浙江省新高考压轴题磁场大题解析

浙江省新高考压轴题磁场大题解析

浙江省新高考物理卷压轴题（“磁场”题）解析 江苏省特级教师 戴儒京 2016 年开始，浙江省与上海市一起作为教育部新一轮高考改革的试点，全国的 教师，都在关注，全国的物理教师，都在关注其物理试题。在物理试题中，有一 类试题特别受关注，那就是关于“带电粒子在电磁场中的圆周运动”的题目，为 什么呢？因为它难，往往成为全国及各省市高考物理试卷的压轴题。对于浙江新 高考物理试卷，就是第 23 题（试卷的最后一题）或 22 题（试卷的倒数第 2 题）。 本文就把浙江省新高考物理卷压轴题解析下来，以供广大物理教师特别是高三物 理教师参考。本文包括浙江省新高考以来 4 年 7 题，除 2016 年 4 月卷 22 题，其 余各卷均为 23 题。除 2019 年外（2019 年 10 月还未到），每年 2 卷，分别在 4 月和 10 月或 11 月。所以本文包括 4 年 7 题。 1.2019 年第 23 题 23．（10 分【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理 如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心 O、与 O 点等距离各点的场强 大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强 磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发 出两种速度均为 v0、电荷量均为 q、质量分别为 m 和 0.5m 的正离子束，从 M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为 m 的离子沿 半径为 r0 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从 N 点水平射出，而质量为 0.5m 的离子恰好从 ON 连线的中点 P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器 射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器 左边界的探测板上，其中质量为 m 的离子打在 O 点正下方的 Q 点。已知 OP=0.5r0，OQ= r0，N、P 两点间的电势差 , 5 4cos  ，不计重力 和离子间相互作用。 （1）求静电分析器中半径为 r0 处的电场强度 E0 和磁分析器中的磁感应强度 B 的大小； （2）求质量为 0.5m 的离子到达探测板上的位置与 O 点的距离 l（用 r0 表示）； （3）若磁感应强度在（B— △ B）到（B＋ △ B）之间波动，要在探测板上完全 分辨出质量为 m 和 0.5m 的两束离子，求 的最大值 【解析】 （1） 径向电场力提供向心力 0 2 0 0 r mvqE  0 2 0 0 qr mvE  ， 0 0 qr mvB  （2） 动能定理 25.02 1 mv - 2 05.02 1 mv = NPqU m qUvv NP42 0  = 5 0v ， 02 55.0 rqB mvr  05.0cos2 rrl   05.1 rl  （3） 恰好能分辨的条件：  B B r 1 2 0  B B r 1 cos2  2 0r %12417  B B 2. 2018 年 11 月第 23 题 23.（10 分）【加试题】小明受回旋加速器的启发，设计了如图 1 所示的“回旋 变速装置”。两相距为 d 的平行金属栅极板 M、N，板 M 位于 x 轴上，板 N 在它的正下方。两板间加上如图 2 所示的幅值为 U0 的交变电压，周期 。 板 M 上方和板 N 下方有磁感应强度大小均为 B、方向相反的匀强磁场。粒子 探测器位于 y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。 有一沿 x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿 y 轴正方 向射出质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的粒子。t=0 时刻，发射源在（x，0） 位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间 不计。 （1）若粒子只经磁场偏转并在 y=y0 处被探测到，求发射源的位置和粒子的初 动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置 x 与被探测 到的位置 y 之间的关系 【解析】（1）根据题意，粒子沿着 y 轴正向射入，只经过磁场偏转，探测器仅能 探测到垂直射入的粒子，因此，粒子轨迹为 0.25 圈，因此射入的位置为 x=y0 根据 R=y0， R vmqvB 2  ，可得 m yBqEk 2 02 22  （2）根据题意，粒子两次进出磁场，然后垂直射到 y 轴，由于粒子射入电场后 会做减速直线运动，且无法确定能否减速到 0，因此需要按情况分类讨论 ①第 1 次射入电场即减速到 0，即当 00 qUEk  ，轨迹如图： 轨迹图中几何关系，x=5y ②第 1 次射入电场减速射出到磁场，第 2 次射入电场后减速到 0，则当 000 2qUEqU k  ，轨迹如图： qB mvr 0 0  2 0 2 10 2 1 2 1 mvmvqU  10 32 rrx  ， 1ry  联立，解得 y qB mUyx 322 2 02  ③2 次射入电场后均减速射入磁场，则当 00 2qUEk  ，轨迹如图： qB mvr 0 0  qB mvr 1 1  qB mvr 2 2  2 0 2 10 2 1 2 1 mvmvqU  2 1 2 20 2 1 2 1 mvmvqU  210 22 rrrx  ， 2ry  联立，解得 y qB mUy qB mUyx  ）（ 2 02 2 02 422 【答案】（1）x=y0 m yBqEk 2 02 22  (2) 当 00 qUEk  ， x=5y ； 当 000 2qUEqU k  ， y qB mUyx 322 2 02  ； 当 00 2qUEk  ， y qB mUy qB mUyx  ）（ 2 02 2 02 422 。 3. 2018 年 4 月卷第 23 题 【加试题】如图所示，在竖直平面内建立 xOy 坐标系，在 0≤x≤0.65 m、 y≤0.40 m 范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域．一 边长 l＝0.10 m、质量 m＝0.02 kg、电阻 R＝0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框 abcd 处于图示位置，其中心的坐标为(0，0.65 m)．现将线框以初速度 v0＝2.0 m/s 水 平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从 磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程．线框在全过程中始终处于 xOy 平面 内、 其 ab 边与 x 轴保持平行，空气阻力 不 计，g 取 10 m/s2.求： (1)磁感应强度 B 的大小； (2)线框在全过程中产生的焦耳 热 Q； (3)在全过程中，cb 两端的电势 差 Ucb与线框中心位置的x坐标的函数 关 系． 【解析】 (1)感应电流 I＝Blvy R 由受力平衡有 mg＝BIl 进入磁场时沿 y 方向的速度 vy＝ 2gh＝2 m/s 解得 B＝2 T. (2)由动量定理有－BlΔq＝mv－mv0 其中Δq＝Bl2 R 对全过程，由能量守恒定律得 Q＝mgl＋1 2mv20－1 2mv2 解得 Q＝0.037 5 J. (3)进入磁场前，即 x≤0.4 m 时，Uab＝0 进入磁场过程，即 0.4 mB0,全部收集到离子时的最小半径为 R1,如解图 2，有 LR 0 1 37cos2 得 0 1 1 6.1 BqR mvB  当 00 6.1 BBB  时，有 0nn  当 06.1 BB  时，恰好收集不到离子时的最小半径为 R2,有 LR 5.02  得 02 2BB  当 00 26.1 BBB  时，设 qB mvR ' ，有 )2 55( )37cos1('2 '2 0 0002 B Bnn R LRn    当 00 32 BBB  时， 03 n 【答案】（1） LB0 v （2） 3  （3） 00 6.1 BBB 当 n= 0n 当 00 26.1 BBB  )2 5-5nn 0 02 B B（ ，当 00 32 BBB  n3=0 5. 2017 年 4 月第 23 题 23．【加试题】如图所示，在 xoy 平面内，有一电子源持续不断地沿 x 正方向每 秒发射出 N 个速率均为 v 的电子，形成宽为 2b，在 y 轴方向均匀分布且关于 x 轴对称的电子流。电子流沿 x 方向射入一个半径为 R，中心位于原点 O 的圆形 匀强磁场区域，磁场方向垂直 xoy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从 P 点射出。 在磁场区域的正下方有一对平行于 x 轴的金属平行板 K 和 A，其中 K 板与 P 点 的距离为 d，中间开有宽度为 2l 且关于 y 轴对称的小孔。K 板接地，A 与 K 两 板间加有正负、大小均可调的电压 AKU ，穿过 K 板小孔达到 A 板的所有电子被 收集且导出，从而形成电流，已知 3 2b R d l ， ，电子质量为 m，电荷量为 e， 忽略电子间相互作用。 （1）求磁感应强度 B 的大小； （2）求电子流从 P 点射出时与负 y 轴方向的夹角 的范围； （3）当 0AKU  时，每秒经过极板 K 上的小孔到达板 A 的电子数； （4）画出电流 i 随 AKU 变化的关系曲线。 【解析】23（1）轨道半径 r=R， mvB eR  （2）上端电子从 P 点射出时与负 y 轴最大夹角 m ，由几何关系可得sin m b R   ， 得 m =60°。 同理下端电子从 P 点射出时与负 y 轴最大夹角也为 60°， 范围是 60 60     （3） tan l d   得 45   ， 2' sin 2y R R  每秒进入两极板间的电子数 n： ' 6 0.823 n y N b    ，解得 n=0.82N （4）由动能定理得出遏制电压 cU ， 21 2cU mve   与负 y 轴成 45°角的电子的运动轨迹刚好与 A 板相切，则其速度为 vvv 2 245cos' 0  其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需的最小反向电压 'U ，有 22 2 1'2 1' mvmveU  ，解得 2 4 1' ve mU  ，再根据（3）可得饱和电流大小 max 0.82i Ne 6. 2016 年 10 月第 23 题 23.（10 分）【加试题】如图所示，在 x 轴的上方存在垂直纸面向里,磁 感 应 强 度 大 小 为 B 0 的 匀 强 磁 场 ，位 于 x 轴 下 方 离 子 源 C 发 射 质 量 为 m ，电 荷 量 为 q 的 一 束 负 离 子 ，其 初 速 度 大 小 范 围 为 0 - 03v ， 这束离子经电势差为 2 0 2 mvU q  的电场加速后，从小孔 O（坐标原点）垂直 x 轴并 垂直磁场射入磁场区域，最后打到 x 轴上。在 x 轴上 2a—3a 区间水平固定放置 一探测板（ 0 0 qB mva  ）。假设每秒射入磁场的离子总数为 N0，打到 x 轴上的离子 数均匀分布（离子重力不计）。 （1）求离子束从小孔 O 射入磁场后打到 x 轴的区间。 （2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此 时的磁感应强度大小 B1; (3)保持磁感应强度 B1 不变，求每秒打在探测板上的离子数 N；若打在板上的离子 80%被板吸收，20%被 反 弹 回 ，弹 回 速 度 大 小 为 板 前 速 度 大 小 的 0. 6 倍.求探测板受到的作用力大小。 【解析】（1）根据动能定理，可得 2 2 1 1 1 2 2qU mv mv  2 1 2qUv v m   可得 0 02v v v  离子在磁场中运动 2 0 mvqvB R  0 mvR qB  离子打在 x 轴上的坐标表达式为 0 22 mvx R qB   代入数据得 2 4a x a  （2）当速度最大的离子打在探测板右端 13 2a R 0 1 1 2mvR qB  01 3 4 BB  （3）离子束能打到探测板的实际范围为 2 3a x a  对应的速度范围为 0 0 3 24 v v v  每秒打在探测板上的离子数为 0 0 0 0 0 0 42 23 2 3 v v N N Nv v    根据动量定理 吸收的离子受到板的作用力大小 0 0 0 0 80.8 4(2 )2 3 9 P N mvNF mv mvt      吸 吸 反弹的离子受到板的作用力大小 0 0 0 0 0 0 160.2 4[2 0.6 )+ m 0.6 )]2 3 45 P N mvNF m v v v vt       反 反 （ （ 根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小 0 0 56 45F N mv 【答案】（1） 2 4a x a  ；（2） 1 0 3 4B B （3） 0 0 56 45F N mv 7. 2016 年 4 月第 22 题 22．(10分)【加试题】如图为离子探测装置示意图。区域I、区域Ⅱ长均为 L=0.10m，高均为H=0.06m。区域I可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场； 区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴 着可探测带电粒子位置的竖直屏。质子束沿两板正中间以速度v=1.O×l05m/s水平 射入，质子荷质比近似为q m =1.O×l08C/kg。(忽略边界效应，不计重力) (1)当区域加Ⅱ电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电 场的最大值Emax； (2)当区域I不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁 场的最大值Bmax； (3)当区域I加电场E小于(1)中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置 等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域I中的电场E之间的关系式。 【解析】（1）质子在电场中做类平抛运动 v L m qEatv y  2tan mv EqL v v y  质子到达区域 II 右下端时，有 2/ 2/tan LL H  得 mV qL HmvE /200 3 2 2  （2）质子在磁场中运动，有 qB mvR  根据几何关系， 222 )2/( LHRR  得 T HLq mvHB 3 22 105.5 )4/(    (3)质子运动轨迹如图所示 设质子进入磁场时的速率为 'v ， ''''sin mvv EqL v v L m Eq v at v v y    由几何关系有 '2' 22sin mv BqL qB mv L R L  解得 v EB 2 （2019.4.18）