人教版高考物理二轮复习核心考点专项突破电磁学综合计算题含答案

这是一份人教版高考物理二轮复习核心考点专项突破电磁学综合计算题含答案
电磁学综合计算题1.如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d.在右极板的中央有个小孔P，小孔右边半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔P处相切．一排宽度也为d的带负电粒子以速度v0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘．已知这排粒子中每个粒子的质量均为m、带电荷量大小均为q，磁场的磁感应强度大小为eq \f(\r(2)mv0,qR)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．求：(1)板间的电压大小U；(2)通过小孔P的粒子离开磁场时到右极板的距离L；(3)通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t总．【解析】　(1)依题意，从左极板下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘在竖直方向上有t＝eq \f(d,v0)在水平方向上有a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，d＝eq \f(1,2)at2联立解得U＝eq \f(2mv\o\al(2,0),q).(2)从小孔P射入磁场的粒子，在电场中的运动时间t1＝eq \f(d,2v0)经过小孔P时，水平分速度v1＝at1＝v0进入磁场时的速度大小v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1))＝eq \r(2)v0，速度方向与右极板的夹角θ＝eq \f(π,4)设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q点离开磁场，其轨迹如图所示，轨迹圆心在O′点，则qvB＝meq \f(v2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2)mv0,qB)＝R由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知L＝r＋rcos θ＝(1＋eq \f(\r(2),2))R.(3)从小孔P飞出的粒子在磁场中偏转的角度α＝eq \f(3π,4)，粒子在磁场中运动的时间t2＝eq \f(\f(3π,4),2π)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(3\r(2)πR,8v0)通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t总＝t1＋t2＝eq \f(d,2v0)＋eq \f(3\r(2)πR,8v0).【答案】　(1)U＝eq \f(2mv\o\al(2,0),q)　(2)(1＋eq \f(\r(2),2))R　(3)eq \f(d,2v0)＋eq \f(3\r(2)πR,8v0)2．如下图甲所示，一边长L＝0.5 m，质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中．金属线框的一个边与磁场的边界MN重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t＝0.5 s线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流I随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出磁场的过程中．(1)求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻；(2)写出水平力F随时间t变化的表达式；(3)若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功1.10 J，求此过程中线框产生的焦耳热．【解析】(1)根据题图乙知，在t＝0.5 s时间内通过金属框的平均电流eq \x\to(I)＝0.50 A，于是通过金属框的电量q＝eq \x\to(I)t＝0.25 C.由平均感应电动势eq \x\to(E)＝eq \f(BL2,t)，平均电流eq \x\to(I)＝eq \f(\x\to(E),R)，通过金属框的电量q＝eq \x\to(I)t，得q＝eq \f(BL2,R)，于是金属框的电阻R＝eq \f(BL2,q)＝0.80 Ω.(2)由题图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t＝0.5 s时间内运动距离L＝0.5 m，由L＝eq \f(1,2)at2得加速度a＝eq \f(2L,t2)＝4 m/s2.由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为I＝kt，其中比例系数k＝2.0 A/s.于是安培力FA随时间t变化规律为FA＝BIL＝kBLt由牛顿运动定律得F－FA＝ma，所以水平拉力F＝FA＋ma＝ma＋kBLt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F＝2＋0.8t(单位为“N”)(3)根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v＝eq \r(2aL)＝2 m/s.由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q＝WF－eq \f(1,2)mv2＝0.1 J.【答案】(1)0.25 C　0.80 Ω　(2)F＝2＋0.8t(单位为“N”)　(3)0.1 J3.如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg，电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)．g取10 m/s2.求：(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量及偏转角度．【解析】(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos 45°－mg＝0 ①解得E1＝eq \r(2) N/C＝1.4 N/C(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：qE1dABsin 45°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,b) ②解得vb＝5 m/s加磁场前粒子在B、C间做匀速直线运动，则有：qE2＝mg ③加磁场后粒子在B、C间做匀速圆周运动，如图所示：由牛顿第二定律得：qvbB＝meq \f(v\o\al(2,b),R) ④解得：R＝5 m由几何关系得：R2＝deq \o\al(2,BC)＋(R－y)2 ⑤解得：y＝1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功为：W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J ⑥由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J设偏转角度为θ，则sin θ＝eq \f(dBC,R)＝0.6 ⑦解得：θ＝37°【答案】　(1)1.4 N/C　(2)1.0×10－2 J　 37°4．控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用．现有这样一个简化模型：如图所示，y轴左、右两边均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，右边磁场的磁感应强度始终为左边的2倍．在坐标原点O处，一个电荷量为＋q、质量为m的粒子a，在t＝0时以大小为v0的初速度沿x轴正方向射出，另一与a相同的粒子b某时刻也从原点O以大小为v0的初速度沿x轴负方向射出．不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子相遇时互不影响．(1)若a粒子能经过坐标为(eq \f(\r(3),2)l，eq \f(1,2)l)的P点，求y轴右边磁场的磁感应强度B1；(2)为使粒子a、b能在y轴上Q(0，－l0)点相遇，求y轴右边磁场的磁感应强度的最小值B2；(3)若y轴右边磁场的磁感应强度为B0，求粒子a、b在运动过程中可能相遇的坐标值．【解析】(1)设a粒子在y轴右侧运动的半径为R1，由几何关系有(R1－eq \f(1,2)l)2＋(eq \f(\r(3),2)l)2＝Req \o\al(2,1)甲由于B1qv0＝meq \f(v\o\al(2,0),R1) 解得B1＝eq \f(mv0,ql )(2)B2最小，说明Q点是a、b粒子在y轴上第一次相遇的点，由图乙可知，a、b粒子同时从O点出发，且粒子在y轴右侧运动的圆周运动半径 乙R2＝eq \f(l0,2) 又B2qv0＝meq \f(v\o\al(2,0),R2) 解得B2＝eq \f(2mv0,ql0) (3)由图丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点， 才有相遇的可能性，所以有y轴上的相切点和 y轴左侧的相交点．经分析可知，只要a、b粒子从O点出发的时间差满足一定的条件，这些相交或相切的点均能相遇． 丙粒子在y轴右侧的运动半径r1＝eq \f(mv0,B0q)粒子在y轴左侧的运动半径r2＝eq \f(2mv0,B0q)①y轴上的相切点坐标为[0，－eq \f(2kmv0,B0q)](k＝1,2,3，…) ②y轴左侧的相交点相遇由丙图可知，OA＝AC＝OC＝r2 可得xA＝－r2sin 60°＝－eq \f(\r(3)mv0,B0q)yA＝－r2cos 60°＝－eq \f(mv0,B0q)y轴左侧的相遇点的坐标[－eq \f(\r(3)mv0,B0q)，－eq \f((2n－1)mv0,B0q)](n＝1,2,3，…) 【答案】(1)eq \f(mv0,ql)　(2)eq \f(2mv0,ql0)(3)[0，－eq \f(2kmv0,B0q)](k＝1,2,3…)和[－eq \f(\r(3)mv0,B0q)，－eq \f((2n－1)mv0,B0q)](n＝1,2,3，…)5.某课外探究小组的同学们利用学校实验室内的绝缘材料自制了一条细导轨OABCDP(如图所示)，其中OAB段和DP段为粗糙的水平导轨，B点和D点在同一水平面上但不重合，P端离沙地的高度h＝0.8 m；BCD段为圆环形导轨，半径R＝0.5 m，其中BC段光滑、CD段很粗糙．将一个中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点O处，钢球的带电荷量q＝＋3.7×10－4 C，质量m＝0.2 kg.某次实验中，在导轨OA段加上水平向右的、场强E＝1×104 V/m的匀强电场时，钢球即开始沿导轨运动，经过C点时速度为3 m/s，最终恰好停在P点．已知AB段长L1＝1.0 m，DP段长L2＝1.0 m，钢球与水平导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2.(1)求钢球经过C点时对导轨的弹力；(2)求OA段导轨的长度d；(3)为了让钢球从导轨右端抛出，并且落在沙地上的位置最远，需在P端截去多长的一段水平导轨？钢球落在沙地上的最远位置与D点的水平距离多大？【解析】(1)在C点，设导轨对钢球的弹力方向为竖直向下，则FN＋mg＝meq \f(v\o\al(2,C),R)代入数据解得FN＝1.6 N由牛顿第三定律知，钢球对导轨的弹力也为1.6 N，方向竖直向上(2)O→C过程，qEd－μmg(d＋L1)－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)代入数据可解得d＝1 m(3)设导轨右端截去长度为x，滑块离开导轨平抛时的初速度为v0，落在沙地上的位置与D点的水平距离为s，则veq \o\al(2,0)＝2μgx，h＝eq \f(1,2)gt2，s＝(L2－x)＋v0t由以上各式代入数据可得s＝1－x＋0.8eq \r(x)当eq \r(x)＝0.4，即x＝0.16 m时，s有最大值sm＝1.16 m.【答案】(1)1.6 N，方向竖直向上　(2)1 m　(3)0.16 m　1.16 m6.如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d＝0.5 m．导体棒a的质量为m1＝0.1 kg、电阻为R1＝6 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2 kg、电阻为R2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；(3)M、N两点之间的距离．【解析】(1)由焦耳定律得，Q＝I2Rt，得eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(I\o\al(2,1)R1t,I\o\al(2,2)R2t)，又根据串并联关系得，I1＝eq \f(1,3)I2，解得：eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(2,9) (2)设整个过程中装置上产生的热量为Q由Q＝m1gsin α·d＋m2gsin α·d，可解得Q＝1.2 J (3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻R总1＝(6＋eq \f(3×3,3＋3)) Ω＝7.5 Ω由m1gsin α＝eq \f(B2L2v1,R总1)和m2gsin α＝eq \f(B2L2v2,R总2)，可得 eq \f(v1,v2)＝eq \f(m1R总1,m2R总2)＝eq \f(3,4)又由v2＝v1＋aeq \f(d,v1)，得v2＝v1＋8×eq \f(0.5,v1)由上述两式可得veq \o\al(2,1)＝12(m/s)2，veq \o\al(2,2)＝eq \f(16,9)veq \o\al(2,1) M、N两点之间的距离Δs＝eq \f(v\o\al(2,2),2a)－eq \f(v\o\al(2,1),2a) ＝eq \f(7,12) m 【答案】(1)eq \f(2,9)　(2)1.2 J　　(3)eq \f(7,12) m7.如图所示，两间距为l的足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，整个空间存在竖直向下的磁场，虚线将磁场分成两部分，虚线左、右两侧的磁感应强度大小分别为B1、B2，且B1＝2B2.两质量均为m的导体棒甲、乙垂直导轨静止地放在虚线的左侧，导体棒甲、乙的阻值分别为R1、R2.现给导体棒甲一水平向右的冲量I，两导体棒开始运动，整个过程中两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两导轨的电阻可忽略不计．(1)求导体棒甲开始运动时电路中的电流．(2)如果导体棒乙运动到虚线前达到稳定状态，求导体棒乙稳定时的速度大小．(3)导体棒乙越过虚线后，经过一段时间再次达到稳定状态，假设此时导体棒甲刚好运动到虚线．求导体棒乙从越过虚线到再次稳定的过程中，整个电路产生的焦耳热．【解析】(1)设导体棒甲得到冲量I时的速度为v0，导体棒甲产生的感应电动势为E，回路中的电流为i，则由动量定理得I＝mv0由法拉第电磁感应定律得E＝B1lv0由闭合电路欧姆定律得i＝eq \f(E,R1＋R2)，联立得i＝eq \f(B1lI,R1＋R2m).(2)导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，二者组成的系统所受的合力为零，故两导体棒组成的系统动量守恒．导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧达到稳定时两导体棒速度相等，导体棒乙速度达到最大，假设最大速度为vm，此时根据动量守恒定律有mv0＝2mvm，解得vm＝eq \f(I,2m).(3)导体棒乙刚进入虚线右侧的磁场中时，设导体棒甲产生的感应电动势为E1，导体棒乙产生的感应电动势为E2，则由法拉第电磁感应定律得E1＝B1lvm、E2＝B2lvm又B1＝2B2，所以E1＝2E2导体棒乙越过虚线后，回路中立即产生感应电流，在安培力作用下导体棒甲做减速运动，导体棒乙做加速运动，直至两棒产生的感应电动势大小相等时，二者做匀速运动．此时设导体棒甲的速度为va，导体棒乙的速度为vb，这一过程所用的时间为t.此时有B1lva＝B2lvb解得vb＝2va设在t时间内通过导体棒甲、乙的电流的平均值为eq \o(I,\s\up6(－))，以水平向右为正方向．对导体棒甲，根据动量定理有，－B1eq \o(I,\s\up6(－))lt＝mva－mvm对导体棒乙，根据动量定理有，B2eq \o(I,\s\up6(－))lt＝mvb－mvm联立解得va＝eq \f(3,5)vm，vb＝eq \f(6,5)vm设导体棒乙越过虚线后，整个电路中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有Q＝2×eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,a)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,b)联立得Q＝eq \f(I2,40m).【答案】(1)eq \f(B1lI,R1＋R2m)　(2)eq \f(I,2m)　(3)eq \f(I2,40m)8.如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为－q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角为θ，且满足tan eq \f(θ,2)＝0.5.(1)若某一粒子以速率v1＝eq \f(qBR,m)，沿与MO成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；(2)若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v2；(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积．【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由牛顿第二定律可得qv1B＝eq \f(mv\o\al(2,1),r1) 解得：r1＝eq \f(mv1,qB)＝R 粒子沿与MO成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150° 甲方法1：故粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(αr1,v1)＝eq \f(mα,qB)＝eq \f(5mπ,6qB )方法2：粒子运动周期T＝eq \f(2πm,Bq)粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(150°,360°)T得t＝eq \f(5mπ,6qB ) (2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r2 ，由图中几何关系可得：r2＝Rtaneq \f(θ,2)＝eq \f(1,2)R 乙由牛顿第二定律可得qv2B＝eq \f(mv\o\al(2,2),r2) 解得粒子的速度v2＝eq \f(qBr2,m)＝eq \f(qBR,2m) (3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2，且不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和． 丙S1＝eq \f(1,2)π(eq \f(R,2))2＝eq \f(πR2,8)S2＝eq \f(1,6)πR2S3＝eq \f(1,6)πR2－eq \f(1,2)×R×eq \f(R,2)tan 60°＝eq \f(1,6)πR2－eq \f(\r(3),4)R2则S＝eq \f(11,24)πR2－eq \f(\r(3),4)R2.【答案】见解析9.如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻．质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场．闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.【解析】(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mgsin θ－BIL＝0 根据欧姆定律可得：I＝eq \f(BLvm,2r ) 解得：vm＝eq \f(2mgrsin θ,B2L2) (2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，由电流的定义可得：q＝eq \x\to(I)Δt 根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：eq \x\to(I)＝eq \f(BΔS,2rΔt)＝eq \f(BLx,2rΔt) 解得：x＝eq \f(2qr,BL) 设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0＝eq \f(BLv0,2r) 此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsin θ＝Q总＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)定值电阻产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)Q总 解得：Q＝eq \f(mgqrsin θ,BL)－eq \f(mI\o\al(2,0)r2,B2L2) (3)由牛顿第二定律得：BIL＝ma 由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I＝eq \f(BLv,2r)可得：eq \f(B2L2,2r)v＝meq \f(Δv,Δt)eq \f(B2L2,2r)vΔt＝mΔv，即eq \f(B2L2,2r)xm＝mvm 得：xm＝eq \f(4m2gr2sin θ,B4L4)【答案】(1)eq \f(2mgrsin θ,B2L2)　(2)eq \f(mgqrsin θ,BL)－eq \f(mI\o\al(2,0)r2,B2L2) (3)eq \f(4m2gr2sin θ,B4L4)10.如图所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝eq \f(10,π) T．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝eq \f(π,10) rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：(1)在0～4 s内，平行板间的电势差UMN ；(2)带电粒子飞出电场时的速度；(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件．【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为E＝eq \f(1,2)B1Leq \o\al(2,1)ω＝2 V 由串并联电路的连接特点知：E＝I·4R, U0＝I·2R＝eq \f(E,2)＝1 V, T1＝eq \f(2π,ω)＝20 s 由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb，则在0～4 s时间内，φM＜φN，UMN＝－1 V (2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～eq \f(T1,2)时间内，水平方向L2＝v0·t1，得t1＝eq \f(L2,v0)＝4 s＜ eq \f(T1,2) 竖直方向eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)vyt1 解得：vy＝0.5 m/s 则粒子飞出电场时的速度大小v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq \f(\r(2),2) m/s tan θ＝eq \f(vy,v0)＝1，所以该速度与水平方向的夹角 θ＝45° (3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝meq \f(v2,r)， 得r＝eq \f(mv,B2q) 由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：eq \r(2)r＞d时离开磁场后不会第二次进入电场 粒子在平行板中加速得：vy＝at1 , 又a＝eq \f(Eq,m)，E＝eq \f(UNM,d) 解得：eq \f(q,m)＝0.25 C/kg, 综合得 B2＜eq \f(\r(2)mv,dq)＝eq \f(\r(2)×4,2)×eq \f(\r(2),2)T ＝2 T 【答案】(1)－1 V　(2)eq \f(\r(2),2) m/s 与水平方向的夹角 θ＝45° (3)B2＜ 2 T 11.华裔科学家丁肇中负责的AMS项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质。某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所示。其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为O，外圆电势为零，内圆电势φ＝－45 V，内圆半径R＝1.0 m。在内圆内有磁感应强度大小B＝9×10－5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在O点。假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收。已知正电子质量m＝9×10－31 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C，不考虑粒子间的相互作用。(1)求正电子在磁场中运动的速率v和半径r；(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R′。【答案】　(1)4×106 m/s　0.25 m　(2)eq \f(\r(17)－1,4) m【解析】　(1)电场内，内外边界的电势差大小为U＝0－φ＝45 V，在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mv2－0，代入数据解得v＝4×106 m/s，正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝0.25 m。(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：(R′＋r)2＝r2＋R2，解得R′＝eq \f(\r(17)－1,4) m。12.如图为一除尘装置的截面图，塑料平板M、N的长度及它们间的距离均为d。大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度v0进入两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为m，带电量均为－q。当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板间；若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，y轴垂直于板并紧靠板右端，x轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于P(2d，－1.5d)处的条状容器中，需在y轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域。尘埃颗粒重力、颗粒间作用及对板间电场和磁场的影响均不计，求：(1)两板间磁场磁感应强度B1的大小；(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少；(3)y轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B2大小的取值范围。【答案】　(1)eq \f(mv0,qd)　(2)50%　(3)eq \f(mv0,2qd)≤B2≤eq \f(mv0,qd)【解析】　(1)沿N极板射入的尘埃恰好不从极板射出时尘埃的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，尘埃在磁场中的轨迹半径：r＝d，尘埃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：qv0B1＝eq \f(mv\o\al(2,0),r)，解得：B1＝eq \f(mv0,qd)。(2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，满足：qE＝qv0B1，撤去磁场以后粒子在电场力作用下做类平抛运动，假设与N极板相距为y的粒子恰好离开电场：水平方向：d＝v0t，竖直方向：y＝eq \f(1,2)at2，加速度：a＝eq \f(qE,m)解得：y＝0.5d当y>0.5d时，水平位移x>d，即与y极板相距为0.5d到d这段距离的粒子会射出电场，则除尘效率为：eq \f(0.5d,d)×100%＝50%。(3)设圆形磁场区域的半径为R0，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为R2，要把尘埃全部收集到位于P处的条状容器中，就必须满足R2＝R0，另qv0B2＝meq \f(v\o\al(2,0),R2)如图1，当圆形磁场区域过P点且与M板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径R0最小，磁感应强度B2最大，有R0小＝d解得：B2大＝eq \f(mv0,qd)如图2，当圆形磁场区域过P点且与y轴在M板的右端相切时，圆形磁场区域的半径R0最大，磁感应强度B2最小，有R0大＝2d解得：B2小＝eq \f(mv0,2qd)所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满足的条件为eq \f(mv0,2qd)≤B2≤eq \f(mv0,qd)。