发布时间 : 星期四 文章高考物理二轮专题复习素能提升138磁场及带电粒子在磁场中的运动(含解析)新人教.doc更新完毕开始阅读7ee4eea2bf1e650e52ea551810a6f524cdbfcb98
解析：由题意可知，在
TO
T
?TO时间内，粒子的轨迹正好跟 y轴相切，t=TO时距x轴最远，如
TO 5 TT
图所示?由图中几何关系可得，在 0? 内，粒子运动的轨迹所对的圆心角为 ，则粒子运动
2 6
Szr TO 5 7r m
选项A、B、C错误，选项 D正确. m ,则 B0 =
~\3qT0
的时间t二
Y、 p
=
_
厂7 qBO qBO
答案：D 二、计算题
9.
导轨所在平面与水平面夹角
为330 g的金属棒ab,它与导轨间的动摩擦因数为
如图所示，相距20 cm的平行金属0=37°,现在导轨上放一质量
0.50,整个装置处于磁感应强度为 2T的竖
15 V,内阻不计，滑动变
R满足
直向上的匀强磁场中，导轨所接电源的电动势为 阻器的阻值
g取10 m/s2 ,为了保证ab处于静止状态，求：
(1) ab通入的最大电流为多少？ (2) ab通入的最小电流为多少？ (3) R的调节范围是多大？
解析：(1)ab通过最大电流时，静摩擦力最大，方向沿导轨向下，安培力
F1水平向右，由平衡
条件得 mg sin B pcos B Ficos =^ngsin +&“(mgcos+&F1si n ,0)
+
所以 F1=
cos —0/js\\r\\
3 =6.6N.
而F1 = BlmaxL,所以最大电流为 lmax=16?5A.
(2)ab通过最小电流时，静摩擦力也最大，方向沿导轨向上，安培力
F2水平向右，由平衡条件
得 mg sin。|KOS
。 =0.6N.
F2cos +0“(mgcos+0F2sin pmgsin ,0 所以 F2=
—
cos +0/zsin 3
F2
所以最小电流为lmin= =15A
----- BL
⑶当ab中电流最小时，变阻器阻值为
E =10 Q
R1 =
Imin
当ab中电流最大时，变阻器阻值为
R2=
=0.91 Q I max
(2)1.5 A (3)0.91-10 Q
(2014年浙江高三联痢口xOy平面的匀强磁
x轴放置在y
y轴放置在x轴坐标为3.5R的位置.现有一束最
为保持ab静止，R的调范園 0.91- 10 Q. 答案：(1)16.5A 10.
分别存在两个磁场方向均垂直于
轴坐标为一2.2R的位置，荧光屏乙平行于 上，出现坐标为
图所示，圆心在坐标原点、半径为 R的圆将xOy平面分为两个区 域.在圆内区域I (r <区9圆外区域II (r>R)场(图中未画出)；垂直于xOy平面放置了两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于
为m、电荷量为q(q>0)、动能E0的粒子从坐标为(一R,0)的A点沿x轴正方向射入区域I, 最终打在荧光屏甲
(0.4R, - 2.2R)的亮点N.若撤去圆外磁场，粒子打在荧光屏
甲上，岀现坐标为(0, - 2.2R)的亮点M.此时，若将荧光屏甲沿
y轴负方向平移，期点 x轴
⑴求区域I利冲磁感应强度I、B2的大小和方向；
(2)若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，A点沿x轴正方向射入区域I的粒 子束改为屢为 m、电荷量为一q、动能3E0的粒子，求荧光屏上的亮点的位置坐标. I中运动了四分之一圆周后,
从C点沿y轴负方向进入区域II的磁场.
区域I中圆周运动的圆
解析：(1)由于粒子亮点在荧光屏甲上，故粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示.粒子在区域 心是01点，半径为r1 = R mv
由 qvB1 = m 可得 B1 = qri r1 方向垂直平面xOy向外. 粒子进入区域II后做半径为
qR
9
v2
r2的圆周运动，由qvB2-m 可得r2二qB2.
r2
mv