《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.doc

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1、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)02.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BaF2+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F1F2+mg,则加速度方向向下,由(

2、F2+mg)-F1=ma,解得a=g-,选项D错误.图24-56.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=0B.F减小,f0C.F增大,f=0D.F增大,f0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

3、力作用,故选项C正确.7.两个相同的全长电阻为9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0.5的电源,连接导线的电阻不计.今有一根质量为10g、电阻为1.5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=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

4、力mg、安培力F安和环对棒的弹力FN作用,根据平衡条件得F安=mgtan=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=2,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.qvB03.左手(1)反方向(2)v、B4.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1C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

5、洛伦兹力的作用,小球在竖直方向的加速度ay=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3AC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r1r2=12,由r=可知,粒子1与粒子2的速率之比为12,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

6、,即C正确,D错误.例4AD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,由几何知识得sin=0.5,解得=,则电子在磁场中运动的时间为t=,故D正确.例5C解析当粒子

7、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=Rsin30,射入的速率为v2时,对应轨道半径为r2=Rsin60,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=Rsin30=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,

8、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tT,则t2t,故C、D错误.考点三例6BCD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

9、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OCD=30,RtODC中,CD=ODcot30=R;由对称性知,AC=CD=R;等腰ACO中,OA=2ACcos30=3R;等边OAB中,AB=R,所以OB=OA+AB=4R.由qvB=m得R=,所以OB=,D正确.图25-11.2015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

10、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

11、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25-3A.2B.C.1D.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

12、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25-4A.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

13、子,C正确.图25-55.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,则t为()A.B.C.D.解析Bt时间内电子转过的圆心角为2,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25-6A.电子的运动轨迹

14、为PDMCNEPB.电子运动一周回到P点所用的时间t=C.B1=4B2D.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PDMCNEP,选项A正确;由图可得两个磁场中半圆轨迹的半径之比为12,由r=可得磁感应强度之比=21,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

15、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v;(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=3rsin30+3dcos30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=qvB,由题意知3rsin30=4

16、rsin30解得v=v-v=.(3)设粒子经过上方磁场n次.由题意知L=(2n+2)dcos30+(2n+2)rnsin30且m=qvnB,解得vn=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1D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

17、才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确.例2C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TH=,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THe=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qvmB=m,可得Ekm=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

18、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Ek=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v0tat2at145v0(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s

19、1.由运动学公式有s1=v1t1h=a1由题给条件H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角1=60H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1tan1联立以上各式得s1=h(2H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE=ma1设H进入磁场时速度的大小为v1,由速度合成法则有v1=设磁感应强度大小为BH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qv1B=由几何关系得s1=2R1sin1联立以上各式得B=(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)=m由牛顿第二定律有qE=2ma2设H第一次射入磁场时的速度大小为v2,速度的方

20、向与x轴正方向夹角为2,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s2=v2t2h=a2v2=sin2=联立以上各式得s2=s1,2=1,v2=v1设H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2=R1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s2,由几何关系有s2=2R2sin2联立式得H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2-s2=(-1)h热点三例4(1)(2)-2v0解析(1)带电粒子在区域做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B0=m解得r=.(2)带电粒子的运动轨迹有两种可能.第

21、一种情况:粒子在区域运动半径R=qv2B0=m解得粒子在区域中的速度大小v2=第二种情况:粒子在区域运动半径R=粒子在区域中的速度大小v2=-2v0.变式题(1)(2)(n=1,2,3,)解析(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正,正离子射入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有B0qv0=m离子运动的周期T0=联立得磁感应强度B0=.(2)正离子从O孔垂直于N板射出磁场时,运动轨迹如图所示.在两板之间正离子只运动一个周期T0时,有r=在两板之间正离子运动n个周期即nT0时,有r=(n=1,2,3,)解得v0=(n=1,2,3,).【高考模拟演练】1.(1)(2)14解析(1)设甲种离子所

22、带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有q1U=m1由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1由几何关系知2R1=l由式得B=(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有q2U=m2q2v2B=m2由题给条件有2R2=由式得,甲、乙两种离子的比荷之比为=142.(1)(2)解析(1)带电粒子在磁场中做圆周运动,设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力公式及圆周运动规律,有qv0B=mT=依题意,粒子第一次到达x轴时,运动转过的角度为,所需时间为t1=T联立解得t

23、1=(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小到0,然后沿原路返回做匀加速运动,到达x轴时速度大小仍为v0.设粒子在电场中运动的总时间为t2,加速度大小为a,电场强度大小为E,有qE=mav0=at2联立解得t2=根据题意,要使粒子能够回到P点,必须满足t2T0联立解得电场强度的最大值为Em=3.(1)0.9N/C(2)解析(1)小球在第一象限内运动时,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m其中R=0.3m解得v0=3m/s小球在第四象限内运动,有qEL=m其中L=0.1m解得E=0.9N/C(2)小球在第二象限内做类平抛运动,有x=v0tR=t2解得x=m故到达x轴负半轴的位置坐标为1

24、.(多选)如图Z7-1所示,某带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后,射入水平放置、电势差为U2的两块平行导体板间的匀强电场中,带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中,设粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离为s.不计重力,不考虑边缘效应,下列说法正确的是()图Z7-1A.若仅将水平放置的平行板间距增大,则s减小B.若仅增大磁感应强度B,则s减小C.若仅增大U1,则s增大D.若仅增大U2,则s增大解析BC对于加速过程,有qU1=m,得v0=,带电粒子在电场中做类平抛运动,可将射出电场的粒子速度v沿初速度方向与加速

25、度方向分解,设出射速度与水平方向夹角为,则有=cos,而粒子在磁场中做匀速圆周运动,设运动轨迹对应的半径为R,由几何关系可得,过M点的半径与直线MN的夹角为,则有=cos,所以s=,由半径公式R=,得s=,可知增大平行金属板间距时,s不变,选项A错误;s随U1变化,s与U2无关,仅增大U1,s将增大,故选项C正确,D错误;仅增大磁感应强度B,则s减小,选项B正确.2.(多选)2018焦作模拟如图Z7-2所示,人工元素原子核Nh开始静止在匀强磁场B1、B2的边界MN上,某时刻发生裂变生成一个氦原子核He和一个Rg原子核,裂变后的粒子速度方向均垂直于B1、B2的边界MN.氦原子核通过B1区域第一次

26、经过MN边界时到出发点的距离为l,Rg原子核第一次经过MN边界时到出发点的距离也为l.则下列有关说法正确的是()图Z7-2A.两磁场的磁感应强度之比B1B2为1112B.两磁场的磁感应强度之比B1B2为111141C.氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为2141D.氦原子核和Rg原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为111141解析AC原子核裂变过程中系统动量守恒,以He的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m1v1-m2v2=0,即p1=p2,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由题意可知,粒子的轨迹半径r1=r2=,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=,解得B=,则=,A正确,

27、B错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,粒子旋转第一个半圆需要的时间t=T=,时间之比=,C正确,D错误.3.如图Z7-5甲所示,水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场,现将一重力不计、比荷=1106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放,经过10-5s后,电荷以v0=1.5104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场,磁场与纸面垂直,磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场方向以垂直纸面向外为正方向,以电荷第一次通过MN时为t=0时刻).(1)求O点与直线MN之间的电势差;(2)求t=10-5s时刻电荷与O点的水平距离;(3)如果在O点右方d=67.5cm处有一垂直于MN的足够

28、大的挡板,求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间.图Z7-5答案(1)112.5V(2)4cm(3)10-5s解析(1)电荷在电场中做匀加速直线运动,由动能定理得Uq=m解得U=112.5V.(2)当磁场垂直纸面向外时,设电荷运动的半径为r1,则B1qv0=m解得r1=5cm周期T1=10-5s当磁场垂直纸面向里时,电荷运动的半径为r2=3cm周期T2=10-5s电荷从t=0时刻开始做周期性运动,其运动轨迹如图Z7-6甲所示.图Z7-6t=10-5s时刻电荷与O点的水平距离为d=2(r1-r2)=4cm.(3)电荷从第一次通过MN开始,其运动的周期T=10-5s根据电荷的运动情况可知,电荷到达挡

29、板前运动的完整周期数为15个,此时电荷沿MN运动的距离s=15d=60cm则最后7.5cm的运动轨迹如图乙所示,有r1+r1cos=7.5cm解得cos=0.5,则=60故电荷运动的总时间t总=t1+15T+T1=10-5s.4.如图Z7-7甲所示,带正电粒子以速度v0从水平平行金属板M、N左侧沿中线OO连续射入电场中.M、N板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN,两板间电场可看作是均匀的,且两板外无电场.紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场,分界线为CD,磁场右边界处有一屏幕.金属板间距为d,长度为l,磁场的宽度为d.已知B=510-3T,l=d=0.2m,粒子的速度v0=105m/

30、s,比荷=108C/kg,重力忽略不计,在每个粒子通过电场区域的极短时间内,电场可看作是恒定不变的.试求:(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径;(2)带电粒子射出电场时的最大速度;(3)带电粒子打在屏幕上的范围.图Z7-7答案(1)0.2m(2)105m/s(3)O上方0.2m到O下方0.18m的范围内解析(1)t=0时刻射入电场的带电粒子不被加速,进入磁场做圆周运动的半径最小.粒子在磁场中运动时有qv0B=m则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin=m=0.2m其运动的径迹如图Z7-8中曲线所示.图Z7-8(2)设两板间电压为U1时,带电粒子刚好从极板边缘射出电场则=at2=解得

31、U1=100V在电压低于100V时,带电粒子才能从两板间射出电场,电压高于100V时,带电粒子打在极板上,不能从两板间射出.带电粒子刚好从极板边缘射出电场时,速度最大,设最大速度为vmax,则有m=m+q解得vmax=105m/s(3)由第(1)问计算可知,t=0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin=d=0.2m径迹恰与屏幕相切,设切点为E,E为带电粒子打在屏幕上的最高点,则OE=rmin=0.2m带电粒子射出电场的速度最大时,在磁场中做圆周运动的半径最大,打在屏幕上的位置最低.设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax,打在屏幕上的位置为F,运动径迹如图中

32、曲线所示,有qvmaxB=m则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径rmax=m=m由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上,如图中Q点所示,并且Q点一定与M板在同一水平线上,则OQ=m=0.1mOF=rmax-OQ=m-0.1m=0.18m即带电粒子打在屏幕上O上方0.2m到O下方0.18m的范围内.图Z7-95.2015山东卷如图Z7-9所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心,GH为大圆的水平直径.两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场.间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔.一质量为m、电荷量为+q的粒子由小孔下方处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场.不计粒子的重力.(1)求极板间电场强度的大小;(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求区磁感应强度的大小;(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点,求这段时间粒子运动的路程.答案(1)(2)或(3)5.5D解析(1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场