浙江省新高考压轴题磁场大题解析

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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)
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