2022年青海省高考物理總復(fù)習(xí)：磁場(chǎng)

2022年青海省高考物理總復(fù)習(xí)：磁場(chǎng)

1.如圖所示，靜止在光滑水平桌面上可視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)小球A和B,質(zhì)量分別為m和3m。

小球A不帶電，小球B帶正電，電量為q。某時(shí)刻，小球A以速度vo與小球B發(fā)生彈

性正碰，小球B恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入豎直平面內(nèi)半徑為R的工圓弧形軌道CDF,

4

在F點(diǎn)右側(cè)存在方向豎直向上、大小為名”的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖

q

中未標(biāo)出)，電磁場(chǎng)中豎直平面內(nèi)有一半徑也為R的圓形屏蔽區(qū)，其圓心到F點(diǎn)的距離為

2R,屏蔽區(qū)的圓心O與水平線CF等高，碰撞過(guò)程電荷量不轉(zhuǎn)移。求：

(1)小球B碰后的速度大??；

(2)小球B經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；

(3)為使小球B進(jìn)入電磁場(chǎng)屏蔽區(qū)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為多大。

【分析】(1)根據(jù)彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒列式求解；

(2)根據(jù)動(dòng)能定理確定在D點(diǎn)的受力，結(jié)合牛頓第二定律求出支持力；

(3)根據(jù)洛倫茲力用來(lái)提供向心力，結(jié)合余弦定理求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值。

【解答】解：(1)根據(jù)彈性碰撞特點(diǎn)可知：

mAVo=mAVAi+DIBVBi

121212

2mAvo=2mAvAi

其中mA—m,mB=3m

解得：VBI=^

(2)由小球B從C點(diǎn)無(wú)碰撞進(jìn)入圓形軌道可知，小球B在C點(diǎn)的速度大小為:vB2=恚％

22

小球B由C到D,根據(jù)動(dòng)能定理可得：msg(R-Rsin45°)=^mBvB3-|mBVB2

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小球B在D點(diǎn)受力分析可知：N-mBg=mB——

A

根據(jù)牛頓第三定律可得：N=N'

整理得：N'=(9-3V2)mg+筆4

(3)依題意得：3mg=qE

故小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律可知：VB4=VB2

在電磁場(chǎng)中對(duì)小球B受力分析可得：qvB4B=mB用

如圖所示，

由幾何關(guān)系根據(jù)余弦定理可得：?+(2R)2-2r(2R)cos45°=(r-R)2

AnZB_3/2+3DD-2-A/2

解得：r=—2—R，B=qRmv0

答：(1)小球B碰后的速度大小為葭；

(2)小球B經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為(9-3V2)mg+亙穿；

(3)為使小球B進(jìn)入電磁場(chǎng)屏蔽區(qū)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為絲色加％.

qRu

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了彈性碰撞，帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，以及動(dòng)能定理和牛頓

第三定律的綜合應(yīng)用，此題考查學(xué)生的綜合分析能力。

2.金屬板MINI垂直紙面放置，中央有小孔O,O點(diǎn)上方有陰極K通電后能持續(xù)放出初速

度近似為零的電子，經(jīng)K與MINI板間電場(chǎng)加速后從。點(diǎn)射出，速度方向在紙面內(nèi)發(fā)散

角(如圖，OP、0Q夾角)為20=占且關(guān)于豎直方向?qū)ΨQ，加速電壓大小可調(diào)。MiNi下

方分布有兩個(gè)相鄰且垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同方向相反，磁場(chǎng)寬度均

為d,長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)。某次測(cè)試發(fā)現(xiàn)，當(dāng)加速電壓為Uo時(shí)，垂直板MiNi進(jìn)入磁場(chǎng)的電子

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剛好可以從磁場(chǎng)邊界M3N3出射，已知電子帶電量大小為e,質(zhì)量為m,不計(jì)電子間的相

互作用及重力影響，電子射到金屬板將被吸收。

（1）求電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小V；

（2）當(dāng)電壓為Uo時(shí)，求邊界M3N3上有電子射出的區(qū)域長(zhǎng)度L；

（3）為確保有電子從磁場(chǎng)邊界M3N3出射，求K與MiNi板間電壓U的取值范圍；

（4）若電子在2。內(nèi)分布均勻，打到M3N3邊界上的電子數(shù)占O點(diǎn)發(fā)射電子數(shù)的比例為

T］，請(qǐng)寫出n與加速電壓U的函數(shù)關(guān)系。

M?....................二M

xxxx

d

XXXX

M、...................

【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求出加速電壓U0后電子的速度；

（2）由題設(shè)條件，畫出兩種極端情況下電子的軌跡，由幾何關(guān)系求出打在M3N3的區(qū)域

長(zhǎng)度L；

（3）當(dāng)電壓取最小值，且對(duì)應(yīng)偏轉(zhuǎn)8角時(shí)，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系和動(dòng)能定理求出電

壓的范圍；

（4）結(jié)合以上結(jié)論，分情況進(jìn)行討論。

【解答】解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理：U（）e=|mv2

解得：丫=探

（2）速度方向與板垂直的電子軌跡與磁場(chǎng)邊界相切，故半徑R=d,運(yùn)動(dòng)到M3N3時(shí)右移

了2d,向左偏30°入射的電子到達(dá)O點(diǎn)正下方，故有電子射中的區(qū)域的長(zhǎng)度：L=2d

（3）電壓的最小值對(duì)應(yīng)于向左。角射出的電子軌跡與磁場(chǎng)邊界M2N2相切，剛好射出磁

場(chǎng)

由幾何關(guān)系有：Rm+RmSinO=d

mv2

洛侖茲力提供向心力：----=evB

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1

2

在加速電場(chǎng)中：Ume=2wv

?？?T2

由以上三式得：Um=——_2

2m（l+sin0）

電壓為U（）時(shí)，由上述結(jié)論可得：R=d

1

根據(jù)動(dòng)能定理：Uoe=2mp2

由牛頓第二定律：evB=^

K

可知：狽=察

U0

兩式相除得：Um=2

(1+sinO)

且有sin0=-1

故

4

即

（4）若電子在2。內(nèi)分布均勻，打到M3N3邊界上的電子數(shù)占0點(diǎn)發(fā)射電子數(shù)的比例為

n，可得

①當(dāng)uv^Uo時(shí)n=o

②當(dāng)汕WUWUo時(shí)鳥一郎（其中sina=再一1）

③當(dāng)UoWUW4Uo時(shí)n=1+^（其中sina=l-再）

④當(dāng)U24Uo時(shí)n=100%。

答：（1）求電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v為J等；

（2）當(dāng)電壓為U（）時(shí)，求邊界M3N3上有電子射出的區(qū)域長(zhǎng)度L為2d；

4

（3）為確保有電子從磁場(chǎng)邊界M3N3出射，則K與MiNi板間電壓U的取值范圍U>3%：

（4）寫出1］與加速電壓U的函數(shù)關(guān)系：①當(dāng)UV^Uo時(shí)n=O

②當(dāng)gUoWUWUo時(shí)n=3-手（其中sina=J^-l）

③當(dāng)