《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第9单元 磁场 听课答案

第九单元　磁场
第24讲　磁场的描述　磁场对电流的作用
【教材知识梳理】
一、1.(1)力的作用　磁场　(2)N极　2.(1)强弱和方向　(2)B=　(3)N极
二、1.磁感应强度　2.(1)不存在　(2)切线　(3)疏密　(4)闭合
三、1.(1)BIL　(2)0　2.电流　拇指
辨别明理
(1)(√)　(2)(×)　(3)(×)　(4)(×)　(5)(×)
(6)(×)　[解析]a处的磁感线比b处稀疏,则a点磁感应强度比b点小,但由于受到放置角度的限制,当通电导线垂直磁场时,受到的磁场力最大,平行磁场时受磁场力为零,虽然B a<B b,但是无法比较导线所受的磁场力的大小.
【考点互动探究】
考点一
例1　D　[解析]磁感应强度B是由磁场本身决定的,与试探电流元的情况无关,A错误; B的方向与电流元受力方向垂直,B错误;电流元受力还与电流和磁场方向的夹角有关,
当两者平行时,电流元不受力,C错误;当电流方向与磁场方向垂直时,B=,当成一定夹
角θ时,B=,故B大于或等于,D正确.
例2　AC　[解析]电场和磁场有一个明显的区别是电场对放入其中的电荷有力的作用,而磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行,因此A正确,B
错误;同理,根据电场强度的定义式E=可知C正确;同样用比值定义法定义的磁感应
强度则应有明确的说明,即B=中I和B必须垂直,故D错误.
例3　C　[解析]根据安培定则可判断出电流的磁场方向,再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确.
例4　AC　[解析]设L1中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1,L2中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2,由安培定则可知L1中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里;L1中的电流在b点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在b点产生的磁场方向垂直
于纸面向外,所以根据已知条件得到B0-(B1+B2)=,B0-B1+B2=,联立解得B1=,B2=,选项A、C正确.
考点二
例5　B　[解析]直导线弯成半径为R的圆弧形,在磁场中的有效长度为R,又
因L=×2πR,则安培力F=BI·R=,根据左手定则可知,安培力的方向垂直于AC 指向左下方,B正确.
变式题　BC　[解析]由题意知,三根导线处于等边三角形的三个顶点处,设某导线在等边三角形另外两顶点产生的磁场磁感应强度大小为B0,在L1所在处,L2和L3产生的磁场叠加如图甲所示,方向垂直L2、L3所在平面向上,由左手定则可得安培力的方向平行L2、L3所在平面向下,合磁感应强度大小B L1=2B0cos60°=B0;同理可得在L2所在处的合磁感应强度大小B L2=2B0cos60°=B0;在L3所在处,L1和L2产生的磁场叠加如图乙所示,方向平行L1、L2所在平面向右,由左手定则可得安培力的方向垂直L1、L2所在平面向
上,合磁感应强度大小B L3=2B0cos30°=B0.由安培力F=BIL可得L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶,选项B、C正确.
考点三
例6　B　[解析]方法一(电流元法):把线圈L1沿水平转动轴分成上、下两部分,每一部
分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动.
方法二(等效法):把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针
的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心
处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向
纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动.
方法三(结论法):环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,直到两环形电流同向平行
为止.据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动.
考点四
例7　C　[解析]由题意可知,开始时线圈所受安培力的方向向上,磁场的方向垂直纸面
向里,电流反向后,安培力方向也反向,变为竖直向下,则有mg=2NBIl,所以
B==T=0.24T,C正确.
变式题1　1.21A≤I≤1.84A
[解析]先画出金属杆受力的侧视图,由于安培力的大小与电流有关,因此改变电流的大小,可以改变安培力的大小,从而使金属杆所受的摩擦力方向发生变化.
由平衡条件可知,当电流最小时,金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向上,如图甲所示.
则mg sinθ=μ(mg cosθ+F sinθ)+F cosθ,
又F=BI1L,得I1==1.21A.
当电流最大时,金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向下,如图乙所示.则
mg sinθ+μ(mg cosθ+F sinθ)=F cosθ,
又F=BI2L,I2==1.84A.
所以1.21A≤I≤1.84A.
变式题2　BD　[解析]根据安培定则可知,弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里,再利用左手定则可知,弹体受到的安培力水平向右,所以弹体向右高速射出,选项A错误;设B=kI(其中k为比例系数),轨道间距为l,弹体的质量为m,射出时的速度为v,则安培
力F=BIl=kI2l,根据动能定理有FL=mv2,联立可得v=I,选项C错误,B、D正确.
1.(多选)[2015·全国卷Ⅱ]指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针,下列说法正确的是( )
A.指南针可以仅具有一个磁极
B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转
[解析]BC　指南针为一具有磁性的物体,有两个磁极,A错误;指南针能指南北,说明指南针受到地磁场的作用,B正确;当有铁块存在时,指南针会与铁块产生相互作用的磁力,故指向受到干扰,C正确;指南针正上方的通电导线会产生磁场,与地磁场共同作用于指南针,故指南针会发生偏转,D错误.
2.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
[解析]B　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F=BIL sinθ,其中θ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,并不一定变为原来的一半,D错误.
3.(多选)图24-1是“探究影响通电导体在磁场中受力的因素”的实验示意图.三块相同蹄形磁铁并列放置在水平桌面上,导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来,它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路.认为导体棒所在位置附近为匀强磁场,最初导线1、4接在直流电源上,电源没有在图中画出.关于接通电源时可能出现的实验现象,下列叙述正确的是( )
图24-1
A.改变电流方向同时改变磁场方向,导体棒摆动方向将会改变
B.仅改变电流方向或者仅改变磁场方向,导体棒摆动方向一定改变
C.增大电流并同时改变连接导体棒的细导线,接通电源时,导体棒摆动幅度一定增大
D.仅拿掉中间的磁铁,导体棒摆动幅度减小
[解析]BD　改变电流方向同时改变磁场方向,导体棒摆动方向不会改变,选项A错误.仅改变电流方向或者仅改变磁场方向,导体棒摆动方向一定改变,选项B正确.增大电流
并同时改变连接导体棒的细导线,接通电源时,导体棒摆动幅度不一定增大,选项C错误.仅拿掉中间的磁铁,导体棒所受安培力减小,摆动幅度减小,选项D正确.
4.[2015·江苏卷]如图24-2所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度.如图24-3所示的
载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方.线圈中通有大小
相同的电流,天平处于平衡状态.若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是( )
图24-2
　A B C D
图24-3
[解析]A　根据安培力F=BIL,这里的B、I都相同,决定安培力大小的就是L了,L大则F 大,就易使天平失去平衡.由于选项A中的导线有效长度最长,故选项A正确.
图24-4
5.(多选)如图24-4所示,无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I,导线正下方固定一正方形线框.线框中通有顺时针方向的恒定电流I,线框边长为L,线框上边与直导线平行,且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距离长直导线r处的磁感应强度大小为B=,线框质量为m,则释放线框的瞬间,线框的加速度可能为(重力加速度为g)( )
A.0B.-g
C.-g
D.g-
[解析]AC　线框上边所在处的磁感应强度大小为B1=k,由安培定则可判断出磁场方向为垂直纸面向里,其所受安培力的大小为F1=B1IL=kI2,由左手定则可判断出安培力方
向向上;线框下边所在处的磁感应强度大小为B2=k,所受安培力的大小为F2=B2IL= kI2,由左手定则可判断出安培力方向向下;若F1=F2+mg,则加速度为零,选项A正
确.若F1>F2+mg,则加速度方向向上,由F1-(F2+mg)=ma,解得a=-g,选项C正确,选项
B错误.若F1<F2+mg,则加速度方向向下,由(F2+mg)-F1=ma,解得a=g-,选项D错误.
图24-5
6.如图24-5所示,条形磁铁放在水平桌面上,在其正中央的上方固定一根长直导线,导
线与磁铁垂直,给导线通以垂直纸面向里的电流,用F表示磁铁对桌面的压力,用f表示桌面对磁铁的摩擦力,导线中通电后与通电前相比较( )
A.F减小,f=0
B.F减小,f≠0
C.F增大,f=0
D.F增大,f≠0
图24-6
[解析]C　如图24-6所示,画出导线所在处的磁铁的磁感线,磁场方向水平向左,由左手定则知,通电导线受安培力方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知,通电导线对磁铁的反作用力方向竖直向下,所以磁铁对桌面压力增大,因桌面与磁铁间无相对运动趋势,所以桌面对磁铁无摩擦力作用,故选项C正确.
7.两个相同的全长电阻为9Ω的均匀光滑圆环固定在一个绝缘的水平台面上,两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直面内,两环的圆心连线恰好与环面垂直,两
环面间有方向竖直向下的磁感应强度B=T的匀强磁场(未画出),两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源,连接导线的电阻不计.今有一根质量为10g、电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可沿环滑动,而棒恰好静止于如图24-7所示的水平位置,它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ=60°,重力加速度g取10m/s2.试求此电源电动势E的大小.
图24-7
[答案]6V
[解析]从左向右看,棒PQ的受力如图24-8所示,棒受重力mg、安培力F安和环对棒的
弹力F N作用,根据平衡条件得F安=mg tanθ=mg,安培力F安=IBL,联立解得
I==1A,在电路中两个圆环分别连入电路的电阻为R==2Ω,由闭合电路欧姆定律得E=I(r+2R+R棒)=6V.
图24-8
第25讲　磁场对运动电荷的作用
【教材知识梳理】
一、1.运动电荷　2.qvB　0　3.左手　(1)反方向　(2)v、B　4.洛伦兹力
二、1.匀速直线　2.匀速圆周　3.(1)　(2)
辨别明理
(1)(×)　(2)(×)　(3)(×)　(4)(×)　(5)(√)
【考点互动探究】
考点一
例1　
C　[解析]洛伦兹力虽不做功,但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向),小球做曲线运动,在运动中某一位置受力如图所示,小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用,小球
在竖直方向的加速度a y=<g,故小球平抛的时间将增加,落点应在A点的右侧.
变式题　BD　[解析]小球能从管口处飞出,说明小球受到指向管口方向的洛伦兹力,根据左手定则可知小球带正电,故A错误;设试管运动速度为v1,小球在垂直于试管方向的分运动是匀速直线运动,小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B,而q、v1、B 均不变,所以F1不变,那么小球沿试管做匀加速直线运动,与平抛运动类似,所以小球运动的轨迹是一条抛物线,故B正确;洛伦兹力总是与速度垂直,所以不做功,故C错误;设小球沿试管的分速度大小为v2,则小球受到垂直于试管向左的洛伦兹力的分力
F2=qv2B,v2增大,则F2增大,而拉力F=F2,则F逐渐增大,故D正确.
例2　AC　[解析]图甲中,由竖直上抛运动的最大高度公式得h1=,图丙中,当加上电场时,由运动的分解可知,在竖直方向上,有=2gh3,所以h1=h3,故A正确;图乙中,洛伦兹力改变速度的方向,当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度,设此时小
球的动能为E k,则由能量守恒定律得mgh2+E k=m,又由于m=mgh1,所以h1>h2,D错误;图丁中,因小球电性不知,则电场力方向不清,则h4可能大于h1,也可能
小于h1,故C正确,B错误.
考点二
例3　AC　[解析]粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心,由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆
周运动的半径之比为r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1与粒子2的速率之比为1∶2,A
正确,B错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T=,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此两粒子在磁场中运动的时间相同,即C正确,D 错误.
例4　AD　[解析]根据左手定则,正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动,由轨道半径r=10cm画出粒子的两种临界运动轨迹,如图所示,则OO1=O1A=OO2=O2C=O2E=10cm,由几何知识求得AB=BC=8cm,OE=16cm,选项A、D正确,选项B、C错误.
变式题　D　[解析]电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方
向向左,电子将向左偏转,如图所示,A错误;由几何知识得,电子打在MN上的点与O'点
的距离为x=r-=2d-=(2-)d,故B、C错误;设轨迹对应的圆心角为θ,由几何知识得sinθ==0.5,解得θ=,则电子在磁场中运动的时间为
t==,故D正确.
例5　C　[解析]当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时,出射点与入射点的距离最远,故射入的速率为v1时,对应轨道半径为r1=R sin30°,射入的速率为v2时,对应轨道半径为
r2=R sin60°,由半径公式r=可知轨道半径与速率成正比,因此==,C正确.
变式题　B　[解析]带电粒子的速度大小为v,方向与ab成直角时,恰好能反向飞出磁
场,则粒子轨迹如图甲所示,由图可知,粒子的偏转半径r=R sin30°=R,若只将cbd 半圆内磁场方向变成垂直于纸面向里,粒子在磁场中的偏转半径r'=r=,故A错误,B正确;带电粒子的速度大小为v,方向与ab成直角时,恰好能反向飞出磁场,且粒子在磁场
中运动的时间为t=,若只将cbd半圆内磁场方向变成垂直于纸面向里,粒子仍然从P 点射入,则粒子轨迹如图乙所示,由图知粒子在磁场中运动的时间t'<T,则t'<2t,故C、D 错误.
考点三
例6　BCD　[解析]所有粒子的初速度大小相等,它们在磁场中做匀速圆周运动的轨道
半径r==;当轨迹圆弧对应的弦最长时,圆心角最大,时间最长,当轨迹圆弧对应的弦最短时,圆心角最小,时间最短.对于从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动,可知最长的弦为OA=,恰好等于轨道半径,对应的圆心角为60°,因此最长运动时
间为=;过O作AB边或AC边的垂线,垂足为D,可知OD=为最短的弦,对应
的圆心角略小于30°,因此最短运动时间略小于=,故选项B、C、D正确.
变式题　D　[解析]设射入磁场的入射点为A,延长入射速度v所在直线交ON于一点C,则轨迹圆与AC相切;由于轨迹圆只与ON有一个交点,所以轨迹圆与ON相切,所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上,作出轨迹圆如图所示,其中O'为圆心,B为出射点.由几何关系可知∠O'CD=30°,Rt△O'DC中,CD=O'D·cot30°=R;由对称性知,AC=CD= R;等腰△ACO中,OA=2AC·cos30°=3R;等边△O'AB中,AB=R,所以OB=OA+AB=4R.由
qvB=m得R=,所以OB=,D正确.
图25-1
1.[2015·海南卷]如图25-1所示,a是竖直平面P上的一点,P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向
右弯曲经过a点.在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )
A.向上
B.向下
C.向左
D.向右
[解析]A　磁极S在a点产生的磁场方向垂直于竖直面P水平向外,电子在a点的运动方向水平向右,根据左手定则判断可知洛伦兹力方向向上,选项A正确.
2.四根等长的导线固定在正方体的四条沿x轴方向的棱上,并通以等大的电流,方向如
图25-2
图25-2所示.正方体的中心O处有一粒子源在不断地沿x轴负方向喷射电子,则电子
刚被喷射出时受到的洛伦兹力方向为( )
A.沿y轴负方向
B.沿y轴正方向
C.沿z轴正方向
D.沿z轴负方向
[解析]B　根据右手螺旋定则,判断出四根导线在O点产生的合磁场方向沿z轴负方向,电子初速度方向沿x轴负方向,根据左手定则,判断出洛伦兹力方向沿y轴正方向,B正确.
3.如图25-3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(未画出),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( )
图25-3
A.2
B.
C.1
D.
[解析]D　根据qvB=m有=·,穿过铝板后粒子动能减半,则=,穿过铝板
后粒子运动半径减半,则=,因此=,D正确.
4.(多选)图25-4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( )
图25-4
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.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小
[解析]AC　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,由轨道半径公式R=知,若电子与正
电子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R==
知,D错误.因质子和正电子均带正电,且半径大小与速度有关,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.
图25-5
5.如图25-5所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,一质量为m、电荷量为e的电子从a点垂直磁感线以初速度v开始运动,经一段时间t后经过b点, a、b连线与初速度方向的夹角为θ,则t为( )
A.B.C.D.
[解析]B　t时间内电子转过的圆心角为2θ,则有t=T=,选项B正确.
6.(多选)如图25-6所示,两个匀强磁场方向相同,磁感应强度分别为B1、B2,虚线MN为理想边界.现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点
沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中,其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线.以下说法正确的是( )
图25-6
A.电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P
B.电子运动一周回到P点所用的时间t=
C.B1=4B2
D.B1=2B2
[解析]AD　由左手定则可判定电子在P点受到的洛伦兹力方向向上,轨迹为
P→D→M→C→N→E→P,选项A正确;由图可得两个磁场中半圆轨迹的半径之比为1∶2,由r=可得磁感应强度之比=2∶1,电子运动一周所用的时间
t=T1+=+=,选项B、C错误,D正确.
7.某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图25-7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板上的位置.不计粒子的重力.
图25-7
(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)
(2)
(3)
[解析](1)设粒子在磁场中的轨道半径为r.
根据题意得L=3r sin30°+3d cos30°
且h=r(1-cos30°)
解得h=.
(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r'.
m=qvB,
m=qv'B,
由题意知3r sin30°=4r'sin30°
解得Δv=v-v'=.
(3)设粒子经过上方磁场n次.
由题意知L=(2n+2)d cos30°+(2n+2)r n sin30°
且m=qv n B,
解得v n=
专题七　带电粒子在组合场中的运动
【热点题型探究】
热点一
例1　D　[解析]粒子在电场中加速,设离开加速电场的速度为v,则qU=mv2,粒子
进入磁场做圆周运动,半径r==,因两粒子轨道半径相同,故离子和质子的质量比为144,选项D正确.
变式题　AD　[解析]粒子在静电分析器内沿中心线偏转,说明粒子带正电荷,极板M比极板N的电势高,选项A正确;由Uq=mv2,Eq=,可得U=,选项B错误;在磁
场中,由牛顿第二定律得qvB=m,即r=,PQ=2r==2,所以只
有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确.
例2　C　[解析]D形盒缝隙间电场变化周期T等于被加速的H在磁场中运动的周期,即
T=,而质子在磁场中的运动周期为T H=,则该回旋加速器不可以加速质子,选
项A错误;仅调整磁场的磁感应强度大小,则H在磁场中的运动周期将要变化,该回
旋加速器不可以再加速H粒子,选项B错误He在磁场中运动的周期T He== =T,则保持B和T不变,该回旋加速器可以加速He粒子,且在回旋加速器中两
粒子运动的半径也相同,则He粒子运动的时间与H粒子的相等,选项C正确;根据
qv m B=m,可得E km=m=∝,可知He加速后的最大动能与H
粒子的不相等,选项D错误.
变式题　A　[解析]回旋加速器中D形盒的作用是静电屏蔽,使带电粒子在圆周运动过程中不被电场干扰,选项A正确;回旋加速器中所加交变电压的周期与带电粒子做匀速
圆周运动的周期相等,选项B错误;设D形盒的半径为R,根据qvB=m得v=,带电
粒子获得的能量为E k=mv2=,带电粒子获得的能量与加速电压的有效值
无关,选项C错误;根据公式T=,磁感应强度B增大,T减小,选项D错误.
热点二
例3　(1)类平抛　v0t　at2　at 1　45°　v0　(2) L　
变式题　(1)h　(2)　(3)(-1)h
[解析](1H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示.设
H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有
s1=v1t1①
h=a1②
由题给条件H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°H 进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1=v1tanθ1③
联立以上各式得s1=h④
(2H在电场中运动时,由牛顿第二定律有
qE=ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v'1,由速度合成法则有
v'1=⑥
设磁感应强度大小为B H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv'1B=⑦
由几何关系得
s1=2R1sinθ1⑧
联立以上各式得B=⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得
(2m)=m⑩
由牛顿第二定律有
qE=2ma
2
设H第一次射入磁场时的速度大小为v'2,速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射
点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有
=v2t2
s
2
h=a
2
=
v'
2
=
sinθ
联立以上各式得
=s1,θ2=θ1,v'2=v'1
s
2
设H在磁场中做圆周运动的半径为R 2,由⑦式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
==R1
R
2
所以出射点在原点左侧.设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s'2,由几何关系有
=2R2sinθ2
s'
2
联立④⑧式得H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
-s2=(-1)h
s'
2
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