷 如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面， 此时通过霍尔
6、元件的电流为IH， 与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UHkIHBd，式中 k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离电阻R 远大于 RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则() A霍尔元件前表面的电势低于后表面B若电源的正负极对调，电压表将反偏CIH与 I 成正比D电压表的示数与RL消耗的电功率成正比9CD 解析 由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，A 选项错误；若电源的正负极对调，则IH与 B 都反向，由左手定则可判断电子运动的方向不变，B
7、选项错误；由于电阻R 和 RL都是固定的，且 R 和 RL并联，故 IHRLRRLI，则 C 正确；因 B 与 I 成正比， IH与 I 成正比，则UHkIHBdI2，RL又是定值电阻，所以D 正确182014 安徽卷 “人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页学习好资料欢迎下载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
8、变由此可判断所需的磁感应强度B 正比于 () A.TBTC.T3DT218A解析 本题是 “信息题 ”：考查对题目新信息的理解能力和解决问题的能力根据洛伦兹力提供向心力有qvBmv2r解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径rmvqB.由动能的定义式 Ek12mv2，可得 r2mEkqB，结合题目信息可得BT，选项 A 正确。16 2014 北京卷 带电粒子a、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等， a 运动的半径大于b 运动的半径若a、b 的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有 () A.qaqbB.mambC. TaTbD. qamar
9、b，则 qaqb，A 正确，其他条件未知，B、C、D 无法判定252014 全国卷 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v0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 ，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25答案 (1)12v0tan2(2)2dv0tan 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B，粒子质量与
10、所带电荷量分别为m 和 q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0Bmv20R0由题给条件和几何关系可知R0d设电场强度大小为E， 粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为 ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得Eqmaxvxaxtvx2td由于粒子在电场中做类平抛运动(如图 )，有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页学习好资料欢迎下载tan vxv0联立式得EB12v0tan2(2)联立式得t2dv0tan 22 2014 福建卷 如图
11、所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为 d、高为 h，上下两面是绝缘板前后两侧面M、N 是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R 相连整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中管道内始终充满电阻率为 的导电液体 (有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿 x 轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变(1)求开关闭合前，M、N 两板间的电势差大小U0；(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化p；(3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积Sdh 不变，求电阻R 可获
12、得的最大功率Pm及相应的宽高比dh的值22(1)Bdv0(2)Ldv0B2LhRd(3)LSv20B24LR解析 (1)设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有qv0BqU0d得 U0Bdv0(2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安，有 p1hdfp2hdfF安F安BId根据欧姆定律，有IU0Rr两导体板间液体的电阻rdLh由 式得pLdv0B2LhRd(3)电阻 R 获得的功率为PI2RPLv0BLRdh2R精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -
13、 - - - - -第 4 页，共 16 页学习好资料欢迎下载当dhLR时， ?电阻 R 获得的最大功率PmLSv20B24.?362014 广东卷 (18 分)如图 25 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN 为理想分界面， 区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外.A1、A2上各有位置正对的小孔S1、 S2，两孔与分界面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 S1进入区，并直接偏转到MN 上的 P 点，再进入区，P 点与 A1板的距离是L 的k 倍，不计重力，碰到挡
14、板的粒子不予考虑(1)若 k1，求匀强电场的电场强度E；(2)若 2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与 k 的关系式和区的磁感应强度B 与 k 的关系式36(1)qB20L22md(2)v（k21）qB0L2mBk3kB0解析 (1)粒子在电场中，由动能定理有qEd12mv20 粒子在 区洛伦兹力提供向心力qvB0mv2r当 k1 时，由几何关系得rL解得EqB20L22md. (2)由于 2k0)的静止粒子被发射装置(图中未画出 )从 O 点发射，沿p 板上表面运动时间t 后到达 K 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，
15、不计空气阻力，重力加速度大小为g. (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，进入板间的粒子落在b 板上的 A点， A 点与过 K 孔竖直线的距离为l.此后将开关S 接“2”位置，求阻值为R 的电阻中的电流强度；(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S 接“ 1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B 只能在 0 Bm()21 5 m()21 2 qt范围内选取 )，使粒子恰好从b 板的 T 孔飞出，求粒子飞出时速度方向与 b 板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)1
16、1(1)mh22t2(2)mhq（Rr）g2h3l2t2(3)0B0 满足题目要求， 夹角 趋近0，即00?则题目所求为0 arcsin25?10 2014 四川卷 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 r944m 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B1.25 T ；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E1104 N/C.小物体 P1质量 m2 103 kg、电荷量 q 8 106 C，受到水平向右的推力F9.98
17、103 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力当P1到达倾斜轨道底端精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页学习好资料欢迎下载G 点时，不带电的小物体P2在 GH 顶端静止释放，经过时间t0.1 s 与 P1相遇 P1与 P2与轨道 CD、GH 间的动摩擦因数均为 0.5，g 取 10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力求：(1)小物体 P1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小；(2)倾斜轨道GH 的长度 s. 10(1)4 m/s(2)0.56
18、m 解析 (1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1qvBf (mgF1)由题意，水平方向合力为零Ff0联立式，代入数据解得v4 m/s(2)设 P1在 G 点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qErsinmgr(1cos)12mv2G12mv2P1在 GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEcos mgsin (mgcosqEsin)ma1P1与 P2在 GH 上相遇时，设P1在 GH 上运动的距离为s1，则s1vGt12a1t2设 P2质量为 m2，在 GH 上运动的加速度为a2
19、，则m2gsin m2gcos m2a2P1与 P2在 GH 上相遇时，设P2在 GH 上运动的距离为s2，则s212a2t2联立式，代入数据得ss1s2s0.56 m?12 2014 天津卷 同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型M、N 为两块中心开有小孔的平行金属板质量为m、电荷量为 q 的粒子A(不计重力 )从 M 板小孔飘入板间，初速度可视为零每当A 进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速， 当 A 离开 N 板时，两板的电荷量均立即变为零两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动， R 远大于板间距离A 经电场多次加
20、速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应地变化不计粒子加速时间及其精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页学习好资料欢迎下载做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应求：(1)A 运动第 1 周时磁场的磁感应强度B1的大小； . (2)在 A 运动第 n 周的时间内电场力做功的平均功率Pn；(3)若有一个质量也为m、电荷量为 kq(k 为大于1 的整数 )的粒子B(不计重力 )与 A 同时从 M 板小孔飘入板间，A、B 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变下图
21、中虚线、实线分别表示A、B 的运动轨迹在B 的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B 的运动轨迹，并经推导说明理由AB CD 12(1)1R2mUq(2)qURnqU2m(3)A 图，理由略解析 (1)设 A 经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得qU12mv210A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力qv1B1mv21R由得B11R2mUq(2)设 A 经 n 次加速后的速度为vn，由动能定理得nqU12mv2n 0设 A 做第 n 次圆周运动的周期为Tn，有Tn2Rvn设在 A 运动第 n 周的时间内电场力做功为Wn，则WnqU在该段时间内电场力做功
22、的平均功率为PnWnTn由解得PnqURnqU2m(3)A 图能定性地反映A、B 运动的轨迹A 经过 n 次加速后， 设其对应的磁感应强度为Bn，A、B 的周期分别为Tn、T ，综合、式并分别应用A、B 的数据得Tn2 mqBn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页学习好资料欢迎下载T2mkqBnTnk由上可知， Tn是 T 的 k 倍，所以 A 每绕行 1 周，B 就绕行 k 周由于电场只在A 通过时存在，故 B 仅在与 A 同时进入电场时才被加速经 n 次加速后， A、B 的速度分别为vn和 vn，考虑到式vn2n
23、qUmvn2nkqUmkvn由题设条件并考虑到式，对A 有Tnvn2R设 B 的轨迹半径为R，有Tvn2 R比较上述两式得RRk上式表明，运动过程中B 的轨迹半径始终不变由以上分析可知，两粒子运动的轨道如图A 所示25 2014 浙江卷 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为电离区，将氙气电离获得1价正离子；为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场区产生的正离子以接近0 的初速度进入区，被加速后以速度vM从右侧喷出区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R2处的 C 点持续射出一定速率范围的电子假设
24、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 点的连线成角(0 90)推进器工作时，向区注入稀薄的氙气电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在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) 第 25 题图 1 (1)求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”)；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页
25、，共 16 页学习好资料欢迎下载第 25 题图 2 (3)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 角的关系25答案 v2M2L(2)垂直纸面向外(3)v0v3eBR4 m(4)vmax3eBR4m（ 2sin ）解析 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应用数学解决物理问题的能力(1)由动能定理得12Mv2MeUUMv2M2eaeEM eUMLv2M2L(2)垂直纸面向外(3)设电子运动的最大半径为r2r32R.eBvmv2r所以有 v0v4mv03eR.(4)如图所示， OARr，OCR2，ACr
26、根据几何关系得r3R4（2sin ）由 式得 vmax3eBR4m（2sin ）.8 (16 分)2014 重庆卷 某电子天平原理如题8 图所示， E 形磁铁的两侧为N 极，中心精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页学习好资料欢迎下载为 S 极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D 与外电路连接，当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电， 秤盘和线圈恢复到未放重物时
27、的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问题 8 图(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从 C 端还是 D 端流入？求重物质量与电流的关系(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？8答案 (1)从 C 端流出(2)从 D 端流入2nBILg(3)2nBLgPR本题借助安培力来考查力的平衡，同时借助力的平衡来考查受力平衡的临界状态解析 (1)感应电流从C 端流出(2)设线圈受到的安培力为FA，外加电流从D 端流入由 FAmg 和 FA2nBIL得 m2nBL
28、gI(3)设称量最大质量为m0.由 m2nBLgI 和 PI2R得 m02nBLgPR9 (18 分)2014 重庆卷 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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归
29、纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页学习好资料欢迎下载题 9 图(1)求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9答案 (1)Emgq，方向竖直向上(2) (962)qBhm(3)可能的速度有三个：0.68qBhm，0.545qBhm，0.52qBhm本题考查了带电粒子在复合场、组合场中的运动答题 9 图 1 答题 9 图 2 解析 (1)设电场强度大小为E. 由题意有 mgqE得 Emgq，方向竖直向上(2)如答题 9图 1 所示，设粒子不从NS 边飞出的入射速度
30、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 . 由 rmvqB有 r1mvminqB，r212r1由(r1r2)sin r2r1 r1cos hvmin(9 6 2)qBhm(3)如答题9 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r1和 r2，粒子第一次通过KL 时距离 K 点为 x. 由题意有 3nx1.8h(n1，2，3 ) 32x（96 2）h2xr21（ hr1）2得 r1 10.36n2h2，n3.5 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页
31、，共 16 页学习好资料欢迎下载即 n1 时， v0.68qBhm；n2 时， v0.545qBhm；n3 时， v0.52qBhm142014 江苏卷 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30 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
32、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v；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值14答案 (1)23L3d132(2)qBmL634d(3)qBmLn13d1n3L3d1，n取整数解析 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题意L3rsin 30 3dcos 30且 hr(1cos 30)解得h23L3d132.(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为rmv2rqvB，mv2rqvB，由题意知3rsin 30 4r sin 30解得 vv vqBmL634d .(3)设粒子经过上方磁场
33、n 次由题意知L(2n2)dcos 30 (2n2)rnsin 30且mv2nrnqvnB，解得vnqBmLn13d1n3L3d1，n取整数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页学习好资料欢迎下载24(20 分)2014 山东卷 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 取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示t0 时刻，一质量为m、带电荷量为q 的粒子 (不计重力 )，以初速度v0.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B0和 T
34、B取某些特定值时，可使 t0 时刻入射的粒子经 t 时间恰能垂直打在P 板上 (不考虑粒子反弹)上述 m、q、 d、v0为已知量图甲图乙(1)若t12TB，求 B0；(2)若t32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若 B04mv0qd，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求TB. 24答案 (1)mv0qd(2)3v20d(3)2arcsin 14d2v0解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0mv20R1据题意由几何关系得R1d联立 式得B0mv0qd(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av20R2据题意由几何关系得3R2d联
35、立 式得a3v20d(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T2Rv0由牛顿第二定律得qv0B0mv20R由题意知 B04mv0qd，代入 式得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页学习好资料欢迎下载d4R粒子运动轨迹如图所示，O1、 O2为圆心， O1O2连接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0 2，由题意可知22TTB2设经历完整TB的个数为n(n0，1，2， 3 )若在 A 点击中 P 板，据题意由几何关系得R2(RRsin )n d?当 n0 时，无解 ?当 n1 时，联立 ? 式得 6(或 sin 12)?联立 ? 式得TBd3v0?当 n2 时，不满足0 90的要求 ?若在 B 点击中 P 板，据题意由几何关系得R2Rsin 2(RRsin )nd?当 n0 时，无解 ?当 n1 时，联立 ? 式得 arcsin14(或 sin 14)?联立 ? 式得TB2arcsin 14d2v0?当 n2 时，不满足0 90的要求 ?精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页