届高考物理一轮复习专题九磁场.docx

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届高考物理一轮复习专题九磁场

专题九磁场

1.（2015海南单科,1,3分）如图,a是竖直平面P上的一点。

P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点。

P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。

在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（　　）

A.向上　　　B.向下　　　C.向左　　　D.向右

答案　A　P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D错。

2.（2014江苏单科,9,4分）（多选）如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足:

UH=k,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间的距离。

电阻R远大于RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则（　　）

A.霍尔元件前表面的电势低于后表面

B.若电源的正负极对调,电压表将反偏

C.IH与I成正比

D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比

答案　CD　由左手定则可判定,霍尔元件的后表面积累负电荷,前表面电势较高,故A错。

由电路关系可见,当电源的正、负极对调时,通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方向同时反向,前表面的电势仍然较高,故B错。

由电路可见,=,则IH=I,故C正确。

RL的热功率PL=RL=RL=,因为B与I成正比,故有:

UH=k=k'=k'=PL,可得知UH与PL成正比,故D正确。

3.（2013浙江理综,20,6分）（多选）在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。

已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。

在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+（　　）

A.在电场中的加速度之比为1∶1

B.在磁场中运动的半径之比为∶1

C.在磁场中转过的角度之比为1∶2

D.离开电场区域时的动能之比为1∶3

答案　BCD　两离子所带电荷量之比为1∶3,在电场中时由qE=ma知a∝q,故加速度之比为1∶3,A错误;离开电场区域时的动能由Ek=qU知Ek∝q,故D正确;在磁场中运动的半径由Bqv=m、Ek=mv2知R=∝,故B正确;设磁场区域的宽度为d,则有sinθ=∝,即=,故θ'=60°=2θ,C正确。

4.（2012广东理综,15,4分）质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示。

下列表述正确的是（　　）

A.M带负电,N带正电

B.M的速率小于N的速率

C.洛伦兹力对M、N做正功

D.M的运行时间大于N的运行时间

答案　A　由左手定则判断得M带负电、N带正电,A正确。

由题图可知M、N半径关系为RM>RN,由半径R=可知,vM>vN,B错误。

因洛伦兹力与速度方向时刻垂直,故不做功,C错误。

由周期公式T=及t=T可知,tM=tN,D错误。

评析　本题考查带电粒子在磁场中的运动,涉及左手定则、轨迹半径、运动周期及运动时间等知识点。

综合性较强,难度较大。

5.（2015江苏单科,15,16分）一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零。

这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上。

已知放置底片的区域MN=L,且OM=L。

某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能正常检测到离子。

在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到。

（1）求原本打在MN中点P的离子质量m;

（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围;

（3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整,求需要调节U的最少次数。

（取lg2=0.301,lg3=0.477,lg5=0.699）

答案　

（1）　

（2）≤U≤　（3）3次

解析　

（1）离子在电场中加速,qU0=mv2

在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m,解得r=

代入r=L,解得m=

（2）由

（1）知,U=

离子打在Q点r=L,U=

离子打在N点r=L,U=

则电压的范围为≤U≤

（3）由

（1）可知,r∝

由题意知,第1次调节电压到U1,使原本打在Q点的离子打在N点,=

此时,原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上=

解得r1=L

第2次调节电压到U2,使原本打在Q1的离子打在N点,原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上,则

=,=,解得r2=（）3L

同理,第n次调节电压,有rn=（）n+1L

检测完整,有rn≤,解得n≥-1≈2.8

最少次数为3次。

6.（2015浙江理综,25,22分）使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。

质量为m,速度为v的离子在回旋加速器内旋转,旋转轨道是半径为r的圆,圆心在O点,轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度为B。

为引出离子束,使用磁屏蔽通道法设计引出器。

引出器原理如图所示,一对圆弧形金属板组成弧形引出通道,通道的圆心位于O'点（O'点图中未画出）。

引出离子时,令引出通道内磁场的磁感应强度降低,从而使离子从P点进入通道,沿通道中心线从Q点射出。

已知OQ长度为L,OQ与OP的夹角为θ。

（1）求离子的电荷量q并判断其正负;

（2）离子从P点进入,Q点射出,通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B',求B';

（3）换用静电偏转法引出离子束,维持通道内的原有磁感应强度B不变,在内外金属板间加直流电压,两板间产生径向电场,忽略边缘效应。

为使离子仍从P点进入,Q点射出,求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。

答案　

（1）　正电荷

（2）

（3）方向沿径向向外　Bv-

解析　

（1）离子做圆周运动Bqv=①

q=,带正电荷②

（2）如图所示

O'Q=R,OQ=L,O'O=R-r

引出轨迹为圆弧,有B'qv=③

R=④

根据几何关系得

R=⑤

B'==⑥

（3）电场强度方向沿径向向外⑦

引出轨迹为圆弧,有Bqv-Eq=⑧

E=Bv-⑨

7.（2015天津理综,12,20分）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。

真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。

电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。

电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。

一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。

（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;

（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θn,试求sinθn;

（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。

答案　

（1）2　

（2）B

（3）见解析

解析　

（1）粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。

由动能定理,有

2qEd=m①

由①式解得

v2=2②

粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有

qv2B=m③

由②③式解得

r2=④

（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn（各量的下标均代表粒子所在层数,下同）。

nqEd=m⑤

qvnB=m⑥

粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有

图1

vn-1sinθn-1=vnsinαn⑦

由图1看出

rnsinθn-rnsinαn=d⑧

由⑥⑦⑧式得

rnsinθn-rn-1sinθn-1=d⑨

由⑨式看出r1sinθ1,r2sinθ2,…,rnsinθn为一等差数列,公差为d,可得

rnsinθn=r1sinθ1+（n-1）d⑩

图2

当n=1时,由图2看出

r1sinθ1=d

由⑤⑥⑩

式得

sinθn=B

（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则

θn=

sinθn=1

在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn',由于>

则导致sinθn'>1

说明θn'不存在,即原假设不成立。

所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。

8.（2014四川理综,11,19分）如图所示,水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h,与图示电路相连,金属板厚度不计,忽略边缘效应。

p板上表面光滑,涂有绝缘层,其上O点右侧相距h处有小孔K;b板上有小孔T,且O、T在同一条竖直线上,图示平面为竖直平面。

质量为m、电荷量为-q（q>0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O点发射,沿p板上表面运动时间t后到达K孔,不与板碰撞地进入两板之间。

粒子视为质点,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为g。

（1）求发射装置对粒子做的功;

（2）电路中的直流电源内阻为r,开关S接“1”位置时,进入板间的粒子落在b板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l。

此后将开关S接“2”位置,求阻值为R的电阻中的电流强度;

（3）若选用恰当直流电源,电路中开关S接“1”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场[磁感应强度B只能在0~Bm=范围内选取],使粒子恰好从b板的T孔飞出,求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）。

答案　

（1）　

（2）

（3）0<θ≤arcsin

解析　

（1）设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0,有

h=v0t①

设发射装置对粒子做的功为W,由动能定理得

W=m②

联立①②可得W=③

说明:

①②式各2分,③式1分

（2）S接“1”位置时,电源的电动势E0与板间电势差U有

E0=U④

板间产生匀强电场的场强为E,粒子进入板间时有水平方向的速度v0,在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动,设加速度为a,运动时间为t1,有

U=Eh⑤

mg-qE=ma⑥

h=a⑦

l=v0t1⑧

S接“2”位置,则在电阻R上流过的电流I满足

I=⑨

联立①④~⑨得I=⑩

说明:

④~

式各1分

（3）由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡,当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动,如图所示,粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动,DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ。

磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm。

设粒子做匀速圆周运动的半径为R,有

qv0B=

过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G,由几何关系有

=h-R（1+cosθ）

=h+Rsinθ

tanθ==

联立①

~

将B=Bm代入,求得

θm=arcsin

当B逐渐减小,粒子做匀速圆周运动的半径R随之变大,D点向b板靠近,DT与b板上表面的夹角θ也越变越小,当D点无限接近于b板上表面时,粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域,此时Bm>B>0满足题目要求,夹角θ趋近θ0,即

θ0=0

则题目所求为　0<θ≤arcsin

说明

~

式各1分

评析　本题是一道力、电综合题,主要考查带电粒子在电场中的加速、偏转以及在复合场中的运动。

题目涉及的知识点较多,综合性强,难度较大。

特别是第（3）问更是要求在透彻理解题意的基础上,画出粒子的运动轨迹,找到临界条件,并结合一定的数学知识求解,但本题所涉及知识均为高中阶段的主干知识,且问题设置层层递进,梯度合理,具有一定的难度和较好的区分度,仍不失为一道好题。

9.（2014广东理综,36,18分）如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。

两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面,Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外。

A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L。

质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区,P点与A1板的距离是L的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。

（1）若k=1,求匀强电场的电场强度E;

（2）若2

答案　

（1）　

（2）v=　B=B0

解析　

（1）粒子在电场中,由动能定理有

qEd=m-0①

粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力

qv1B0=m②

当k=1时,由几何关系得

r=L③

由①②③解得

E=④

（2）由于2

（r1-L）2+（kL）2=⑤

解得r1=L⑥

粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力

qvB0=⑦

由⑥⑦解得v=⑧

粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力

qvB=m⑨

由对称性及几何关系可知

=⑩

解得r2=L

由⑧⑨

解得B=B0

10.（2014浙江理综,25,22分）离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。

某种推进器设计的简化原理如图1所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。

Ⅰ为电离区,将氙气电离获得1价正离子;Ⅱ为加速区,长度为L,两端加有电压,形成轴向的匀强电场。

Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区,被加速后以速度vM从右侧喷出。

Ⅰ区内有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在离轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子。

假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动,截面如图2所示（从左向右看）。

电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角（0<α≤90°）。

推进器工作时,向Ⅰ区注入稀薄的氙气。

电子使氙气电离的最小速率为v0,电子在Ⅰ区内,。

已知离子质量为M;电子质量为m,电量为e。

（电子碰到器壁即被吸收,不考虑电子间的碰撞）

　　　　　　图1　　　　　　　　　　　　　图2

（1）求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小;

（2）为取得好的电离效果,请判断Ⅰ区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）;

（3）α为90°时,要取得好的电离效果,求射出的电子速率v的范围;

（4）要取得好的电离效果,求射出的电子最大速率vmax与α角的关系。

答案　

（1）　

（2）垂直纸面向外

（3）v0≤v<（B>）

（4）vmax=

解析　

（1）由动能定理得M=eU①

U=②

a==e=③

（2）由题知电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,电离效果越好,则题图2中显然电子往左半部偏转较好,故Ⅰ区中磁场方向应垂直纸面向外④

（3）设电子运动的最大半径为r

2r=R⑤

eBv=m⑥

所以有v0≤v<⑦

要使⑦式有解,磁感应强度B>⑧

（4）如图所示,

OA=R-r,OC=,AC=r

根据几何关系得r=⑨

由⑥⑨式得vmax=

11.（2014重庆理综,9,18分）如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h。

质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。

（1）求电场强度的大小和方向。

（2）要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。

（3）若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。

答案　

（1）,方向竖直向上　

（2）（9-6）

（3）见解析

图1

解析　

（1）设电场强度大小为E。

由题意有mg=qE

得E=,方向竖直向上。

（2）如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为φ。

由r=

有r1=,r2=r1

由（r1+r2）sinφ=r2

r1+r1cosφ=h

得vmin=（9-6）

（3）如图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x。

图2

由题意有3nx=1.8h（n=1,2,3,…）

x≥

x=

得r1=（1+）,n<3.5

即n=1时,v=;

n=2时,v=;

n=3时,v=。

评析　试题背景为带电粒子在重力场、匀强电场、有界匀强磁场中的匀速圆周运动,问题设置涉及临界与极值、运动的周期性与多解,对考生的分析与推理能力、数学运算能力有极高的要求,试题难度高,区分度大,不失为一道压轴的好题。

12.（2013山东理综,23,18分）如图所示,在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里;第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。

一带电量为+q、质量为m的粒子,自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。

已知OP=d,OQ=2d。

不计粒子重力。

（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。

（2）若磁感应强度的大小为一确定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0。

（3）若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。

答案　

（1）2　与x轴正方向夹角45°

（2）

（3）（2+π）

解析　

（1）设粒子在电场中运动的时间为t0,加速度的大小为a,粒子的初速度为v0,过Q点时速度的大小为v,沿y轴方向分速度的大小为vy,速度与x轴正方向间的夹角为θ,由牛顿第二定律得

qE=ma①

由运动学公式得

d=a②

2d=v0t0③

vy=at0④

v=⑤

tanθ=⑥

联立①②③④⑤⑥式得

v=2⑦

θ=45°⑧

（2）设粒子做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示,O1为圆心,由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形,得

R1=2d⑨

由牛顿第二定律得

qvB0=m⑩

联立⑦⑨⑩式得

B0=

（3）设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何分析（粒子运动的轨迹如图所示。

O2、O2'是粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O2、O2',由几何关系知,O2FGO2'和O2QHO2'均为矩形,进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩形,又FH⊥GQ,可知QFGH是正方形,△QOF为等腰直角三角形）可知,粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆,得

2R2=2d

粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得

FG=HQ=2R2

设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有

t=

联立⑦

式得

t=（2+π）

13.（2013四川理综,11,19分）如图所示,竖直平面（纸面）内有直角坐标系xOy,x轴沿水平方向。

在x≤0的区域内存在方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B1的匀强磁场。

在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板,平板平行于x轴且与x轴相距h。

在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。

一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出;另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动,变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动,经圆周离开电磁场区域,沿y轴负方向运动,然后从x轴上的K点进入第四象限。

小球P、Q相遇在第四象限的某一点,且竖直方向速度相同。

设运动过程中小球P电量不变,小球P和Q始终在纸面内运动且均看做质点,重力加速为g。

求:

（1）匀强电场的场强大小,并判断P球所带电荷的正负;

（2）小球Q的抛出速度v0的取值范围;

（3）B1是B2的多少倍?

答案　

（1）　正　

（2）0

（3）0.5倍

解析　

（1）由题给条件,小球P在电磁场区域内做圆周运动,必有重力与电场力平衡,设所求场强大小为E,有

mg=qE①

得E=②

小球P在平板下侧紧贴平板运动,其所受洛伦兹力必竖直向上,故小球P带正电。

说明:

①式2分,②式1分,正确给出电荷正负得2分。

（2）设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v,此时洛伦兹力与重力平衡,有

B1qv=mg③

设小球P以速度v在电磁场区域内做圆周运动的半径为R,有

B2qv=m④

设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为（x、y）,有

x=R,y≤0⑤

小球Q运动到相遇点所需时间为t0,水平方向位移为s,竖直方向位移为d,有s=v0t0⑥

d=g⑦

由题意得

x=s-l,y=h-d⑧

联立相关方程,由题意可知v0>0,得

0

说明:

③④⑤⑥⑦⑧式各1分,⑨式2分。

（3）小球Q在空间做平抛运动,要满足题设要求,则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度时的W点时,其竖直方向的速度vy与竖直位移yQ必须满足

vy=v

yQ=R

设小球Q运动到W点时间为t,由平抛运动,有

vy=gt

yQ=gt2

联立相关方程,解得

B1=B2

B1是B2的0.5倍。

说明:

式各1分,

式2分。

14.（2012天津理综,12,20分）对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。

如图所示,质量为m、电荷量为q的铀235离子,从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场,其初速度可视为零,然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,做半径为R的匀速圆周运动。

离子行进半个圆周后离开磁场并被收集,离开磁场时离子束的等效电流为I。

不考虑离子重力及离子间的相互作用。

（1）求加速电场的电压U;

（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M;

（3）实际上加速电压的大小会在U±ΔU范围内微小变化。

若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子,如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离,为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠,应小于多少?

（结果用百分数表示,保留两位有效数字）

答案　

（1）　

（2）　（3）0.63%

解析　

（1）设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v,由动能定理得

qU=mv2①

离子在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力,即

qvB=m②

由①②式解得

U=③

（2）设在任意时间t内收集到的离子个数为N,总电荷量为Q,则

Q=It④

N=⑤

M=Nm⑥

由④⑤⑥式解得

M=⑦

（3）由③式有

R=⑧

设m'为铀238离子质量,由于电压在U±ΔU之间有微小变化,铀235离子在磁场中最大半径为

Rmax=⑨

铀238离子在磁场中最小半径为

R'min=⑩

这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为

Rmax

即<

则有

m