2014高考磁场精选

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1、磁场25.(19分)如图所示，在半径为i的圆形区域中存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场.在圆形区域中固定放置一绝缘材料制成的边长为a的刚性等边三角形框架DEF，其中心位于圆心O上DE边上中点S处有一粒子源，可沿垂直于DE边向下，以不同速率发射质量为m，电荷量为q的正电粒子.若这些粒子与三角形框架发生碰撞时，粒子速度方向均垂直于被碰的边并以原速率返回、电荷量不变，不考虑粒子间相互作用及重力,求：(1)带电粒子速度v的大小取哪些数值时，可使S点发出的粒子最终又回到S点？(2)这些粒子中，回到S点所用

2、的最短时间是多少？24．（13分）解：(1)由机械能守恒，得　　　　　(2分)解得：　　　(1分)(2)选手在放开绳子时，水平速度为vx，则　(2分)选手在最高点站到传送带上有4m/s向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动，选手的加速度：m/s2　　(1分)以地面为参考系(2分)　所以可以顺利冲过终点(1分)设选手从A到B的时间为t，则　(1分)得：(舍去)　在这段时间内传送带通过的位移为：　(1分)摩擦力做功：　(2分)25．（19分）解：（1）带电粒子从点垂直于边以速度射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周

3、运动，其圆心一定位于边上，其半径可由①(2分)求得(1分)要求此粒子每次与的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到点，则和应满足以下条件：由于碰撞时速度与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于的边上，粒子绕过顶点、、时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即、、）上．粒子从点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为的半圆，在边上最后一次的碰撞点与点的距离应为，所以的长度应是的奇数倍。即n=0,1,2,3……②(2分)由几何关系得：③(2分)延长OE至圆形区域交于M，EM=1.1a-OE=0.1a(1分)若使粒子不射出

4、磁场，有R0.1a④(1分)由②④解得n3.83即n=4,5,6……(1分)由①②解得(1分)（2）这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为⑤(2分)在及给定时与无关。粒子从点出发最后回到点的过程中，与的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，可见，当时(1分),SDEFOBM所用时间最短。如图所示（图中只画出SE间的碰撞情况），由对称性可知该粒子的轨迹包括3×8个半圆和3个圆心角为300°的圆弧，所需时间为：⑥(3分)将⑤式代入得：(2分)25.(19分）如图所示，在半径分别为r和2r的同心圆（圆心在O点）所形成的

5、圆环区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在大圆边界上A点有一粒子源，垂直AO向左发射一质量为m,电荷量为切，速度大小为的粒子.求：(1)若粒子能进入磁场发生偏转，则该粒子第一次到达磁场小圆边界时，粒子速度相对于初始方向偏转的角度；(2)若粒子每次到达磁场大圆边界时都未从磁场中射出，那么至少经过多长时间该粒子能够回到出发点A.25.（19分）（1）120o（2）解析：（1）如图1所示，粒子做匀速圆周运动，设初速度为v0，轨迹半径为（2分）如图1粒子将沿着AB弧（圆心在O1）运动，交内边界于

6、B点。△OO1B为等边三角形，则∠BO1O=60o（2分）粒子的轨迹AB弧对应的圆心角为∠BO1A=120o(2分)则速度偏转角为120o（2分）（2）粒子从B点进入中间小圆区域沿直线BC运动，又进入磁场区域，经偏转与外边界相切于D点.在磁场中运动的轨迹如图2所示，粒子在磁场区域运动的时间（2分）（2分）每通过一次无磁场区域，粒子在该区域运动的距离（2分）粒子在无磁场区域运动的总时间（1分）代入，得：（2分）则粒子回到A点所用的总时间：（2分）25.(19分)如图所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心有一

7、小孔Q，其正上方有一半径为R1=1m的圆形磁场区域，圆心为0，另有一内半径为R1,外半径为m的同心环形磁场区域，区域边界与M板相切于Q点，磁感应强度大小均为B=0.5T，方向相反，均垂直于纸面。一比荷C/kg带正电粒子从N板的P点由静止释放，经加速后通过小孔Q，垂直进入环形磁场区域。已知点P、Q、O在同一竖直线上，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应。(1)若加速电压V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0(2)要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电压U2应满足什么条件？(3)在某加速电压下粒子进入圆形磁

8、场区域，恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从Q孔进人磁场到第一次回到Q点所用的时间。24（13分）解：(1)（5分）匀加速过程a1==6m/s2（1分）撤去力后匀减速a2==—10m/s2（1分）由牛顿第二定律得：-（mgsin37°+μmgcos37°）=ma2（2分）解得：μ=0.5（1分）(2)（3分）匀加速过程，由牛顿第二定律得：F-mgsin37°-μmgcos37°=ma1（2分）解得：F