2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第九章+磁场综合检测

2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第九章+磁场综合检测

磁场综合检测 ‎(时间:90分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的 得0分)‎ ‎1.磁感应强度B和磁场强度H是不同的物理量,在真空中H=.若用国际单位制的基本单位表示,μ0的单位为kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为(　D　)‎ A.kg/(s2·A) B.kg·A/s2‎ C.kg·A/m D.A/m 解析:根据H=,B的单位为;μ0的单位为 kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为===A/m,故选D.‎ ‎2.如图,一个环形电流的中心有一根通电直导线,则环受到的磁场力(　D　)‎ A.沿环半径向外 B.沿环半径向内 C.沿通电直导线水平向左 D.等于零 解析:通电直导线产生的磁场是以导线上各点为圆心的同心圆,而环形电流的方向与磁场方向平行,即B平行I,所以通电圆环不受磁场力的作用,即F=0,选项D正确,A,B,C错误.‎ ‎3.在匀强磁场中,一个原来静止的原子核,由于放出射线,结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示),今测得两个相切圆半径之比r1∶r2=a,新核与射线质量之比为b,则下列说法正确的是(　B　)‎ A.放出的射线为高速电子流 B.半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹 C.射线与新核动能之比为a D.射线与新核质子数之比为b 解析:根据动量守恒可以知道,放出射线后的粒子动量大小相等,方向相反,则根据左手定则可以知道,放出的粒子均带正电,选项A错误;放射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,则qvB=m,即R=,由于动量守恒,而且放出的粒子电荷量小,则半径R大,故半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹,选项B正确;根据动量与动能的关系Ek=,则动能之比等于质量的反比,故射线与新核动能之比为b,选项C错误;射线与新核质子数之比即为电荷量之比,由于R=,则q=,即射线与新核质子数之比等于半径的反比,射线与新核质子数之比为a,选项D错误.‎ ‎4.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动,A,B为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经A板时,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速,每当粒子离开电场区域时,A板电势又降为零,粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而在环形区域内绕半径不变(设极板间距远小于R),粒子重力不计,下列关于环形加速器的说法中正确的是(　C　)‎ A.加速器对带正电粒子顺时针加速,对带负电粒子加速需要升高B板电势 B.电势U越高,粒子最终的速度就越大 C.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为=‎ D.粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为=‎ 解析:带正电粒子从A板向B板加速,所以正电粒子沿顺时针运动,对负电粒子,升高B板电势,则负电粒子从A板向B板加速,在磁场运动中沿顺时针方向运动,但洛伦兹力向外,无法做圆周运动,A错误;根据qvB=m可得v=,因为R是定值,最终速度由磁感应强度决定,B错误;粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功,设粒子绕行n圈获得的速度为vn,根据动能定理可得nqU=m,解得vn=,粒子在环形区域磁场中,受洛伦兹力作用做半径为R的匀速圆周运动,根据牛顿第二定律和向心力公式,则有qvnBn=m,解得Bn==,所以=,C正确;粒子绕行第n圈所需时间tn==2πR ‎·,所以 =,D错误.‎ ‎5.将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时,在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件.如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压.已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子).图中的1,2,3,4是霍尔元件上的四个接线端.当开关S1,S2闭合后,电流表A和电表B,C都有明显示数,下列说法中正确的是(　C　)‎ A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表 B.接线端4的电势高于接线端2的电势 C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变 D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大 解析:由题图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在2,4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表即毫伏表,选项A错误;由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子,磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板2,即接线端2的电势高于接线端4的电势,选项B错误;稳定时,粒子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,当电流方向都相反,但大小不变时,粒子的偏转方向与原来相同,但仍存在如上的平衡关系式,由于电流的大小不变,由电流的微观表达式I=neSv可知,其粒子的定向移动速度也不变,故霍尔电压的大小不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让B增大,若增大R2,会让电流I减小,粒子的定向移动速率v也变小,则不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误.‎ ‎6.如图(甲)所示,a,b两平行直导线中通有相同的电流,当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上,且两导线与圆心连线的夹角为60°时,圆心处的磁感应强度大小为B.如图(乙)所示,c导线中通有与a,b导线完全相同的电流,a,b,c垂直圆平面放置在圆周上,且a,b两导线与圆心连线的夹角为120°,b,c两导线与圆心连线的夹角为30°,则此时圆心处的磁感应强度大小为(　A　)‎ A.B B.B C.0 D.B 解析:当a,b两导线与圆心连线的夹角为60°时,它们在圆心处的磁感应强度如图(甲)所示,设Ba=Bb=B1,则有B=B1.当a,b两导线与圆心连线夹角为120°时,如图(乙)所示,它们在圆心处的磁感应强度矢量和为B′=B1,再与c导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为B1,因此圆心处的磁感应强度大小为B,选项A正确.‎ ‎7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法中正确的是(　B　)‎ A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内 B.加速电场中的加速电压U=‎ C.磁分析器中圆心O2到Q点的距离d=‎ D.任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器 解析:进入静电分析器后,正离子顺时针转动,所受洛伦兹力指向圆心,根据左手定则,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,选项A错误;离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有Eq=m,设离子进入静电分析器时的速度为v,离子在加速电场中加速的过程中,由动能定理有qU=mv2,解得U=,选项B正确;由B项解析可知R=‎ ‎,与离子质量、电荷量无关.离子在磁分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有 qvB=m,得r==,即d=,选项C错误;圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电荷量有关,能够到达P点的不同离子,半径不一定都等于d,不一定都能进入收集器,选项D错误.‎ ‎8.回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒,把它们放在匀强磁场中,磁场方向垂直于盒面向下.连接好高频交流电源后,两盒间的窄缝中能形成匀强电场,带电粒子在磁场中做圆周运动,每次通过两盒间的窄缝时都能被加速,直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出.如果用同一回旋加速器分别加速氚核H)和α粒子He),比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能,下列说法正确的是(　D　)‎ A.加速氚核的交流电源的周期较大,氚核获得的最大动能较大 B.加速氚核的交流电源的周期较小,氚核获得的最大动能较小 C.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较小 D.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较大 解析:带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同,根据T=,可知氚核的质量与电荷量的比值大于α粒子的质量与电荷量的比值,故氚核在磁场中运动的周期大,则加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子在磁场中运动的周期小,则加速α粒子的交流电源的周期较小;根据qvB=m,解得v=,则最大动能Ekm=mv2=,氚核的质量是α粒子的,氚核的电荷量是α粒子的,则氚核的最大动能是α粒子的,即氚核的最大动能较小,α粒子的动能较大,故A,B,C错误,D正确.‎ ‎9.如图所示,一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域,电场方向竖直向上,某时刻小球运动到了b点,则下列说法正确的是(　CD　)‎ A.从a到b,小球可能做匀速直线运动 B.从a到b,小球可能做匀加速直线运动 C.从a到b,小球动能可能不变 D.从a到b,小球机械能增加 解析:带电小球的初速度是水平的,从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移,说明小球做的是曲线运动,所以小球受力不为零,即小球不可能做匀速直线运动,选项A错误;从以上分析可知小球做曲线运动,即变速运动,故小球受到磁场的洛伦兹力也是变化的,故小球受到的合力是变力,所以小球不可能做匀加速直线运动,选项B错误;当小球的重力和电场力平衡时,小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向,小球的动能不变,选项C正确;从a到b,电场方向竖直向上,电场力一定做正功,故机械能增加,选项D正确.‎ ‎10.央视《是真的吗》节目做了如下实验:用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺旋管,将螺旋管放在水平桌面上,用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”,两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上,只要将这辆小车推入螺旋管中,小车就会加速运动起来,如图所示.关于小车的运动,以下说法正确的是(　BD　)‎ A.将小车上某一磁铁改为S极与电池粘连,小车仍能加速运动,‎ B.将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连,小车的加速度方向将发生改变 C.图中小车加速度方向向右 D.图中小车加速度方向向左 解析:两磁极间的磁感线如图(甲)所示,干电池与磁铁及中间部分线圈组成了闭合回路,在两磁极间的线圈中产生电流,左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流.其中线圈中电流方向的左视图为逆时针方向,电流与磁极、磁场的关系如图(乙)所示,‎ 由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右,根据牛顿第三定律有“小车”向左加速,C错误,D正确;如果改变某一磁铁S极与电源粘连,则磁感线不会向外发散,两部分受到方向相反的力,合力为零,A错误;如果将“小车”上两磁铁均改为S极与电池粘连,电流方向不变,磁 场方向变化,“小车”受力方向变化,“小车”的加速度方向将发生变化,B正确.‎ ‎11.如图所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.两个相同的带电粒子,先后从y轴上的a(0,L)点和b点(坐标未知)以相同的速度v0垂直于y轴射入磁场,在x轴上的c(L,0)点相遇,不计粒子重力及其相互作用,根据题设条件可以确定(　AC　)‎ A.带电粒子在磁场中运动的半径 B.带电粒子的电荷量 C.带电粒子在磁场中运动的时间 D.带电粒子的质量 解析:两个粒子做匀速圆周运动,由几何关系可以确认其圆心坐标分别是(0,L),(0,-L),轨迹半径 R=L,圆弧所对圆心角分别是 120°和60°,依 qv0B=得R=,又v0,B已知,可确定比荷,但无法确认带电粒子带电荷量和质量;由T=,t=T,可求出带电粒子在磁场中运动的时间.‎ ‎12.图中的虚线为半径为R、磁感应强度大小为B的圆形匀强磁场的边界,磁场的方向垂直圆平面向里.大量的比荷均为的相同粒子由磁场边界的最低点A向圆平面内的不同方向以相同的速度v0射入磁场,粒子在磁场中做半径为r的圆周运动,经一段时间的偏转,所有的粒子均由圆边界离开,所有粒子的出射点的连线为虚线边界的,粒子在圆形磁场中运行的最长时间用tm表示,假设,R,v0为已知量,其余的量均为未知量,忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用.则下列表达式正确的是(　ACD　)‎ A.B= B.B=‎ C.r= D.tm=‎ 解析:设从A点射入的粒子与磁场边界的最远交点为B,则B点是轨迹圆的直径与磁场边界圆的交点,的长是边界圆周长的,则∠AOB= 120°,sin 60°=,得r=,粒子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,所以B==‎ ‎,选项A,C正确,B错误;粒子在磁场中运动的最长时间为tm===,选项D正确.‎ 二、非选择题(共52分)‎ ‎13.(4分)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方,S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.‎ ‎(1)在图中画出连线,完成实验电路.要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向移动.‎ ‎(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:‎ A.适当增加两导轨间的距离 B.换一根更长的金属棒 C.适当增大金属棒中的电流 其中正确的是　　　　(填入正确选项前的标号). ‎ 解析:(1)实验电路连线如图所示.‎ ‎(2)为使金属棒离开导轨时具有更大的速度,则金属棒运动时需要更大的加速度,即应受到更大的安培力,根据F=ILB可知,应使I,L变大,即选项A,C正确.‎ 答案:(1)见解析　(2)AC 评分标准:每问2分.‎ ‎14.(8分)物体的带电荷量是一个不易测得的物理量,某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电荷量.如图(a)所示,他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上,打点计时器固定在长木板末端,物块靠近打点计时器,一纸带穿过打点计时器与物块相连,操作步骤如下,请结合操作步骤完成以下问题.‎ ‎(1)为消除摩擦力的影响,他将长木板一端垫起一定倾角,接通打点计时器,轻轻推一下小物块,使其沿着长木板向下运动.多次调整倾角θ,直至打出的纸带上点迹　　　　,测出此时木板与水平面间的倾角,记为θ0. ‎ ‎(2)如图(b)所示,在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场,用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连,绳与滑轮摩擦不计.给物块A带上一定量的正电荷,保持倾角θ0不变,接通打点计时器,由静止释放小物块A,该过程可近似认为物块A带电荷量不变,下列关于纸带上点迹的分析正确的是　　　　. ‎ A.纸带上的点迹间距先增加后减小至零 B.纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值 C.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差不变 D.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差逐渐减小,直至间距不变 ‎(3)为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有　　　　. ‎ A.物块A的质量M B.物块B的质量m C.物块A与木板间的动摩擦因数μ D.两物块最终的速度v ‎(4)用重力加速度g,磁感应强度B,θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为q=　　　　. ‎ 解析:(1)此实验平衡摩擦力后,确定滑块做匀速直线运动的依据是,看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的.‎ ‎(2)设A的质量为M,B的质量为m,没有磁场时,对A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根据平衡条件可知f=Mgsin θ0,FN=Mgcos θ0,又因为f=μFN,所以μ===tan θ0;当存在磁场时,以A,B整体为研究对象,由牛顿第二定律可得(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=(M+m)a 由此式可知,v和a是变量,其他都是不变的量,所以A,B一起做加速度减小的加速运动,直到加速度减为零后做匀速运动,即速度在增大,加速度在减小,最后速度不变.所以纸带上的点迹间距逐渐增加,说明速度增大;根据Δx=at2,可知,加速度减小,则相邻两点间的距离之差逐渐减小;匀速运动时,间距不变,选项D正确,A,B,C错误.‎ ‎(3)(4)根据(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+Mgcos θ0)=(M+m)a,可得当加速度减为零时,速度最大,设最大速度为v,则(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=0‎ 化简得q=,把μ=tan θ0代入,得q=,由此可知为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v.‎ 答案:(1)间距相等(或均匀)　(2)D　(3)BD　(4)‎ 评分标准:每问2分.‎ ‎15.(10分)如图所示,在xOy平面内,有一半径为R=L的圆形区域,圆心O1对应的坐标为(L,0),圆与x轴交于A,C两点.除圆形区域内无磁场,在y轴与直线x=‎2‎L之间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,在圆心O1处有一粒子源,发射同种粒子,粒子的质量为m,电荷量为+q(q>0),粒子从粒子源O1发出垂直磁场在纸面内向各个方向运动,不计粒子重力,并且从磁场返回圆形边界的粒子均被吸收掉,‎ ‎(1)求能从右边界(即直线x=‎2‎L)射出的粒子其最小速率为多少,并求出该粒子从O1发出时与x轴正方向的夹角θ;‎ ‎(2)要使粒子垂直于x=‎2‎L的边界射出磁场,求该粒子的最小速率为多少?‎ 解析:(1)分析可知,以相同速率从O1点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心的轨迹在虚线圆上,如图所示 设能从直线x=‎2L边界出去的粒子的速度大小为v1,则 qv1B=m v1=,‎ 从图中可知,速度最小是从D点飞出,则 ‎+r1=L,(1分)‎ 解得r1=L,(1分)‎ 最小速度为v1=,(1分)‎ 对应角度tan θ==,(1分)‎ θ=30°,(1分)‎ 所以以最小速度射出的粒子的速度方向是斜向右下方与x轴正方向的夹角为30°.‎ ‎(2)粒子垂直于直线x=‎2‎L边界射出,作出粒子运动的轨迹如图所示 设粒子的速度方向是斜向右下方与x轴正方向的夹角为α,‎ 粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r2,则 Lcos α+r2sin α=L,(1分)‎ ‎(cos α+sin α)=L 令=sin φ ‎=cos φ 得sin (α+φ)=L,(1分)‎ 当α+φ=90°时,r2最小,‎ 解得r2=L,(1分)‎ qv2B=m,(1分)‎ v2=‎ 所以,粒子垂直于x=‎2L的边界射出磁场的最小速率v2=.(1分)‎ 如果利用数学知识为点O1到直线距离,得出O3位置在D点时r2最小,同样求出r2=L,同样得分.‎ 答案:(1)　30°　(2)‎ ‎16.(8分)如图所示,在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出);在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场,一粒子源固定在x轴上的A点,A点坐标为(-L,0).粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子,电子恰好能通过y轴上的C点,C点坐标为(0,‎2L),电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用).求:‎ ‎(1)第二象限内电场强度E的大小;‎ ‎(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ;‎ ‎(3)圆形磁场的最小半径Rmin.‎ 解析:(1)从A到C的过程中,电子做类平抛运动,‎ 有L=t2(1分)‎ ‎2L‎=vt,(1分)‎ 联立解得E=.(1分)‎ ‎(2)设电子到达C点的速度大小为vC,方向与y轴正方向的夹角为θ.由动能定理,有 m-mv2=eEL(1分)‎ 解得vC=v,cos θ==,‎ 解得θ=45°.(1分)‎ ‎(3)电子的运动轨迹图如图,电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r==,(1分)‎ 电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出,则磁场圆最小半径 Rmin==rsin 60°(1分)‎ 由以上两式可得 Rmin=.(1分)‎ 答案:(1)　(2)45°　(3)‎ ‎17.(11分)如图(甲)所示,在平行边界MN,PQ之间存在宽度为d的匀强电场,电场周期性变化的规律如图(乙)所示,取竖直向下为电场正方向;在平行边界PQ右侧和MN左侧存在如图(甲)所示的两个长为2d、宽为d的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,其边界点分别为PQCD和MNFE.已知区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小是区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小的3倍.在区域Ⅰ右边界中点A处,有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直方向从磁场区域Ⅰ开始运动,以此作为计时起点,再经过一段时间粒子又恰好回到A点,如此循环,粒子循环一周,电场恰好变化一个周期,已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时,速度恰好与电场方向垂直,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:‎ ‎(1)区域Ⅰ的磁感应强度大小B;‎ ‎(2)电场强度大小E及电场的周期T.‎ 解析:(1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径r=d,(1分)‎ 由洛伦兹力提供向心力知 qv0B=,‎ 联立得B=.(1分)‎ ‎(2)画出粒子运动的轨迹示意图如图所示,粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动,圆心为O1,粒子从区域Ⅰ进入电场,在电场中做类平抛运动,在区域Ⅱ做匀速圆周运动,圆心为O2,半径记为R,在区域Ⅱ做匀速圆周运动圆心O2与区域Ⅰ做匀速圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动.粒子从区域Ⅰ进入电场做类平抛运动,水平方向d=v0t(1分)‎ 竖直方向y=at2=t2(1分)‎ 离开电场时沿电场方向的速度vy=at=,‎ 离开电场时速度方向与边界MN的夹角为θ,离开电场时速度为v,v0=vsin θ 粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力,知3qvB= (1分)‎ 由几何关系有2y+2Rsin θ=2d(1分)‎ 联立以上各式得E=(1分)‎ 由tan θ===,‎ 得θ=37°‎ 粒子在区域Ⅰ中运动的时间t1=(1分)‎ 粒子在区域Ⅱ中运动的时间 t2==(1分)‎ 粒子在电场中运动的时间t3=(1分)‎ 电场变化的周期等于粒子运动的周期,‎ 所以电场变化周期T=t1+t2+t3=d.(1分)‎ 答案:(1)　(2)　d ‎18.(11分)如图所示,在xOy平面内,第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线,OM与x轴负方向成45°夹角.在+y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在+x轴下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点O沿y轴负方向进入磁场,第一次经过磁场边界时的位置坐标是(-L,-L).已知微粒的电荷量大小为q,质量为m,不计微粒所受重力,微粒最后从+y轴上某点飞出场区(图中未画 出),求:‎ ‎(1)带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度大小;‎ ‎(2)带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间.‎ 解析:(1)设微粒从原点O进入磁场时的初速度为v0,在磁场中的运动半径为r,则有 qv0B=,(1分)‎ 由微粒第一次经过磁场边界上的点A坐标是 ‎(-L,-L),可知 r=L,(1分)‎ 解出v0=.(1分)‎ ‎(2)微粒到达A点时,速度方向与OM夹角为45°,即与电场平行.微粒在电场中从A点开始向-x方向做减速运动,后原路返回A点,再在磁场中做匀速圆周运动到C点进入电场,微粒的运动轨迹如图所示.‎ 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,‎ 所以qBv0=mr,(1分)‎ 并且v0=,(1分)‎ 设微粒在磁场中运动的总时间为tOC,根据几何关系,微粒在磁场中运动的路径刚好是一个完整的圆周,所以 tOC=T,(1分)‎ 根据对称性,微粒到达C点时的速度方向应沿+y方向,此后在电场中做类平抛运动,从D点离开电场,设其加速度为a,运动时间为tCD,则有 qE=ma,(1分)‎ 从C运动到D在x方向的位移为 ‎2r=a,(1分)‎ 设微粒从A点进入电场后做往返运动的总时间为tA,则由牛顿运动定律有 v0=a·,(1分)‎ 微粒在电场、磁场区域运动的总时间为 t=tOC+tA+tCD,(1分)‎ 联立以上各式并代入数据解得 t=2(++).(1分)‎ 答案:(1)　(2)2(++)‎