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(共62張PPT)
章末檢測卷(七)(第十章內容)
題號
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一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．(2024·安徽合肥三模)如圖所示，半圓形的環上均勻分布有正電荷，AB是豎直直徑，直導線與圓心O等高且水平固定，直導線中有向右的恒定電流，將半圓環繞AB所在直線沿順時針方向(從上向下看)勻速轉動，則直導線受到的安培力方向(　　)
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A．向上 B．向下
C．垂直紙面向里 D．垂直紙面向外
√
D　[將半圓環繞AB所在直線沿順時針方向(從上向下看)勻速轉動，從上向下看形成的等效電流沿順時針方向，則電流在直導線處的磁場豎直向上，根據左手定則，直導線受到的安培力垂直紙面向外。故選D。]
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2．如圖所示，絕緣水平面上，虛線MN左側有垂直于水平面向上的勻強磁場，右側有垂直于水平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，A、C、D為絕緣水平面上的三個固定點，A點在虛線上，C、D兩點在左右兩磁場中，兩根直的硬導線連接在AD和CD間，軟導線連接在AC間，CD連線與MN垂直，C、D到MN的距離均為L，∠D＝53°，AC、CD、DA三段導線電阻相等，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。通過C、D兩點給線框通入大小為I的恒定電流，待A、C間軟導線形狀穩定后線框受到的安培力大小為(　　)
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A．0
B．BIL
C．BIL
D．2BIL
√
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B　[由題意可知，線框三邊電阻相等，通入大小為I的電流后，由分流原理可知通過DAC的電流大小為I，通過DC的電流大小為I。待AC間導線穩定后線框的受力情況如圖所示，由受力分析可知|F1|＝|F2|＝I×B×L＝BIL，|F3|＝|F4|＝I×B×L＝BIL，由幾何關
系可知F3與F4的夾角β＝37°，則有F合＝2|F3|
cos 37°＝BIL，故選B。]
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3．(2023·廣東卷)某小型醫用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5 m，磁感應強度大小為1.12 T，質子加速后獲得的最大動能為1.5×107 eV。根據給出的數據，可計算質子經該回旋加速器加速后的最大速率約為(忽略相對論效應，1 eV＝1.6×10-19 J)(　　)
A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
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C　[洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，質子加速后獲得的最大動能為Ek＝mv2，解得最大速率為v≈5.4×107 m/s，故選C。]
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4．(2024·陜西銅川市二模)粒子甲的質量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，兩粒子均帶正電。讓它們在勻強磁場中同一點以大小相等、方向相反的速度開始運動。已知磁場方向垂直于紙面向里。以下四個圖中，能正確表示兩粒子運動軌跡的是(　　)
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A　　　　　　 B
C　　　　　　 　D
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A　[根據洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，解得r＝∝，則有＝·＝×＝，可知甲的軌道半徑大于乙的軌道半徑，故C、D錯誤；甲、乙兩粒子都帶正電，根據左手定則判斷可知，選項A中粒子的運動軌跡滿足左手定則，選項B中粒子的運動軌跡不滿足左手定則，故A正確，B錯誤。]
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5．如圖所示，在PM和QK之間有大量相同帶電粒子以同一速度沿水平方向射入以O為圓心、半徑為R的圓形勻強磁場區域，該圓形磁場方向垂直紙面向外，PM與圓心O在同一水平直線上，PM和QK間距離為0.5R，已知所有粒子均從O點正下方的N點射出圓形磁場區域，立即進入下方垂直于紙面向里的勻強磁場，并都能打到水平擋板的下表面，擋板的左側緊貼N點，已知下方磁場的磁感應強度是上方磁場的兩倍，不計粒子重力及粒子間的相互作用。則擋板下表面有粒子打到的區域長度為(　　)
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A．R B．R
C．R D．R
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C　[根據題意，由于所有粒子均從O點正下方的N點射出圓形磁場區域，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示，則有qvB＝m，解得v＝，粒子進入下方磁場，則有R′＝＝R，由幾何關系可得，擋板下表面有粒子打到的區域長度為ΔL＝2R′－2R′sin 60°
＝R，故選C。]
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6．如圖所示，在直角三角形abc區域(含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ab＝L，一個粒子源在b點將質量為m、電荷量為q的帶負電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是(不計粒子重力及粒子間的相互作用)(　　)
A．
C．
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D　[由左手定則和題意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁場區域內運動半個圓周時，運動時間最長，速度最大時的軌跡恰與ac相切，軌跡如圖所示，由幾何關系可得最大半徑r＝L，由洛倫茲力提供向心力得qvmB＝，從而求得最大速度vm＝，選項A、B、C錯誤，D正確。]
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7．通電直導線ab的質量為m、長為l，用兩根細線把導線ab水平吊起，導線中的電流為I，方向如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強磁場，磁感應強度為B，導線處于平衡時懸線與豎直方向成θ＝30°角。下列說法正確的是(　　)
A．mg＝BIl
B．懸線的拉力T＝mg
C．若增大磁感應強度，則懸線的偏角將不變
D．若將導線ab拉到最低處由靜止釋放，則導線ab
可擺過的最大角度為60°
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D　[對直導線進行受力分析，受重力、安培力和細線中的拉力，如圖所示，根據平衡條件可得FA＝BIl＝mg tan θ，即BIl＝mg，懸線的拉力T＝＝，A、B錯誤；根據BIl＝mg tan θ可知，若增大磁感應強度，則懸線的偏角將增大，C錯誤；若將
導線ab拉到最低處由靜止釋放，則導線ab擺到最
大高度時，有BIl·L sin α－mgL(1－cos α)＝0，
解得α＝60°，D正確。]
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8．質譜儀在物理研究中起著非常重要的作用。如圖是質譜儀的工作原理示意圖。粒子源(在加速電場上方，未畫出)產生的帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場的磁感應強度和勻強電場的電場強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場。不計帶電粒子的重力和粒子間的作用力，下列表述正確的是(　　)
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A．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里
B．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于
C．粒子打在膠片上的位置離狹縫P越遠，粒
子的比荷越大
D．某種元素同位素的原子核，打在膠片上的
位置離狹縫P越遠，表明其質量數越大
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D　[根據帶電粒子在磁場中的偏轉方向，由左手定則知，該粒子帶正電，在速度選擇器中電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，A錯誤；在速度選擇器中，電場力和洛倫茲力平衡，有qE＝qvB，求得v＝，則能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于，B錯誤；粒子進入磁場后，由洛倫茲力提供向心力有qvB0＝，解得r＝＝，粒子打在膠片上的位置
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越靠近狹縫P，粒子的軌跡半徑越小，粒子的比荷越大；粒子所帶電荷量相同時，打在膠片上的位置離狹縫P越遠，粒子的軌跡半徑越大，表明其質量越大，C錯誤，D正確。]
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二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．如圖所示，一根長為L、質量為m且分布均勻的導體ab，在其中點彎成60°角，將此導體放入磁感應強度大小B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，導體兩端點懸掛于兩相同的彈簧下端，彈簧均處于豎直狀態，當導體中通以大小為I的電流時，兩根彈簧都伸長了，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
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A．導體中電流的方向為a到b
B．導體中電流的方向為b到a
C．每根彈簧的彈力大小為
D．每根彈簧的彈力大小為
√
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AD　[折彎的導體可等效為一根直接從a到b，長為的直線導體，當導體中通以電流大小為I的電流時，兩根彈簧都伸長了，說明導體受到的安培力方向向下，由左手定則可知，電流方向由a到b，A正確，B錯誤；由平衡條件可得BI·＋mg＝2F，解得每根彈簧的彈力大小為F＝，C錯誤，D正確。]
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10．利用霍爾效應制作的霍爾元件廣泛應用于測量和自動控制等領域，如圖是霍爾元件的工作原理示意圖。磁感應強度B垂直于用金屬材料制成的霍爾元件的表面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩端會形成電勢差UCD，電子的電荷量為e，導體中單位體積內的電子數為n，垂直于電流的側面長寬分別為h、d。則下
列說法正確的是(　　)
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A．C端電勢一定高于D端電勢
B．載流子所受靜電力的大小為F＝e
C．僅增大電流I，UCD的絕對值將增大
D．僅增大d，UCD的絕對值將增大
√
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BC　[因霍爾元件材料為金屬，金屬中可自由移動的是電子，電子受洛倫茲力向左，即電子會打到C端，故有UCD<0，C端電勢低于D端電勢，故A錯誤；根據電場強度定義式可得F＝Ee，又因E＝，電子受靜電力大小為F＝Ee＝e，故B正確；當霍爾元件狀態穩定時，根據平衡條件，有Bev＝e，其中I＝nevhd，解得|UCD|＝，僅增大電流I，|UCD|增大，僅增大d，|UCD|減小，故C正確，D錯誤。]
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11．如圖所示，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁場的部分邊界，其中bc段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、dc的延長線通過圓弧的圓心，Ob長為R。一束質量為m、電荷量大小為q的粒子流，在紙面內以不同的速率從O點垂直ab射入磁場，已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧
邊界上的兩點。不計粒子的重力及它們之間的
相互作用。則下列說法中正確的是(　　)
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A．粒子帶負電
B．從M點射出的粒子的速率一定小于從N點射出的粒子的速率
C．從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出的粒子所用時間
D．在磁場中運動時間最短的粒子用時為
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√
BD　[由題意畫出從M、N兩點射出的粒子軌跡圖，如圖所示，由此可知，粒子帶正電，A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝m＝mr，解得r＝，T＝，由圖可知，從M點射出的粒子的軌跡半徑小于從N點射出的粒子軌跡半徑，則有從M點射出的粒子的速率一定小于從N點射出的粒子的速率，B正確；由圖可知，從M點射出的粒子的軌跡所對圓心角
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大于從N點射出的粒子的軌跡所對圓心角，由t＝T可知，從M點射出的粒子在磁場中運動時間一定大于從N點射出的粒子所用時間，C錯誤；由幾何知識可知，當粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心恰好在b點時，粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角最小，此時粒子的運動半徑r＝R，由幾何關系可求得此時圓弧所對圓心角
θ＝120°，所以粒子在磁場中運動的最短時
間是tmin＝T＝×＝，D正確。 ]
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12．如圖1所示，左側平行金屬板M、N間距為d，加有圖2所示的交變電壓， M、N右側有半徑為R(d<2R)的圓形勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，AB為豎直方向直徑。OO′是M、N板間的中線并經過圓形磁場的圓心。不同時刻從O點沿OO′射入初速度都為v0的不同粒子(不計粒子所受的重力)，所有出射粒子都從A點離開磁場。下列說法正確的是(　　)
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A．粒子都帶負電
B．粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍
C．所有粒子從電場中射出的位置相同
D．粒子的比荷均為
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√
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BD　[所有粒子都從A點離開磁場，且磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則可知粒子都帶正電，故A錯誤；為了保證所有出射粒子都從A點離開磁場，根據磁匯聚模型，粒子在磁場中的軌跡如圖所示，根據幾何關系可知所有粒子在磁場中的半徑均為r＝R，所有粒子從不同位置進入磁場的速度方向均與OO′平行，則所有粒子離開電場時速度均為v0，則所有粒子離開電場時在電場方向的分速度為零，可知粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍，根據洛
倫茲力提供向心力可得qv0B＝，聯立解得粒子
的比荷均為＝＝，故C錯誤，B、D正確。]
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三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)電磁彈射技術原理如圖甲所示，飛機鉤在滑桿上，儲能裝置通過導軌和滑桿放電，產生強電流恒為4 000 A，導軌激發的磁場在兩導軌間近似為勻強磁場，磁感應強度B＝10 T，在磁場力和飛機發動機推力作用下，滑桿和飛機從靜止開始向右加速，在導軌末端飛機與滑桿脫離，導軌長120 m，間距為3 m。飛機質量為2.0×104 kg，在導軌上運動時所受阻力恒為機重的0.1倍，假如剛開始時發動機已達額定功率4×106 W，飛機在導軌末端所受豎直升力與水平速度關系F＝kv(k＝4 000 kg/s)。 如圖乙是在一次彈射過程中，記錄的飛機在導軌各個位置上的速度，滑桿的質量忽略不計，g取10 m/s2。求：
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(1)飛機在導軌上30 m處的加速度大小；
(2)如果飛機在導軌末端剛好達到起飛條件，飛機在導軌上運動的時間。
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[解析]　(1)分析飛機在30 m處水平方向的受力知，發動機的推力大小F1＝ ①
安培力大小F2＝IlB ②
阻力大小f＝0.1mg ③
由牛頓第二定律有F1＋F2－f＝ma ④
聯立①②③④得a＝10 m/s2。
題號
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(2)飛機在導軌末端剛好達到起飛條件，有
F＝kv＝mg ⑤
全過程由動能定理得Pt＋F2x－fx＝mv2 ⑥
聯立⑤⑥得t＝3.25 s。
題號
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[答案]　(1)10 m/s2　(2)3.25 s
14．(8分)一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P(a，0)點以速度v沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求：
(1)勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標；
(2)帶電粒子在磁場中的運動時間。
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[解析]　(1)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有Bqv＝
解得B＝
作出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示
由幾何關系知θ＝30°，r＝＝
題號
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解得B＝
又由幾何關系知OO′＝a tan θ＝a
出射點到O點的距離為y＝r＋OO′＝a
所以出射點的坐標為(0，a)。
題號
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(2)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，則T＝
由圖知，粒子在磁場中做圓周運動對應的圓心角為α＝180°－60°＝120°
所以粒子在磁場中運動的時間是t＝T＝＝。
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[答案]　(1)　(0，a)　(2)
15．(8分)(2024·廣東梅州市二模)如圖所示，兩塊水平放置、相距d＝0.5 m的長金屬板接在電壓U＝1 V 的電源上。兩板之間的右側區域存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。將噴墨打印機的噴口靠近兩板中間的位置，從噴口連續不斷噴出質量均為m＝3.2×10-3 kg、速度水平且大小均為v0＝5 m/s、電荷量相等的墨滴。墨滴在電場區域恰能向右做勻速直線運動，并垂直于磁場左邊界進入電場、磁場共存區域后，最終打在下板的M點。M點與磁場左邊界的水平距離亦為d，g取10 m/s2。
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(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其所帶電荷量q；
(2)求磁場的磁感應強度B。
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[解析]　(1)墨滴在電場區域做勻速直線運動，則電場力等于重力，有qE＝mg
勻強電場E＝
解得q＝＝ C＝1.6×10-2 C
由于電場方向向下，電荷受的電場力向上，可知墨滴帶負電荷。
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(2)墨滴垂直進入電場、磁場共存的區域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0B＝
根據題意，墨滴運動的軌跡如圖所示。
設圓周運動的半徑為R，由幾何關系可得
R2＝d2＋
解得R＝d
聯立方程，解得B＝1.6 T。
[答案]　(1)負電荷　1.6×10-2 C　(2)1.6 T
16．(8分)如圖所示，豎直擋板左邊有電場強度為E的勻強電場，方向水平向左。擋板右邊有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一帶負電的粒子從S點由靜止開始僅在電場力的作用下加速運動，垂直于擋板經過小孔A射入磁場中，一段時間后垂直打在擋板上A′點。粒子的電荷量為q、質量為m，S、A兩點的距離為d。不計粒子的重力，求：
(1)粒子從S點到A點的時間；
(2)A、A′兩點間的距離以及粒子在磁場中運
動的時間。
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[解析]　(1)粒子在電場中運動，根據牛頓第二定律有qE＝ma
根據運動學公式有d＝at2
解得t＝。
(2)由題意可知，AA′為粒子在磁場中圓周運動的直徑，粒子進入磁場時的速度為v＝at＝
粒子在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力
qvB＝m
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解得r＝
則AA′之間的距離為l＝2r＝
粒子在磁場中運動的周期為T＝＝
粒子在磁場中運動的時間為t′＝T＝。
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[答案]　(1)　(2)　
17．(14分)如圖所示，紙面內有一水平虛線，垂直于紙面放置的足夠長平面感光板ab與虛線平行。ab與虛線間的距離為l，且存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B。虛線上有一點狀放射源S，可在紙面內向各個方向發射質量為m、電荷量為＋q的同種帶電粒子。某一粒子以速率v沿與虛線成θ＝37°角的方向射入磁場。并恰能垂直打到感光板ab上。不計粒子
的重力，sin 37°＝0.6。
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(1)求粒子射入磁場時的速率v；
(2)若粒子均以的速率在紙面內沿不同方向射入磁場，僅考慮能打到感光板ab上的粒子，求：
①粒子在磁場中運動的最短時間；
②感光板ab被粒子打中的長度。
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[解析]　(1)粒子恰能垂直打到感光板ab上，所以速度偏轉角為53°，由幾何關系有
R1＝＝l
洛倫茲力提供向心力有qvB＝m
解得v＝。
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(2)①粒子以的速率沿紙面不同方向射入磁場，則做圓周運動半徑為R2＝＝
如圖甲所示，當粒子經過S′時弦長最短，對應時間最短。
根據幾何關系有sin ＝＝
則最短時間為t＝·＝。
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②粒子運動軌跡如圖乙所示
軌跡恰好與感光板ab相切時，打到最左側的P點，由幾何關系可知S′P＝＝
當粒子初速度平行感光板ab向右時，打到
最右側的Q點，由幾何關系可知S′Q＝S′P＝
感光板ab被粒子打中的長度s＝S′P＋S′Q＝l。
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[答案]　(1)　(2)①　②l
18．(16分)某腫瘤治療新技術是通過電子撞擊目標靶，使目標靶放出X射線，對腫瘤進行準確定位，再進行治療，其原理如圖所示。圓形區域內充滿垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度為B。水平放置的目標靶長為2l，靶左端M與磁場圓心O的水平距離為l、豎直距離為l。從電子槍逸出的電子(質量為m、電荷量為e，初速度可以忽略)經勻強電場加速時間t后，以速度v0沿PO方向射入磁場，(PO與水平方向夾角為60°)，恰好擊中M點，求：
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(1)勻強電場的電場強度大小；
(2)勻強磁場的方向及電子在磁場中運動的時間；
(3)為保證電子擊中目標靶MN，勻強電場的電場強度大小的范圍(勻強電場極板間距不變)。
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[解析]　(1)電子穿過勻強電場過程中，由動量定理得E1et＝mv0
解得E1＝。
(2)由左手定則可知，勻強磁場的方向為垂直紙面向里；電子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力得ev0B＝
周期為T＝
聯立可得T＝
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設OM與豎直方向夾角為α，則有tan α＝＝
可得α＝30°
由幾何關系可知，電子在磁場中運動軌跡對應的圓心角為120°，則電子在磁場中運動時間為
t＝T＝。
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(3)當電子擊中M點時，電子在磁場中的偏轉半徑為R＝
設勻強磁場區域半徑r，由幾何關系得tan 30°＝
當電子擊中N點時，設ON與豎直方向夾角為β，
則有tan β＝＝
可得β＝60°
由幾何關系知電子在磁場中運動軌跡對應的圓心角為90°，則偏轉半徑為
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R1＝＝r＝R
則有v1＝v0
設極板間距離為d，由動能定理得eE2d＝
又d＝t
聯立解得E2＝
則勻強電場的電場強度大小的范圍為≤E≤。
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[答案]　(1)　(2)垂直紙面向里　 (3)≤E≤
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