专题10 磁场-【一飞冲天·高考专项】2025年高考专题分类物理

一心冲天 专题十 磁场 馨)基础题 一、单项选择题 1.(2022·南开中学第三次月考)某些物质在低温下会发生“零电阻”现象，这被称为物质的超导电性 具有超导电性的材料称为超导体。根据超导体的“零电阻”特性，人们猜测：磁场中的超导体，其内部 的磁通量必须保持不变，否则会产生涡旋电场，导致超导体内的自由电荷在电场力作用下不断加速 而使得电流越来越大不可控制。但是，实验结果与人们的猜测是不同的：磁场中的超导体能将磁场 完全排斥在超导体外，即内部没有磁通量，超导体的这种特性叫作“完全抗磁性”（迈斯纳效应）。现 在有两个实验方案：（甲）如图所示，先将一个金属球放入匀强磁场中，等稳定后再降温使其成为超导 球并保持低温环境，然后撤去该磁场；（乙）先将该金属球降低温度直至成为超导球，保持低温环境加 上匀强磁场，待球稳定后再将磁场撤去。根据以上信息，试判断上述两组实验中球内磁场的最终情 况是下图中的哪一组 甲 2.(2023·天津一中第三次月考)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向 外的匀强磁场，两完全相同的带正电粒子和b,以相同的速率从M点射入磁场， 粒子a沿半径MO方向射入，粒子b沿与半径MO成30°角方向射入，不计粒子重 力及两粒子之间的相互作用，若粒子a从N点射出磁场，∠MON=90°。则粒子a、 b在磁场中运动的时间之比为 A.3:2 B.3:4 C.2:3 D.1:2 3.【难题】(2022·河北区二模)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外，其边界如图 中虚线所示。ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量 为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相 互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为 专题十磁场 ● ●b d ● A3器 R沿 c D沿 4.(2020·部分区期末)如图，一导体棒αb静止在U型铁芯的两板之间，开关闭合后导体棒受到的安培 力方向为 A.向上 B.向下 C向左 D.向右 二、不定项选择题 5.(2024·南开区期未)回旋加速器是用来加速带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两 个D形金属盒，两盒分别和一电压为U的高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭缝中形成交变电 流，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于D 形盒。粒子源A能不断释放出电荷量为q、质量为m的带电粒子（初速度可以忽略，重力不计）。已 知D形盒半径为R,忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。下列 说法正确的是 ) A.粒子从电场中获得能量 B.加速电源的交变周期为T一 gB C.粒子经交变电压U加速第一次进入D,盒与第一次进人D,盒的运动半径 之比为1：E人 高频交流电源 D.粒子在电场中加速的次数为BR 2mU 6.(2021·部分区一模)如图所示，虚线MN上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B。一群电子以不 同速率从边界MN上的P点以相同的入射方向射入磁场。其中某一速率为v的电子从Q点射出边 界。已知电子入射方向与边界MN的夹角为0，下列说法正确的是 ) A.该匀强磁场的方向垂直于纸面向里 -入U B.所有电子在磁场中的轨迹半径相同 C.速率越大的电子在磁场中运动时间越长 D.在此过程中每个电子的速度方向都改变了20 专题分类； 物理 三、非选择题 7.(2021·天津一中第五次月考)如图所示，离子源产生某种质量为m、带电荷量为q的离子，离子由静 止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点沿圆形匀强磁场区域的半径方向射入磁场， 离子射出磁场后能通过M点正上方的V点，已知圆形磁场区域的半径为r。,磁场的方向垂直于纸面 向里，M、N两点间的距离为√3ro。 (1)求离子从M点射入磁场的速度大小； (2)求匀强磁场的磁感应强度大小； (3)求离子从M点运动到N点的时间。 8.(2022·南开中学第三次月考)质谱仪是一种检测和分离同位素的仪器。如图所示，某种电荷量为 十q、质量为m的粒子，从容器A下方的狭缝S,进入电压为U的加速电场，其初速度可忽略不计。 这些粒子经过狭缝S,沿着与磁场垂直的方向进人磁感应强度大小为B的匀强磁场中。随后粒子束 在照相底片MN上的P点处形成一条曝光的谱线。不计粒子的重力及粒子间的相互作用 (1)求粒子进入磁场时的动能Ek; (2)求P点与狭缝S2之间的距离x; (3)如果从底片上获知a、b(对应的谱线位置图中未画出)是两种同位素的原子核，a、b在磁场中运动 轨迹的直径之比是，求m M N不 ● 一冲天 9.(2020·河西区线上模拟)如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置，铅盒左侧面中心O有一放射源可通过 铅盒右侧面的狭缝MQ向外辐射α粒子，铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域。过O的截面 MNPQ位于垂直磁场的平面内，OH垂直于MQ。已知∠MOH=∠QOH=53°。a粒子质量m= 6.64×1027kg,电荷量Q=3.20×10-1C,速率v=1.28×10m/s;磁场的磁感应强度B=0.664T,方 向垂直于纸面向里；粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用及相对论效应，sin53°=0.80，cos53°=0.60。 (1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t; (2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，即达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度。 Q 铅盒立体图 XX d 装置截面图 冲天 THET○P 飞冲天 一冲天 10.(2023·塘沽一中第三次月考)扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。 其简化模型如图所示，I、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，宽度均为L,相距为L,磁场方向相反 且垂直于纸面，磁感应强度大小B,、B2均为未知值，一质量为、电荷量为q(q>0)的带负电的粒 子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射 人I区，射入时速度与水平方向的夹角=30°，粒子从I区右边界射出时速度与水平方向的夹角也 为30°。（粒子重力不计） (1)求粒子进人I区时的速度大小； (2)求粒子首次在I区中运动的时间t。; (3)为使粒子能返回I区，求Ⅱ区磁感应强度大小B,应满足的条件。 B2 M 飞冲天 11.(2020·滨海新区线上模拟)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、电荷量为g的粒子（不计重力） 从板小孔飘入板间，初速度可视为零。M、N两极板间电势差为U,粒子得到加速。两板外部存在 垂直于纸面向里的匀强磁场，粒子在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离。粒子 经电场多次加速，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 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。 专题十磁场 (1)求粒子运动第1周时磁场的磁感应强度的B,大小； (2)求粒子在运动第n周的时间内电场力做功的平均功率。 12.（2021·和平区二模)如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁 场，在x轴的上方有一平行板式加速电场。有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直，现有一质 量为、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从 A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再 施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴，已知OD长为L,不计粒子的重力。 「(1)求粒子穿过绝缘板时损失的机械能； (2)求第四象限所加电场的电场强度； (3)求带电粒子在第一象限的磁场中运行的时间。 03020.. 专题分类物理 提升题 一、单项选择题 1.(2020·红桥区二模)如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速 率为o的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电 粒子的重力，下列说法正确的是 A.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3：1 B.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为√3：1 C.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2：1 60 D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为1：2 二、不定项选择题 B 2.(2022·南开中学第四次月考)如图所示，边长为L的等边三角形区域内存在垂直纸面的匀强磁场， 磁感应强度大小为B,无限大的荧光屏PQ过C点且与AB边平行，O为AB边中点，质量为m,电荷 量为q的粒子以不同速率自O点垂直于AB边方向射入磁场中，速度方向平行于三角形平面，不考 虑粒子之间相互作用和粒子重力。下列说法正确的是 A.粒子射入速率u=Bg时，粒子将从AB边离开磁场 C Am B.粒子射入速率v= 2BqL时，粒子可以打在荧光屏上 5m C.粒子射入速率o= 时，粒予打在荧光屏上的点与C点的距 2m 离为L D.粒子射入速率一时粒子打在茨光屏上的点与C点的距离为2L 3.【难题】(2022·天津一中第三次月考)如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时 刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xOy平面内，且对称分布在x轴两侧的 30°角的范围内。在直线x=a与x=2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，已 知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是 ( A最先进入磁场的粒子在藏场中运动的时间为器 B.最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为4π v 30°。。. C.最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为(a,-734) 30°a。。 3 D.最先进人和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等 一冲天 三、非选择题 4.(2024·和平区期末)多级能量跑道回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域I、Ⅱ的边 界平行，相距为L,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。下方P、Q及两条横向虚线之间的区 域存在水平向右的匀强电场（两条横向虚线之间的区域宽度忽略不计），方向与磁场边界垂直。质量 为、电荷量为十q的粒子从P端飘入电场（初速度忽略不计），经过n次电场加速和多次磁场偏转 后，从位于边界上的出射口C向左射出磁场，已知C、Q之间的距离为d,带电粒子的重力不计 (1)求匀强电场的电场强度E的大小； (2)求粒子从P端进入电场到运动至出射口C的过程中，在电场内运动的总时间t,和在磁场中运动 的总时间t2; (3)若需要增大某种粒子从C口射出时的速度v,应怎样调整加速器的参数，并简要说明理由。 磁场区域I 磁场区域川 ×B× B X + + 匀强电场 5.【难题】(2020·河北区一模)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d,宽为d,中间 两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点，各区域磁感应强度大小相等。某粒 子质量为m,电荷量为十g,从0点沿轴线射入磁场。当入射速度为，时，粒子从0点正上方号处射 出磁场。取sin53°=0.8，cos53°=0.6 (1)求磁感应强度大小B;◆ (2)人射速度为5v。时，求粒子从O运动到O'的时间t; (3)入射速度仍为5。，通过沿轴线OO平移中间的两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O 的时间增加△t,求△t的最大值。 X 1××刘 ×× ×· 大 + + 0 十 40 × + X× × × × + + + + + + 2d 一冲天 6.(2020·河东区线上模拟)如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆形且中空 的金属盒D,和D2,磁感应强度为B,金属盒的半径为R,两盒之间有一狭缝，其间距为d,且R>d,两盒 间电压为U。A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D,盒中，经 半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次 加速后获得足够高的能量。已知带电粒子的质量为m、电荷量为十q。 (1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。 ①求粒子可获得的最大动能Em; ②若粒子第1次进入D,盒在其中的轨道半径为r1,粒子第2次进入D,盒在其中的轨道半径为 r2,求r1与r2之比； ③求粒子在电场中加速的总时间t与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值，并由此分析：计 算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t1与2哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等 于在磁场中回旋半周的次数) (2)实验发现：通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到25~30MV后就很难再加速了，这是由 于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大，结合这一现象，分析 在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。 飞冲天 接交流电源 7.(2023·河西区二模)如图所示，两平行金属板A、B长度为1，直流电源能提供的最大电压为U,位于 极板左侧中央的粒子源可以沿水平方向向右连续发射质量为、电荷量为一q、重力不计的带电粒 子，射入板间的粒子速度均为，在极板右侧有一个垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B, 分布在环带区域中，该环带的内外圆的圆心与两板间的中心重合于O点，环带的内圆半径为R,。当 变阻器滑动触头滑至b点时，带电粒子恰能从右侧极板边缘射向右侧磁场。 (1)求从板间右侧射出的粒子速度的最大值m; 专题十磁场 (2)若粒子射出电场时，速度的反向延长线与。所在直线交于O点，所有粒子都好像从两板的中心 射出一样，试证明O点与极板右端边缘的水平距离x=2: (3)为使粒子不从磁场右侧穿出，求环带磁场的最小宽度d。 8.(2023·和平区三模)如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L,间距 为d=1.5L的竖直极板P、Q,在下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感 光胶片，水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点 为O,水平极板M、N之间的电压为U。;竖直极板P、Q之间的电压Uo随时间t变化的图像如图乙所 示，磁场的磁感应强度B=}②m心，粒子源连续释放初速度不计、质量为m、带电量为十g的粒子， 这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P、Q之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片 上，已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计，不考虑粒子间的相互 作用。 (1)求带电粒子进入偏转电场时的动能E； (2)已知带电粒子若在U0三0时进人竖直极板P、Q之间的电场，在磁场中能够产生竖直方向的最 大距离，求该最大距离△ymax; (3)求带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。 粒子源日 -M U阳 L 4Q 磁场上边界 × ×× ××××××× 0 ×××__×××__× 磁场下边界 甲 专题分类物理 9.(2022·天津一中第五次月考)2021年5月28日凌晨，中国科学院合肥物质科学研究院的全超导托 卡马克核聚变实验装置创造新的世界纪录，成功实现可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度 20秒等离子体运行。托卡马克装置是利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器（如图甲）。简化的 模拟磁场如图乙所示，半径为R的足够长水平圆柱形区域内，分布着水平向右的匀强磁场I,磁感应 强度大小为B,磁场I所在区域外侧分布有厚度为L的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小为B迟 且大 小处处相同，方向与磁场I中磁场方向垂直，其横截面图与纵截面图分别如图丙、丁所示。某时刻氘 原子核（已知氘原子核质量为m,电荷量为q)从磁场I最低点以速度v(未知）竖直向下射入磁场Ⅱ 氘原子核恰好不能飞出磁场区域，不计粒子的重力和空气阻力，不考虑相对论效应 极向磁场 环形磁场真空室 等离子体 图甲 图乙 磁场 ×BX 磁场R R B 磁场 图丙 图了 (1)求氘原子核射入环形磁场Ⅱ的速度的大小； (2)求氘原子核从磁场I最低点第一次射入磁场Ⅱ到第二次射入磁场Ⅱ前的路程； (3)【难题】求该氘原子核从磁场I最低处出发后第V(V为正整数)次回到磁场I最低处需要的 时间。 一冲天 10.(2023·滨海新区三模)用基本原理如图所示的装置做离子控制实验，其相关参数如下： ①空腔圆柱截面半径为R,壁厚可以忽略不计； ②工作区I长度d=4R,内有沿y轴正向的匀强电场； ③工作区Ⅱ长度未知，内有沿之轴负向的匀强磁场。 现有一质量为、电量为q的正离子从左侧截面的最低点A处，以初速度，沿之轴正向进入工作区 I,经过两个区域分界面上的B点进入工作区Ⅱ，在以后的运动过程中恰好未碰到圆柱腔的内壁， 最终从右侧截面上的C点飞出，B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点（如图所示），不计粒子 重力。 (1)求工作区I中电场强度的大小E: (2)求工作区Ⅱ中磁感应强度大小B; (3)求工作区Ⅱ的长度L。 冲天 THET○P 飞冲天专题十磁场 基础题 1.C由题意可知，两金属球最后均通过降温变成超导体，由于 迈斯纳效应，金属球的磁通量为零，考虑金属球的立体特性， 内部没有磁感线穿过。 2.B粒子在磁场运动时，由洛伦兹力提供向心力，即qB= n二，解得一咒·所以可知两个粒子的运动半径相同.均为 R,结合粒子b进入磁场的角度，根据几何知识可判断出粒子 b的偏转角为120°，而粒子a的偏转角为90，根据1一360 ,可知运动的时间之比：6=3：4。 3.C粒子在截场中做匀速圆周运动：有如B="四，T=,可 得粒子在磁场中的周期了一智粒子在酸场中运动的时间！ 一是·T-器则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨 迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问 题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒 子的轨迹半径由零逐渐放大。设半圆磁场的半径为R,当半 径r≤0.5R和r≥1.5R时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场 中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当0.5R<<1.5R 时，粒子从半圆边界射出，将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒 子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹对应的圆心角从π逐 渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹对应的圆心角最大，然后再 增大轨迹半径，轨迹对应的圆心角开始减小，因此当轨迹半径 等于R时轨迹对应的圆心角最大，如图所示： Q 609 b d 即轨迹对应的最大圆心角0=十号-暂，故粒子运动最长时 间=器-器 4.D开关闭合后，由安培定则可知，下板为N极，上板为S极， 磁场方向由下板指向上板，根据左手定则可知，导体棒受到的 安培力方向向右。 5.ACDA.粒子在电场中被加速，在磁场中做匀速圆周运动， 洛伦兹力不做功，所以粒子只从电场中获得能量：B.加速电 源的交变周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，即 T=,C.根据动能定理，第一次进入D形盒时，有U 1 2m心二0，且有g4,B=mg,第二次进入D形盒时，有2U% =名时-0，且有%B=m是联立解得R:R=1:: D第n次进入D形盒时，有mUg=弓md-0,粒子离开D形 盒时，速度最大，此时轨道半径为R,有0，B=m京，解得最 大速度=B,联立解得1=R」 m 2nU° 6.ADA.由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直于纸面向 里：B由B=m号得电子运动半径r一器因电子速率不 同，可知所有电子在磁场中的轨迹半径不相同：C.由T ,得电子的运动周期T一2花，所有电子的人射方向相同， 由几何关系可知，圆心角是入射角的两倍，则所有电子在磁场 中运动轨迹的圆心角相同，所以运动时间都相同：D.经分析 可知，所有电子在磁场中运动轨迹的圆心角相同，所以电子偏 转角度相同，即所有电子的速度方向都改变了20。 2之)√品+√ 7.(1)Nm 1 解：(1)离子在电场中加速过程，由动能定理，有gU=2-0, /2gU 解得=√m (2)设离子在磁场中运动半径为， 如图所示： 3r。r 由三角形相似，有r。√W3)2+ 解得= 3, 离子在磁场中运动时，由洛沦兹力提供向心力，则有qvB= 解得B=1m: rov q (3)离子在场中运动的周期T-留离子在愁场中运动的 时间4器T-器 3gB 离子射出磁场后的运动时间1，= 2πr。 联立解得1=1十t2= m 3√6g0+V20 8.(1)gU 2/2mU (2)BN9 (3) 解：(1)粒子在加速电场中运动的过程， 根据动能定理有gU=Ek一0， 所以粒子进人磁场时的动能E=qU; （2)由1)得gU=R=合m, 2gU 所以粒子进入磁场时的速度一√ 粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力， 即9B=m女 根据几何关系有x=2r, 2/2mU 联立解得x=B√q 9B,且=d,所以d=8m0 (3)由(2)得.x2=8mU. 9B2 整理得m=且已知号一A d 所以Q,b的质量之比严=心 =X2。 m di 9.1)2×106s(2)0.72m 解：1)粒子在磁场内做匀速圆周运动，周期T=2πm gB 垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为 1=180° 360飞 联立解得1=爱×10s: (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力， 即qvB=mR' 解得R=0.4m, 若沿OQ方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切， 则所有粒子均不能从磁场的右边界射出，如图所示，由几何关 系可得d=R+Rsin53°=0.72m。 53 Q1× (2)m 10.(1)m 3 mU 3 2qU (3)B,>V24 解：(1)粒子在电场中加速运动的过程， 由动能定理，有gU=2m-0, /2qU 解得U一√m (2)粒子首次在I区中运动轨迹大致如图所示： ￥ * ×x× ××× ××× 一L 在I区中，由洛伦兹力提供向心力，即qB,=m尺： 由几何关系，有L=2R,sin0=R1, 粒子在I区中运动的周期T=2πm 9B1 粒子在1区中运动的时间6=需工 联立解得名=号√觉： (3)粒子能返回I区的运动轨迹如图所示： ××× ××× ●● 一L一L 在Ⅱ区中，由洛伦兹力提供向心力，即qB二m尺： 为使粒子能返回I区，应满足R2十R2sin0L, 联立解得B,>元√2g 3 mU 1.)Nq 1/2mU (2)90,gU xR√2m 解：(1)设粒子经电场第一次加速后的速度为4， 由动能定理得qU=7m听-0， 粒子在磁场中运动的过程，由洛伦兹力提供向心力，即 qv,B=mR 1 /2mU 联立解得B,=反Vq (2)设粒子经n次加速后的速度为yn, 由动能定理得ngU=2md-0, 设粒子做第n次圆周运动的周期为T。,则T,=2π迟 设粒子在第n次圆周的时间内电场力做功为W.,则W.=gU, 在这段时间内电场力做功的平均功率为卫，-光， 联立解得P=四，g πRV2m 12.(1)g0-2Bg2L (2)29BL,方向与x轴正方向成60°角斜向下 m 器 解：(1D在电场巾加速过程，由动能定理有gU=m-0, 粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，即qB= %22 由几何关系得r=2L, 所以粒子穿过绝缘板时损失的机被能△E=gU-号md 9U-2BgL? m (2)粒子做直线运动，有quB=qE, 可得E=2B上.方向与x轴正方向成60角斜向下， m (3)在磁场中运动的周期T=2m 9B 提升题 1.AA,B根据几何关系可得万=Ram30°=尽R,=Ran60° 3 √3R,粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，即qB m号，可得出是=品，又因为粒子的速度相同，所以比荷之比 等于粒子运动半径的反比，可得出比荷之比为3：1；C、D.周 期T=2智-密，可得出粒子运动的周期之比工，：？ 1：3,分析可以得出粒子1偏转了120°，粒子2偏转了60°，则 4子6=号，所以带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动 T 时间之比66=号：君=2：3。 2.BCA.为使粒子自AB边离开磁场，临界条件为轨迹与AC 边相切，轨迹如图甲所示，根据几何关系十os30一2L,解 得r= 3L 2(3+2√5) 根据需得23因为> 2(3+2W3)m 4m 3BgL ，所以粒子将从AC边离开磁场；B.因为荧光屏 2(3+2√3)m 足够大，能打在荧光屏上的临界条件为射出速度方向与荧光 屏平行，粒子轨迹如图乙所示，设轨迹半径为，根据几何关系 r+tan30°r= 号L解得r=31,根据=需得= 4 3一)BgL,只要速度大于该值即可打在荧光屏上：C,D.当 Am 速度v ,时，镜迹半径为L,粒子自AC中点垂直于 21m AC边射出，根据几何关系可得粒子达到荧光屏位置与C点 的距离为L。 0 3.BCA.沿x轴正方向射出的粒子最先进入磁场，由图1可 知，粒子在磁场中运动的偏转角为30°，所以运动的时间4 部×2mX20-票：BCD,沿与r轴成30角斜向下方进人延 场的粒子最后从磁场射出，由图2可知，粒子在磁场中运动的 微转角为120，所以运动的时间6=器×2红2一警由 L3 几何关系易得弦长s=2√3a,粒子进入磁场时的位置到x轴 的距离y一5。 a,所以坐标为(a, y y◆ 。。。 。。。 。。。 0 30·· 2a 2a 2小 。/。 图1 图2 4.(1)9Bc4 8nmL (2)4,=4nml 4=m留 (3)应增大磁感应强度B或Q、C之间的距离d 解：(1)当粒子从出射口C射出时，有d=2r, 粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力， 即qB=m,, 经n次加速过程，由动能定理，有mgEL=2mt一0， 联立解得E=gBd 8nmL (2)粒子在电场中做匀加速直线运动，有L=4: 联立解得1 AnmL qBd 粒子在磁场中运动的周期T=2π” gB' 由题意可知与=(，一之)T。 联立解得t2=(n一 2 qB (3)根据quB=m ,,d=2r,可得0=9Bd 2m 因为粒子的比荷一定，所以若需要增大某种粒子从C口射出 时的速度v,应增大磁感应强度B或Q、C之间的距离d 5.(1)4m (2)(53x+72)d 180 (3)4 解：(1)粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则g。B=m ○由几何关系知r。= 、c以 4 解得B=4m gd (2)入射速度为5，时，由gB=m心 可得粒子在磁场中运动 的半径为r=5 , ××x 、× . XX + 4d -X7 + × × + + X × + d 2d d 设粒子在矩形磁场中的偏转角为α， 4 由d=rsin a,得sina=写，即a=53°， 在一个矩形磁场中的运动时间名一品×密-吧 直线运动的时间4，=24-24 v5 则1=46+12=(53π+72)d 180v0 (3)将中间两磁场分别向中央移动距离x,如图所示： ×××× ×××× ×××× ··· ×××× ×××× ×××× ×××× ××× ××× ××××0' 1×××× 1×××× :×××× ···· 1×××× ×××× ×××× ×××× ×××× ×××× 票带带票 ···· ×××× 卜-d一+-x+-d 一d+x+d 粒子向上的偏移量y=2r(1一cosa)+rtan a,且由(2)问可知 由y≤2d,解得≤子d, 则当x。=子1时，4有最大值， 粒子直线运动路程的最大值sm= 2.xm+(2d-2xm)=3d cos a 增加路程的最大值△sm=sm一2d=d, 增加时间的最大值△。=△ d v 5vo 6.(1)09BR 2d 2m ②1：5农山可以忽略 (2)详见下文 解：(1)①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑 兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得印B=m发，且 瓦=名md,解得E。-tE。 2m ②设带电粒子在两盒间加速的次数为V, 在磁场中有guB=m 在电场中由动能定理得NgU=?m2-0, 2NmU 解得r=BV9 第一次进入D1盒中N=1,第二次进入D,盒中N=3, 可得r1:r2=1:√5； ③由牛顿第二定律，带电粒子在电场中的加速度a=9E=9 m md 由=a贴，联立解得电场中加速的总时间1，=BR T打 设粒子在磁场中回旋的圈数为n, 1 由动能定理得2ngU=之m-0, 带电粒子回旋一圈的时间（即周期）T=2xr=2π” v gB 带电粒子在磁场中回旋的总时间，=T=BR 2U, 所以点=2d t2πR 已知R>d可知t1《t2,所以t,可以忽略。 (2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T-密，对一 定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的，如果在 两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经 过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效 应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致磁场 中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致 无法继续使粒子加速。 qU+mo (2)详见解析 (3)Vm(qU+m) m(qU+m）+R-R gB 解：(1)当两板间加最大电压时，从右侧极板边缘飞出的粒子 速度最大， U 1 1 由动能定理，有g之=之m呢-2m6, 解得vn=√ gU十m喝 (2)如图所示，设粒子在电场中的侧移为y, y 则有号-受又1=y=受 y v 联立解得x=2 (3)射出粒子速度最大时，对应磁场区域最大，设最大轨迹半 径为rm, 粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，即qmB= 解得n=m gB 如图所示，设环带外圆半径为R2,则有d=R2一R,, R2-Im 由几何关系有R十r品=(R-rm)2, 解得R2=rm+√r2十R, 所以最小宽度d=R-R,=m(gU+m gB m(gU+m2+R-R。 B2 8.gu(2L(3)2~号 解：(1)粒子从粒子源发出进人加速电场做匀加速直线运动， 由动能定理，有gU=E一0，所以Es=gU。; (2)加速后的带电粒子以的速度进入竖直极板P、Q之间， 若在Uo=0时进人竖直极板P、Q之间的电场，则不发生偏 转，沿中心线进人磁场， 由动能定理，有qU=2m心一0， 在磁场中由洛伦兹力提供向心力，即q四B=m 联立解得r=L,所以△yx=r=L: (3)粒子的运动轨迹如图所示： 粒子源日 -M -N 、Ras L P __YJ_. 磁场上边界 ××××××xx×××× ×-×-×-×-×-×-××-×-×-×。× 若=0时进入偏转电场，由(2)可知，粒子在电场中做匀速直 线运动，进入磁场时R=L,打在感光胶片上距离中心线最近 为x=2L, 设任意电压时出偏转电场时的速度为？， 设u,与竖直方向夹角为a, 根据几何关系有u,=改，R=mg cos a gB' 打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距（轨迹弦长） 4x=2R.0sa-2m0=2L. 可见该间距与偏转电压无关，在感光胶片上的落点范围宽度 等于粒子在电场中的偏转距离，设带电粒子在电场中最大偏 转距离为y, 由牛顿第二定律，有gE=ma,且E-U9=3U。 d1.5L 水平方向上有y=2at,竖直方向上有L=, 联立解得y一专 所以粒子在感光胶片上的落点距0点的长度范围是2L到号 之间。 9.(1)9BR 102 (2mL+受R 若V为奇数-》服+2D+器：者V为高 gBR 数，1=Nxm(R+2L) gBR 解：(1)射入环形磁场Ⅱ时，若恰好不能飞出磁场区域，则轨道 半径r2=L,如图所示： 磁场Ⅱ R 磁场】 磁场Ⅱ 根据牛顿第二定律得q心亡=方 BR mv 解得=BR】 m 9 (2)粒子在磁场Ⅱ中的轨迹是半圆，L,=πr2=πL, 粒子在磁场I中的轨迹是圆，山=2x=受R。 La=L1十L2=xL+交R; (3)氘核第二次射入磁场Ⅱ后重复之前的运动过程，在磁场的 最高点第三次射入磁场Ⅱ，再重复之前的运动，氘核在磁场中 的运动轨迹在横截中的投影如图所示： 氛校在酸场I中的周期为T一需·氘模在磁场Ⅱ中的同期 为T一一欲，狐枝从酸场1最低点出发后至第一次 回到最低点经过的时间为在磁场Ⅱ中的周期的一半，= 号工，一歌，氛核从感场1最低点出发后至第二次回到最低 点经过的时间2=2T2十T,氘核从磁场I最低点出发后至 第三次回到最低点经过的时间t2=(2T,+T,)十t1,所以，若 N为奇数1=N1(2T,+T,)+4=N-1)m6R+2L)+ 2 gBR 欲若N为偶数4=(2T:+T)=NmR时2四 gBR 、3m6 10.(1)16Rg (2) 2m(3)L=nπR(n=1,2,3…） 解：(1)离子在工作区I内做类平抛运动， 设：轴的正方向上有R=%1,沿y轴的正方向上有婴-号 at, 根据牛顿第二定律有a=E m 联立解得电场强度的大小E=3m 16Rg (2)离子在工作区Ⅱ内做复杂的旋进运动， 将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和之轴正方 向的匀速直线运动，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如 图所示： 设临界圆轨迹半径为r, 根据几何知识有，+（尽）=(R一严， 2 离子沿y轴正方向有恐合 根据洛伦兹力提供向心力有四，B=m三， 联立解得工作区Ⅱ中磁感应强度大小B=2m (3)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期T=2π” 由12)可知=是=意R 离子在沿之轴的正方向上做匀速直线运动，其位移L=。· nT(n=1、2、3…), 联立解得工作区Ⅱ的长度L=nπR(n=1、2、3…)。