解得I=(1分)
所以当θ=60°时,I60==(1分)
光电池输出功率为P60=UI60=.(1分)
(2)当θ=45°时,根据I=可知维持受力平衡需要的电流为I45==
根据几何关系可知==(1分)
可得P45=P60=(1分)
而光电池产生的电流为I光电==(1分)
所以能提供的额外电流为I额外=I光电-I45=(-1)(1分)
可提供的额外功率为P额外=I额外U=(-1).(1分)
12.解析:(1)若粒子流恰好从Q点离开磁场,在磁场中运动的轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r1,则
qv1B=m(1分)
其中r1==d(1分)
解得v1=(1分)
粒子在磁场中运动的时间t1=(1分)
解得t1=.(1分)
(2)在粒子的运动轨迹与AD边相切的情况下,粒子从F点射出磁场时,F点与D点的距离最小,如图乙所示
由几何关系得 r2+r2sin(90°-θ)=d(1分) qv2B=m(1分)
解得v2=(1分)
r2=d(1分)
由几何关系得r2sin α+r2cos(90°-θ)=(L=r2-r2cos α(1分) 解得L=
d.(1分)
+)d(1分)
13.解析:(1)根据题意可知粒子X在磁场中运动的轨迹半径 r=l(1分)
粒子在磁场中运动时,有qv0B=
,解得v0=(1分)
又qU=m(1分)
解得U=.(1分)
(2)设粒子Y加速后的速度为v1 根据动能定理有q1U=m1
解得v1=(1分)
设粒子Y在磁场中运动的轨迹半径为r1 由图甲可得cos θ1== 解得r1=2l(1分) q1v1B=
(1分)
联立解得=(1分)
结合(1)可得=.(1分)
(3)设发散粒子出加速电场后速度为vα,CM与CN的夹角为α,由图乙可得vαcos α=v0(1分)
图乙
又qvαB=
联立可得rαcos α=r=l(1分)
由题中要求及圆周运动的特点可知,发散粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心Oα在OH上,设调节后CN的长度为d,则在三角形MOαO中根据正弦定理可知
=
(1分)
解得d=l(1分)
粒子X由C点运动到M点所用的时间等于粒子X垂直PO方向的分运动到N点所用的时间,即t==.(1分)
14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v0==(1分)
t=0时刻射入电场的电子竖直方向的位移为,设电子的加速度为a,t0时刻电子竖直方向的速度vy=at0(1分)
t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t0时刻从M板的右端点射出电场,有d=a+vyt0(1分)
解得a=,则vy=at0==v0(1分) 设电子从两板间射出时的偏向角为θ,则 tan θ==1,得θ=45°
电子从电场中射出时的速度大小v=v0=(1分)
电子从不同时刻进入板间,由于竖直方向的加速时间均为t0,所以出板间时速度大小均为向相同,与水平方向夹角为45°向上.(1分) (2)电子在磁场中做匀速圆周运动,有evB=
(1分)
,方
得r==(1分)
即电子运动轨迹半径等于圆形磁场半径,设电子从磁场边界上P点离开磁场,则其入射点与磁场圆心O、P点和轨迹圆圆心O'的连线为一菱形,且OP与水平方向的夹角为45°,故电子将聚集于P点(1分)
(3)设t=0时刻进入电场的电子射入磁场时的位置为b,如图所示,从b点进入磁场的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为135°(1分) 电子在磁场中运动的周期T=
(1分)
则电子在磁场中运动的最长时间tmax=T=(1分)
设t0时刻进入电场的电子射出电场的位置为f,偏移竖直距离为y 由运动学公式有y==(1分)
点f和b的距离为-=(1分)
即bf=Ob=r,故电子沿直径方向进入磁场,从P点射出,电子运动轨迹所对的圆心角为90°(1分) 电子在磁场中运动的最短时间tmin=T=
.(1分)
【技巧点拨】 轨迹圆半径和磁场圆半径相等时,平行入射的电子均从磁场边缘上的同一点射出.利用几何知识求解圆心角是磁场中常用的数学技巧.
2021届课标版高考物理一轮复习专题训练：专题十 磁 场
