2017-2018学年江西省南昌市第二中学高二上学期第三次月考物理试题 解析版

2017-2018学年江西省南昌市第二中学高二上学期第三次月考物理试题 解析版

南昌二中2017—2018学年度上学期第三次月考 高二物理试卷 一．选择题 ‎1. 指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是（ ）‎ 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. 指南针的指向不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 ‎【答案】B ‎【解析】不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故C正确；在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，根据安培定则，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针会发生偏转，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ 视频 ‎2. 如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是(　　)‎ A. o点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零．故A错误．‎ M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．当垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力大小相等，方向相同，故B错误．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．因此通电直导线受到的力大小相等，方向相同，故C正确．a、c两点的磁场方向都是竖直向下，则a、c两点处放垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力方向相同．故D错误．故选C。‎ 考点：右手螺旋定则；磁场的叠加 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。‎ 视频 ‎3. 如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是(　　)‎ A. 棒中的电流变大，θ角变大 B. 两悬线等长变短，θ角变小 C. 金属棒质量变大，θ角变大 D. 磁感应强度变大，θ角变小 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：导体棒受力如图所示，‎ ‎；棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；磁感应强度变大，θ角变大，故D错误；故选A．‎ 考点：安培力；物体的平衡 ‎【名师点睛】此题考查了安培力及物体的平衡问题；解题时对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题。‎ 视频 ‎4. 在条形磁铁s极附近，放置一轻质等边三角形线圈abc，磁铁轴线经过三角形ab边中垂线，当线圈中通有顺时针方向电流时，则线圈运动情况是 （ ）‎ A. ab边转向纸外，同时靠近s极 B. ab边转向纸外，同时远离s极 C. ab边转向纸里，同时靠近s极 D. ab边转向纸里，同时远离s极 ‎【答案】B ‎【解析】由右手螺旋定则可知，线圈的外面为S极，里面为N极；因为异名磁极相互吸引，故ab边转向纸外，同时靠近磁铁；故A正确，B、C、D错误．故选A．‎ ‎【点睛】此题考查了安培定则和磁极间相互作用的应用，注意线圈产生的磁场与条形磁体产生的磁场很相似，可以利用右手定则判断磁场的N、S极，利用电流元法、等效法、结论法、转化对象法、特殊位置法等定性分析安培力作用下的转动或运动问题。‎ ‎5. 如图所示，在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1。若将磁场撤除，其它条件均不变，那么小球着地时的速度为v2，在空中飞行的时间为t2。小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2、t1和t2的大小比较，以下判断正确的是（ ）‎ A. v1＞v2，t1＞t2 B. v1＜v2，t1＜t2‎ C. v1=v2，t1＜t2 D. v1=v2，t1＞t2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即v1=v2．存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些．即t1＞t2．故D正确．故选D.‎ 考点：动能定理；洛伦兹力 ‎【名师点睛】本题考查了带电小球在复合场中运动，解题的关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小只改变速度的方向的特点进行分析。‎ ‎6. 目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为(　　) ‎ A. ，M正、N负 B. ，M正、N负 C. ，M负、N正 D. ，M负、N正 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低．‎ 抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小．‎ 解：根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极．‎ 自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab 有I===neavb 电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e=Bev 解得：B=，故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡．‎ ‎7. 空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示．规定B>0时，磁场的方向穿出纸面．一电荷量q＝5π×10－7 C、质量m＝5×10－10 kg的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时刻以初速度v0＝π m/s沿某方向开始运动．不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响．则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于(　　)‎ A. π m/s B. m/s C. m/s D. 2m/s ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力则有，即。可知该粒子周期T＝0.02s，半径r=0.01m。作出粒子的轨迹示意图如图所示，所以在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内，由平均速度的定义式＝＝＝m/s＝2m/s，即C选项正确．‎ ‎8. 如图所示，甲图中线圈A的a、b端加上如图乙所示的电压时，在0～t0‎ 时间内，线圈B中感应电流的方向及线圈B的受力方向情况是（ ） ‎ A. 感应电流方向不变 B. 受力方向不变 C. 感应电流方向改变 D. 受力方向改变 ‎【答案】AD ‎【解析】A、根据题意可知，UAB＞0，则可知电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向右，由于电压先减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，线圈B的感应电流顺时针（从左向右看）．当UAB＜0，则可知电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电压增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）．故电流方向不变，所以A正确，C错误；B、由上可知，感应电流方向不变，而磁场方向变化，所以根据左手定则可知，安培力方向改变，故D正确，B错误；故选AD．‎ ‎【点睛】考查右手螺旋定则、楞次定律、左手定则等应用，注意根据电势差来确定电流的方向，同时要会区别左手定则与右手定则．‎ ‎9. 如图所示,半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在-R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力忽略不计，所有粒子均能穿过磁场到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚Δt时间，则(　　)‎ A. 粒子到达y轴的位置一定各不相同 B. 磁场区域半径R应满足 C. 从x轴入射的粒子最先到达y轴 D. ，其中角度θ的弧度值满足 ‎【答案】AD ‎【解析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示：‎ y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转。‎ ‎..................‎ ‎【点睛】本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，要求同学们能正确画出粒子运动的轨迹，确定圆心位置，知道半径公式及周期公式，并能结合几何关系求解。‎ ‎10. 如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系O－xyz，一质量为m，电荷量为q的带正电微粒从原点O以速度v沿x轴正方向出发，下列说法正确的是(　　)‎ A. 若电场、磁场分别沿z轴正方向和x轴正方向，微粒只能做曲线运动 B. 若电场、磁场均沿z轴正方向，微粒有可能做匀速圆周运动 C. 若电场、磁场分别沿z轴负方向和y轴负方向，微粒有可能做匀速直线运动 D. 若电场、磁场分别沿y轴负方向和z轴正方向，微粒有可能做平抛运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】磁场沿x轴正方向，则与粒子运动的速度v的方向平行，粒子不受洛伦兹力的作用，只受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力作用，若重力和电场力大小不相等，则粒子所受合力方向与速度方向不在同一直线上，粒子将做曲线运动；若相等，粒子将做匀速直线运动，所以A项错误。B项，磁场竖直向上，根据左手定则，洛伦兹力沿y轴正方向，若电场力和重力大小相等，则洛伦兹力刚好能提供向心力，则粒子可能在xOy平面内做匀速圆周运动，所以B项正确。C项，粒子受到竖直向下的电场力，竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的重力，若重力和电场力的合力与洛伦兹力的大小相等，则粒子所受合力为零，粒子将做匀速直线运动，所以C项正确。D项，粒子受到沿y轴负方向的电场力，沿y轴正方向的洛伦兹力和竖直向下的重力，若洛伦兹力与电场力的大小相等，则粒子的合力就是竖直方向的重力，粒子将做平抛运动，所以D项正确。‎ ‎11. 如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t＝0时刻用水平恒力F向左推小车B。已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v－t图象及A、B之间摩擦力Ff—t图像大致正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：在t=t1之前物体A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F=（m+M）a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有：f=ma．即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动．当物块A与小车B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，物块与小车发生了相对滑动，此时物块A受到向右的滑动摩擦力f1=μFN虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向右，物块A仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的压力减小，所以向右的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，A做加速度逐渐减小的加速运动，则速度增大的越来越慢，洛伦兹力增大的越来越慢，摩擦力减小的越来越慢．直到t2时刻A、B之间的摩擦力减小到0，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度-时间图象中物块A的斜率逐渐减小到零；故AC正确BD错误．故选AC。‎ 考点：牛顿第二定律；洛伦兹力 ‎12. 如图所示，和为平行的虚线，上方和下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场， AB两点都在上。带电粒子从A点以初速与成斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同；‎ B. 若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B点；‎ C. 若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与成角斜向上，它就不一定经过B点；‎ D. 粒子一定带正电荷；‎ ‎【答案】AB ‎【解析】画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种．‎ A、如图，粒子B的位置在B2、B3时速度方向也斜向上，速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同．故A正确；B、根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关．所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍能经过B点．故B正确．C、如图，设L1与L2 之间的距离为d，则A到B2的距离为： 所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就只经过一个周期后一定不经过B点．故C错误． D、如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能．故D错误．故选AB。‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹．往往要抓住圆的对称性．‎ 二、填空题 ‎13. 用以下器材测量待测电阻RX的阻值 A．待测电阻RX：阻值约为200Ω B．电源E：电动势约为3.0V，内阻可忽略不计 C．电流表A1：量程为0～10mA，内电阻r1=20Ω；‎ D．电流表A2：量程为0～20mA，内电阻约为r2≈8Ω；‎ E．定值电阻R0：阻值R0=80Ω；‎ F．滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω；‎ G．滑动变阻器R2：最大阻值为200Ω；‎ H．单刀单掷开关S，导线若干；‎ ‎（1）为了测量电阻RX，现有甲、乙、丙三位同学设计了以下的实验电路图，你认为正确的是_________________；（填“甲”、“乙”或“丙”）‎ ‎（2）滑动变阻器应该选______；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于______端；（填“a”或“b”）‎ ‎（3）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2。则RX的表达式为：RX=_________‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). R1 (3). b (4). ‎ ‎【解析】试题分析：（1）所给的三个电路图中，乙图可明确确定两支路的电流值和含有电流表的支路的电阻值，由此可确定待测阻值．故乙图正确．‎ ‎（2）因乙图为滑动变阻器的分压式接法，则易用小阻值的变阻器．故应选R1，闭合开关前要让测量电路电压由小变大，故滑片P应置于a端．‎ ‎（3）由并联电路特点：Rx（I2﹣I1）=（R0+r1）I1得：Rx=‎ ‎14. 图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。‎ 完成下列主要实验步骤中的填空：‎ ‎（1）① 按图接线。‎ ‎② 保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。‎ ‎③ 闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出此时细沙的质量m2。‎ ‎④ 用米尺测量D的底边长度L。‎ ‎(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________。‎ ‎(3)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。‎ ‎【答案】 (1). 重新处于平衡状态 (2). 电流表的示数I (3). (4). ‎ ‎【解析】(1)金属框平衡时测量才有意义，读出电流表的示数I；此时细沙的质量m2并用天平称量细沙质量；‎ ‎(3)若m2＞m1．则安培力的方向向下，根据左手定则可得，磁场的方向向外；反之磁感应强度方向垂直纸面向里．‎ ‎【点睛】本题关键是对D型线框受力分析，根据平衡条件求磁感应强度.‎ 三、计算题 ‎15. 如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流大小I＝1 A、方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中，设t＝0时，B＝0，求需要几秒，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)‎ ‎【答案】t＝5 s.‎ ‎【解析】试题分析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．由平衡条件，有：‎ ‎…①，…②‎ 由①②解得：‎ 由解得：，‎ 由于，故；‎ 考点：考查了安培力的计算 ‎【名师点睛】本题关键是明确导线的受力情况，根据平衡条件列式求解安培力，同时要记住磁感应强度的定义公式．‎ ‎16. 如图所示，在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上，x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，PQ间的距离d=30cm。坐标系所在空间存在一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场，一带电粒子在xOy平面内，从P点与x轴成30°的夹角射出，该粒子将做匀速直线运动，已知带电粒子以速度v=2.0m/s射出，质量m=10×10-27kg，所带电荷量q=1.0×10-19C，使带电粒子通过Q点，且其运动轨迹关于y轴对称。已知磁场的磁感应强度大小为B=2.0×10-7T。(不计带电粒子重力)求：‎ ‎（1）油滴在磁场中运动的时间t；‎ ‎（2）圆形磁场区域的最小面积S。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】带电粒子进入匀强磁场，其轨迹如图所示，‎ 设其做匀速圆周运动设圆周运动的半径为R、运动周期为T、粒子在磁场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ 所以 设带电粒子从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于粒子的运动轨迹关于y轴对称，如图所示，根据几何关系可知∠MO'N=60°，‎ 所以，带电油滴在磁场中运动的时间 ‎ ‎ (3)连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图所示．根据几何关系圆形磁场的半径r=Rsin30°=0.05m 其面积为：S=πr2=0.0025πm2=7.9×10-3m2．‎ ‎【点睛】本题关键是先确定粒子的运动情况，并画出运动轨迹，然后逐段逐段分析，匀速圆周运动阶段洛伦兹力提供向心力，并结合几何知识求解，‎ ‎17. 在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930年，Earnest O. Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。图12甲为Earnest O.‎ ‎ Lawrence设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。‎ ‎(1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；‎ ‎(2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】(1)设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，‎ 由动能定理得： ‎ 正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得：‎ 由以上两式解得：‎ 故正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径为：‎ ‎(2)设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，‎ 由动能定理得： ‎ 粒子在狭缝中经n次加速的总时间为：‎ 由牛顿第二定律有：‎ 由以上三式解得电场对粒子加速的时间为：‎ 正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：‎ 又因有： ‎ 粒子在磁场中做圆周运动的时间为： ‎ 由以上三式解得：‎ 所以，粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间为：‎ 故正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间为 ‎【点睛】解决本题的关键知道回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速．以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关．‎ ‎18. 如图所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O'的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场． 在ｙ轴和直线x＝3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力． ‎ ‎（1）若粒子的初速度方向与ｙ轴正向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v１； ‎ ‎（2）若粒子的初速度方向与ｙ轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v２；‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】(1)粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，‎ 圆心必在x轴正半轴上，设粒子做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1sin30°=3a-r1，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： ，‎ 解得： ‎ ‎(2)粒子在磁场中的运动周期为：‎ 粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为：‎ 粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°‎ 设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：‎ 由牛顿第二定律得: ‎ 解得：‎ ‎【点睛】粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，由几何关系确定半径，然后根据牛顿第二定律确定粒子的初速度；若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60°，粒子到达B点的速度与x轴夹角β=30°，由几何知识确定半径，由牛顿第二定律求粒子的初速度大小v2.‎ ‎19. 为了使粒子经过一系列的运动后，又以原来的速率沿相反方向回到原位，可设计如下的一个电磁场区域（如图所示）：水平线QC以下是水平向左的匀强电场，区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；区域Ⅱ(三角形APD)内的磁场方向与Ⅰ内相同，但是大小可以不同，区域Ⅲ(虚线PD之上、三角形APD以外)的磁场与Ⅱ内大小相等、方向相反．已知等边三角形AQC的边长为2l，P、D分别为AQ、AC的中点．带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为l的O点以某一速度射出，在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域Ⅰ，再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ，又经历一系列运动后返回O点．（粒子重力忽略不计）求： ‎ ‎（1）该粒子的比荷．‎ ‎（2）粒子从O点出发再回到O点的整个运动过程所需时间．‎ ‎【答案】(1) (2) 或 ‎ ‎【解析】试题分析：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，磁场中圆周运动要画轨迹分析运动过程，探索规律，寻找半径与三角形边的关系是关键．‎ ‎（1）从N到P，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和洛仑兹力表达式有：‎ 根据题意有R＝l 解得：‎ ‎（2）粒子从O到N与从N到O是逆过程，N到O做类平抛运动，在区域Ⅰ、区域Ⅱ和Ⅲ中都做匀速圆周运动．带电粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t0、区域Ⅰ中的时间t1、区域Ⅱ和Ⅲ中的时间t2＋t3‎ 根据平抛运动规律有 粒子在区域Ⅰ中运动时，由线速度和角速度关系得：即 ‎①若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动如图甲所示，则总路程为个圆周，根据几何关系有 AE＝(4nr + r)＝l 解得： r＝l/(4n + 1) 其中n＝0，1，2…… ‎ 区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为 总时间 ‎②若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内运动如图乙所示，则总路程为个圆周，根据几何关系有：‎ AP＝(4nr +3r)＝l 解得： r＝ l/(4n + 3) 其中n＝0，1，2……‎ 区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为 总时间 考点：本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动、匀速圆周运动规律、牛顿第二定律、向心力、运动的合成与分解，同时考查考生的分析综合能力和运用数学知识解决物理问题的能力．‎ ‎ ‎ ‎ ‎