2016届湖北高考物理二轮复习：《电场和磁场》3

　　7.如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1;B为速度选择器，其中磁场与电场正交(未画出)，磁感应强度为B1，板间电压为U2;C为偏转分离器，其中磁场的磁感应强度为B0，D为B、C边界所在虚线PQ上的感光底片.今有一比荷未知的正离子从A的上极板中央由静止释放，经加速后，从速度选择器两板正中间空过.若两板间磁场消失，离子重新释放，将从PQ上的M点(没画出)进入偏转磁场中，运动一段时间后打在感光底片的最左端N点，测得M、N两点间的距离为x，离子重力不计，则(　　)

　　A.速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里

　　B.离子的比荷为

　　C.若速度选择器板间电压U2也消失，M、N两点间距离将变小

　　D.离子在偏转磁场中运行的时间一定小于

　　解析：当两板间磁场消失时，离子有可能从O点右侧进入C中，也可能从左侧进入C中，即速度选择器中磁场方向可以垂直纸面向外，也可以垂直纸面向里，A错;设离子进入速度选择器时速度为v0，进入C中时速度方向与PQ夹角为θ，大小为v，则qU1=mv，sinθ=，离子在C中运行的轨迹半径为r=，由几何关系知x=2rsinθ，联立得=，B对;由比荷表达式可知M、N间距离x与速度选择器两板间电压无关，C错;当离子从O点右侧进入C中时，离子做圆周运动的圆心角大于π，此时运行时间t>==，D错.

　　答案：B

　　8.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场.质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则(　　)

　　A.若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t

　　B.若撤去电场E，质子穿过场区时间大于t

　　C.若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek

　　D.若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek

　　解析：质子进入复合场沿直线运动，则质子受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，即eE=Bev0，若撤去磁场B，质子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动特点可知，穿过电场的时间t=，因场区宽度x不变，则时间不变，质子竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，出电场时的速度必大于v0，动能大于Ek，则A错误，C正确.若撤去电场E，则质子在磁场中做匀速圆周运动，则B、D错误.

　　答案：C

二、非选择题

　　9.如图所示，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h=9 m，与板上端等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3 m，板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1 T;质量m=1×10-3 kg、电荷量q=-1×10-3 C、直径略小于小孔宽度的带电小球(可视为质点)，以某一速度垂直于磁场方向从小孔水平射入，恰好做匀速圆周运动，若与挡板相碰就以原速率反向弹回，且不计碰撞时间，碰撞时小球的电荷量保持不变，小球最后都能从筐口的中心处进入筐中，取g=10 m/s2，求：

　　(1)电场强度的大小与方向;

　　(2)小球运动的最大速率;

　　(3)小球运动的最长时间.

　　解析：(1)因小球能做匀速圆周运动，所以有：

　　Eq=mg

　　E==10 N/C，方向竖直向下

　　(2)洛伦兹力提供向心力有：

　　qvB=m

　　小球不与挡板相碰直接飞入框中，其运动半径最大，如图1所示，由几何知识可得：

　　图1

　　(h-Rm)2+s2=R

　　解得：Rm=5 m

　　vm==5 m/s

　　(3)设小球与挡板碰撞n次，此时最大半径为，

　　要击中目标必有：≥3　≥3　n≤1.5

　　n只能取0,1

　　当n=0时，即为(2)问中的解

　　当n=1时，可得：(h-3R)2+s2=R2

　　(9-3R)2+32=R2

　　解得：R1=3 m，R2=3.75 m

　　R2=3.75 m时小球运动的时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹所示.

　　图2

　　sinθ==

　　θ=53°，α=360°+(180°-53°)=487°

　　且T==

　　得：tm=T≈8.5 s

　　答案：(1)10 N/C，方向竖直向下

　　(2)5 m/s　(3)8.5 s

　　10.空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场.现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向同时射入磁场中，如图所示.已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点.不计粒子的重力和它们之间的相互作用.求：

　　(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小;

　　(2)速度方向与AO1夹角分别为60°(斜向右上方)、30°(斜向左上方)的粒子到达x轴的时间差.

　　解析：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB=m

　　得v=

　　如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R=vt

　　甲

　　R=t2

　　解得E=

　　(2)对于速度为v1(斜向左上方)的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C1，从P点射出磁场，连接O1P，四边形O1PC1A是菱形，故C1P垂直于x轴，速度方向的偏转角度等于圆心角θ1=60°，速度为v1的粒子在磁场中运动的时间为t1=T=

　　乙

　　对于速度v2(斜向右上方)的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C2，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MC2A是菱形，故C2M垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ2=150°，速度为v2的粒子在磁场中运动的时间为t2=T=

　　两个粒子在磁场中运动的时间差为Δt1=t2-t1=

　　速度为v1的粒子离开磁场到y轴的距离PF=R-

　　速度为v2的粒子离开磁场到y轴的距离MH=

　　两个粒子在无场区运动的时间差为Δt2=-=

　　设速度为v2的粒子在电场中到达x轴运动的时间为t′2，HO=R+，则R+=t′，解得t′2=(+1)

　　设速度为v1的粒子在电场中到达x轴运动的时间为t′1，FO=，则=t′，解得t′1=

　　Δt3=t′2-t′1=(+1-)

　　故速度为v2、v1的粒子到达x轴的时间差为

　　Δt=Δt1+Δt2+Δt3=(π+1+3-2)