2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题10：磁场（含解析）

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1、1专题 10 磁场第一部分名师综述带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动

2、规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图及计算题，涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。第二部分精选试题一、单选题1如图所示，边长为 L 的正六边形 abcdef 中，存在垂直该平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为Ba 点处的粒子源发出大量质量为 m、电荷量为+q 的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直 ab边且与磁场垂直，不计粒子的重力，当粒子的速度为 v 时，粒子恰好经过 b 点，下列说法正确的是 ( )A速度小于 v 的粒子在磁场中运动时间为2B经过 d 点的粒子在磁场中运动的时间为4C经过 c 点的粒子在磁场中做圆周运动

3、的半径为 2LD速度大于 2v 小于 4v 的粒子一定打在 cd 边上【答案】 D【解析】【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子的速度为 v 时，粒子恰好经过 b 点时在磁场中运动了半周，运动时间为 ，轨迹半径等于 ab 的一半.当粒子的速度小于 v 时，由 知，粒子的轨迹半径小于 ab12= =的一半，仍运动半周，运动时间仍为 ；故 A 错误.12=B、在 a 点粒子的速度与 ad 连线的夹角为 30，粒子经过 d 点时，粒子的速度与 ad 连线的夹角也为 30，则粒子轨迹对应的圆心角等于 60，在磁场中运动的时间 ；故 B 错误.=16=32C、经过 c 点的粒子，根据几何知识知，

4、该粒子在磁场中做圆周运动的圆心 b，半径为 L，故 C 错误.D、设经过 b、 c、 d 三点的粒子速度分别为 v1、 v2、 v3轨迹半径分别为 r1、 r2、 r3据几何知识可得， r2=L， r3=2L，由半径公式 得： v2=2v1=2v， v3=4v1=4v，所以只有速度在这个范围：2 v v4 v1=2 =的粒子才打在 cd 边上；故 D 正确.故选 D.2如图所示，在空间有一坐标系 xOy 中，直线 OP 与 x 轴正方向的夹角为 30o，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域 I 和 II，直线 OP 是它们的边界，OP 上方区域 I 中磁场的磁感应强度为 B。一质量

5、为 m，电荷量为 q 的质子（不计重力）以速度 v 从 O 点沿与 OP 成 30o角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过磁场区域 I 和 II 后，恰好垂直打在 x 轴上的 Q 点（图中未画出） ，则下列说法正确的是A区域 II 中磁感应强度为2B区域 II 中磁感应强度为 3BC质子在第一象限内的运动时间为56D质子在第一象限内的运动时间为712【答案】 D【解析】【详解】AB、设质子在磁场 I 和 II 中做圆周运动的轨道半径分别为 和 ,区域 II 中磁感应强度为 B,运动轨迹1 2如图所示：由牛顿第二定律得: =21=22由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可以知道,质子从 A

6、 点出磁场 I 时的速度方向与 OP 的夹角为3,故质子在磁场 I 中轨迹的圆心角为 ,如图所示:30 60由几何关系可知 ,=1在区域 II 中,质子运动 1/4 圆周, 是粒子在区域 II 中做圆周运动的圆心, 2 2=30=121由计算得出区域 II 中磁感应强度为: ,故 AB 错误；=2CD、质子在区运动轨迹对应的圆心角为 ,60在区运动轨迹对应的圆心角为 :,90质子在区的运动时间 ,1=162=3质子在区运动时间 ,则粒子在第一象限内的运动时间为 .故 C 错误,D 正确.2=142=4 712故选 D【点睛】由几何知识作出轨迹,如图.由几何关系,得到质子在两个磁场中轨迹半径与

7、OA 的关系,由牛顿第二定律研究两个磁感应强度的关系,求解区域 II 中磁场的磁感应强度大小.求出质子运动轨迹所对应的圆心角,然后求出质子在磁场中做圆周运动的时间.带电粒子通过磁场的边界时,如果边界是直线,根据圆的对称性得到,带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角,这在处理有界磁场的问题常常用到.3如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为 ，磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为 圆弧，圆1 114弧的半径( )为 ，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为 ，磁分析器中有范

8、围足够 大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度 沿直线经过速度选择 器后沿中心线通过静电分析器，由 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的 点，不计粒子重力。下 列说法正确的是A速度选择器的极板 的电势板比极板 的高1 2B粒子的速度 =11C粒子的比荷为21214D 两点间的距离为、 22121【答案】 C【解析】【分析】根据粒子在静电分析器中的受力方向判断粒子的电性；根据粒子在速度选择器中的受力情况判断极板的电势高低；根据粒子在速度选择器中做直线运动求解粒子的速度；根据粒子在静电分析其中的圆周运动求解粒子的比荷；根据粒子在磁 场中做匀速圆周运动求解半径

9、，可求解 PQ 距离.【详解】粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电荷，在速度选择器中由左手定则可判断出粒子受到的洛伦兹力向上，粒子受到的电场力向下，故速度选择器的极板 P1的电势比极板 P2的 高，选项 A 正确；由 qvB1qE 1可知，粒子的速度 ，选项 B 错误；由 和 可得，粒子的比荷为 ，选=11 =11=2 =211项 C 正确；粒子在磁分析器中做圆周运动，PQ 为轨迹圆的直径，故 P、Q 两点间的距离 ，=2=211选项 D 错误。故选 C.4如图所示，以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为 B，A=60，AO=a。在 O 点放置一个粒子源，可

10、以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的电量大小为 q，质量为 m，发射速度大小都为 v0，发射方向由图中的角度 表示不计粒子间的相互作用及重力，下列说法正确的是（）A若 ，则在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出0=B若 ，则以 60飞入的粒子在磁场中运动时间最短0=C若 ，则以 45 18=4D、由几何关系知，粒子转过的最大圆心角 ，粒子做圆周运动的周期为 所以粒子在磁场=180 =2中运动的最长时间为 ;故 D 错误；=12=故选 A点睛：本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，要找到粒子的临界状况即与 ac 边相切及恰好运动到 b点。8如图所示，在水平连线 MN 和 PQ 间有竖直向上的匀

11、强电场，在 MN 上方有水平向里的匀强磁场。两个质量和带电量均相等的带正电的粒子 A、 B,分别以水平初速度 v0、2 v0从 PQ 连线上 O 点先后进入电场，带电粒子 A、 B 第一次在磁场中的运动时间分别为 tA和 tB,前两次穿越连线 MN 时两点间的距离分别为 dA,和 dB,8粒子重力不计，则A tA一定小于 tB， dA一定等于 dBB tA一定小于 tB， dA可能小于 dBC tA可能等于 tB， dA一定等于 dBD tA可能等于 tB， dA可能小于 dB【答案】 A【解析】两带正电粒子先在电场中做类平抛运动后在磁场中做匀速圆周运动，设类平抛的速度偏向角为，则匀速圆周运动

12、的圆心角为 ，因 ， ， B 粒子的水平速度大，则类平抛的时=22 =0=122间短， 较小，则 角较小，故圆周运动的圆心角较大，由 可知时间较长，即 ；磁场中穿过 =2 +53一象限， ，代入得 ，故 B 正确；= 85C、 y 负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题，直线边界，粒子进出磁场具有对称性，但正负微粒对应的圆心角不同，如图，故运动时间不一定相等,故 C 正确；D、微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有 ，又 ，故 ，故 D 正确。=253 = =651414如图所示,在 xOy 平面内存在着磁感应强度大小为 B 的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里,

13、第三象限内的磁场方向垂直纸面向外, P(- L,0)、Q(0,- L)为坐标轴上的两个点,现有一电子2 2从 P 点沿 PQ方向射出,不计电子的重力A若电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分界线, 则电子在磁场中运动的轨道半径为 LB若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,则电子运动的路程一定为 2LC若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,则电子在 Q 点速度方向与 y 轴正向的夹角一定为 45D若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,则电子运动的路程可能为 L ,也可能 为 2L【答案】 AD【解析】【详解】若电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分

14、界线，则有运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子运动的轨道半径为 r= Lsin450=L，选项 A 正确；若电子从 P 点出发经原点 O 到达215Q 点，运动轨迹可能如图所示，或者是：因此则微粒运动的路程可能为 L，也可能为 2L，电子在 Q 点速度方向与 y 轴正向的夹角可能为 45或者是 1350，故 BC 错误；D 正确；故选 AD。【点睛】查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键15如图所示，在磁感应强度大小为 B,范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为 的绝缘斜面，一个质量为 m 、电荷量为-

15、q 的带电小物块以初速度 v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为。设滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中 ,其速度时间图象和加速度时间图象可能正确的是（）16A BC D【答案】 BC【解析】【分析】根据题中“匀强磁场内带电小物块沿斜面向上运动”可知，本题考察带电粒子在复合场中的运动。根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，运用洛伦兹力、牛顿第二定律等知识分析推断。【详解】对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：、 ，联立解得： ，方向沿斜面向下。所+=+ =+以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢；在小物

16、块上滑过程中，加速度减不到零。AB：速度时间图象的切线斜率表示加速度，则 A 项错误，B 项正确。CD：物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零。故 C 项正确，D 项错误。16如图所示，在 xOy 平面内存在着破感应强度大小为 B 的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P(-2 L，O)、Q(O，-2 L)为坐标轴上的两个点。现2 2有一电子从 P 点沿 PQ 方向射出，电子电量大小为 q，质量为 m， 不计电子的重力。下列正确的是（）A若电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中

17、运动的轨道半径为 L2B若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，则电子运动的最短时间为2C若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，则电子从 P 到 O 的时间与从 O 到 Q 的时间之比为 1:3D若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，则电子运动的路程可能为 2L，也可能为 4L17【答案】 BD【解析】【分析】画出粒子运动的可能的轨迹，结合几何知识求解做圆周运动的半径和粒子在磁场中的转过的角度，结合周期公式可求解时间和路程.【详解】若电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分界线，则根据几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道半径为 ，选项 A 错误；=2450=2电

18、子运动的周期为 ，电子运动时间最短时，轨迹如图甲；从 P 到 O 转过的角度为 900，从 O 到 Q 转=2过的角度为 2700，则电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，则电子运动的最短时间为 ，选项 B 正确；=2考虑电子运动的周期性，由图乙可知电子从 P 到 O 的时间与从 O 到 Q 的时间之比等于转过的角度之比，在图中所示的情况中，从 P 到 O 的时间与从 O 到 Q 的时间相等，选项 C 错误；若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，则在图甲所示的情况中电子运动的路程为 4L，在图乙所示的情况中粒子运动的轨道半径为 L，则路程为 2L，选项 D 正确；故选 BD.17

19、在 xOy 平面内存在着磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外， P( L,0)、 Q(0， L)为坐标轴上的两个点。如图所示，现有2 2一质量为 m、电量为 e 的电子从 P 点沿 PQ 方向射出，不计电子的重力，则（）18A若电子从 P 点能到原点 O，则所用时间可能为2B若电子从 P 点能到原点 O，则所用时间可能为23C若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，电子运动的路程一定为 2 LD若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，电子运动的路程可能为 L【答案】 AD【解析】【分析】粒子在洛伦兹力作用下，做

20、匀速圆周运动，根据题意可知，电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分界线，与电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程【详解】若电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示：则微粒运动的路程为圆周的 ，所用的时间为 ，则电子从 P 点出发恰好经原点 O 的时间为 ，14 =142=2 2选项 A 正确，B 错误；若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点，运动轨迹可能如图所示：19或者是：因此则微粒运动的路程可能为 L，也可能为 2L，若粒子完成 3、4、n 个圆弧，那么电子运动的路程可能：n 为奇数

21、时为 2L；n 为偶数时为 L，故 C 错误，D 正确；故选 AD。【点睛】本题考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减小18如图所示，半径为 R 的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，半圆的左边垂直 x 轴放置一粒子发射装置，在- R y R 的区间内各处均沿 x 轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为 m、电荷量均为 q、初速度均为 v，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y 轴，其中最后到达 y 轴的粒子比最先到达 y 轴的粒子晚

22、 t 时间，则( )A有些粒子可能到达 y 轴上相同的位置B磁场区域半径 R 应满足 20C =D 其中角度 的弧度值满足= =【答案】 AD【解析】【分析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子质量均为 m、电荷量均为 q、初速度均为 v，所以半径相同，画出粒子的运动轨迹，根据圆周运动半径公式、周期公式结合几何关系即可求解。【详解】A、粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，y=R 的粒子直接沿直线运动到达 y 轴，其他粒子在磁场中发生偏转。由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在 y=R 的位置上，所以粒子可能会到达 y 轴的同一位置，故 A 正确；B、以沿 x 轴射入的粒子为例

23、，若 ，则粒子不能到达 y 轴就偏向上离开磁场区域，所以要求=R，由几何知识可知，粒子运动的轨迹小于半个圆周，再根据弦越长所对应的圆心角越大，运动时间越长，所以 C 正确；D 错误。考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动20如图所示，带负电的小球穿在一根绝缘粗糙细杆上，杆与水平方向成 角，整个空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场 B。现给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，小球经过 a 点时动能为 10 J，到达 c 点时动能减为零，b 为 ac 的中点，那么带电小球在运动过程中( )A到达 c 点后保持静止B受到的弹力增大C在 b 点时动能为 5JD在 ab 段克服摩擦力做的功与 bc 段克服摩擦力

24、做的功相等【答案】 AB【解析】【详解】AB、若 ，小球受杆弹力垂直杆向下，随速度减小弹力减小，小球受摩擦力减小，当时，小球匀速运动；若 ，小球与杆无弹力，速度增大，小球（ ） = =受杆弹力垂直杆向下，弹力增大，小球受摩擦力增大，当 时，小球匀速运动；（ ） =若 ，小球受杆弹力垂直杆向上，随速度减小弹力增大，小球受摩擦力增大，小球从 A 到 C0 及 y 区域存在场强大小相同,方向相反且均平行与 y 轴403的匀强电场，在 区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。一质量为 m,电荷量为 q 的带4030正电粒子,从 y 轴上的点 P1(0,3L)以速率 v0,方向沿 x 轴正方向出

25、发,然后经过 x 轴上的点 P2（8L,0）进入磁场。已知带电粒子分别在电场和磁场中运功时所受力大小相等,不计粒子重力。求：(1)粒子到达 P2点时的速度大小和方向；(2)磁场的磁感应强度大小(3)粒子第 n 次经过 x 轴的坐标【答案】(1) ； ；(2) ；(3) ， ； ，540 =37 =3040 =8+44(1)3 (=1,3,5,7.) =643+44(2)3 (=2,4,6,8.)【解析】【详解】解：(1)粒子从 到 类平抛运动，设到达 时的 y 方向分速度为1 2 2 由运动学规律有： ，8=0 3=12(0+)23解得： =340故粒子在 的速度大小：2 =02+2=540设

26、 与 x 轴的夹角为 ，则有： =0=34解得： =37(2)粒子从 到 ，设电场强度为 ，据动能定理有：1 2 3=1221220解得： =32032依题意意：电粒子在电场和磁场中运动时所受力大小相等，则有： =代入可得： =3040(3)根据： =2解得： =503由几何关系可得：粒子在磁场中的轨迹所对圆心角为 53故粒子将垂直 的直线从 M 点穿出磁场，粒子运动一周期的轨迹如图所示；=403当 为奇数时， ， =8+44(1)3 (=1,3,5,7.)当 为偶数时， ， =643+44(2)3 (=2,4,6,8.)22如图所示,在 xOy 平面直角坐标系内 y 轴与垂直 x 轴的 MN

27、 边界之间,以 x 轴为分界线,分别在第、象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。第象限内磁场的磁感应强度大小为 B0.第象限内有沿 x 轴正方向的匀强电场,电场强度大小为 E. 质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从第象限内某点由静止释放,从y 轴上的 A 点进入磁场,经 x 轴上的 B 点第一次进入 x 轴下方的磁场。若已知 A 点的坐标是(0,a),B 点的坐标是(3a,0)，不考虑粒子重力。24(1)求粒子释放位置与 y 轴的距离；(2)若粒子经 x 轴上方的磁场偏转后不经过 y 轴仍能回到 x 轴上方的磁场，求 x 轴下方磁场的磁感应强度大小应满足的条件；(3)若 x 轴下方区域的磁感应

28、强度大小为 3B0，且粒子最终垂直于 MN 边界出射，求 MN 与 x 轴交点的坐标。【答案】 （1） （2） （3）MN 与 x 轴交点的坐标是（ 4na，0） （其中 n=1，2，3）252022 830【解析】【详解】（1）设粒子释放位置与 y 轴的距离为 d，粒子在第一象限磁场中做圆周运动的半径为 r，画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示，在电场中做匀加速运动，根据动能定理： =122可得： =2粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得： 0=2根据几何关系：( r-a)2+(3a)2=r2 可得： r=5a联立式可得： =252022（2）设粒子进入磁场时与 x 轴之间的夹角

29、为 ，则粒子在第一象限内的磁场中转过的角度也为 ，根据几何关系： ，可得： =53=3=34要使粒子经 x 轴上方的磁场偏转后不经过 y 轴仍能回到 x 轴上方的磁场，临界情况如图所示，25要使粒子经 x 轴上方的磁场偏转后不经过 y 轴仍能回到 x 轴上方的磁场需满足：3 a R（1+cos37）根据洛伦兹力提供向心力可得： =2联立式可得 x 轴下方磁场的磁感应强度 B 的大小满足： 830（3）设当 x 轴下方区域的磁感应强度大小为 3B0时粒子半径为 R，根据洛伦兹力提供向心力： 3=2/联立式可得： /=3=53画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度

30、方向一致时的位置为 A1，则 A 与 A1的连线与 x 轴平行，AA1=6a-2 Rsin53 0根据几何关系有： AA1=4a所以粒子最终垂直 MN 边界飞出，边界 MN 与 y 轴间距为L=nAA1=4 na （其中 n=1，2，3）即： MN 与 x 轴交点的坐标是（4 na，0） （其中 n=1，2，3）23如图所示，真空中区域 I 存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域 II 存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为 d 且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q 为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q 板上能产生亮斑。现有一束电子从 A 处的小孔以速度 v0连续不断地射入磁场，入射方向

31、平行纸面且与 P板成 300夹角。已知电子质量为 m，电荷量大小为 e，区域 II 的电场强度 ，不计重力和电子间的=3028相互作用力，求：(1)若电子垂直打在 Q 板上，I 区磁场的磁感应强度 B1大小和电子到达 Q 板的速度。(2)逐渐增大磁感应强度 B1为保证 Q 板上出现亮斑，所加磁感应强度 B 昀最大值。26【答案】 （1） ； ；（2）I 区磁场的磁感应强度最大值为1=01=302=02 =(3+1)02【解析】【详解】（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，=02可解得 =0若电子垂直打在 Q 板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，由几何关

32、系得 r1cos30=d，可解得 1=30=23故 I 区磁场的磁感应强度为 1=01=302电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得 ，=1221202解得 =02（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得 ，=1221202解得 =02若电子恰好打在 Q 板上，说明速度的方向刚好与 Q 板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为 ，v 0cos=v，解得 =60在磁场中，由几何关系知 r 2cos30+r2cos60=d，得 ，2=( 31)此时 2=02=(3+1)02故 I 区磁场的磁感应强度最大值为 =(3+1)022724如图所示， y 轴的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，

33、右侧有与 x 轴正向成 45角斜向上的匀强电场，质量为 m、电荷量为 q 的带负电的粒子，从 O 点以速度 v 射入磁场，速度 v 与 x 轴负向夹角为 45，在磁场中运动时间 t 后第一次经过 y 轴，又在电场中运动了时间 t 后第 2 次经过 y 轴，不计粒子的重力。求：（1）磁感应强度与电场强度之比；（2）粒子从 O 点进入磁场至第 3 次到达 y 轴上 N 点（图中未画出）所经历的时间及 NO 间的距离。【答案】 （1） ；（2）5 t， 。4 42【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图所示：（1）粒子第一次在磁场中偏转 rad，则在磁场中运动时间： 2 =14经 y 轴眼电场方向进入电场

34、，之后返回，再次经 y 轴进入磁场，由磁场中周期： =2电场中往返时间： =2在电场中运动加速度： =由可解得： =4（2）粒子在磁场中偏转的角度为 rad，则经历时间为 3t，故至此粒子运动时间 t 总 =t+t+3t=5t32设在磁场中圆周运动半径为 r，由洛伦兹力提供向心力可得： =2由几何关系可得： =2228由可解得：=4225如图所示，质量 、长度 的木板 静置于水平地面上，木板 与地面间的动摩擦因数=15 g =2 m ，地面右端的固定挡板 与木板 等高。在挡板 右侧竖直虚线 、 之间的区域内存在方向竖直1=0.1 向上的匀强电场，在两个半径分别为 和 的半圆围成的环带状区域内存

35、在方向垂直纸面向里1 1 m 2=3 m的匀强磁场，两半圆的圆心 到固定挡板 顶点的距离 。现有一质量 、带电荷量 2 m 15 g的物块 可视为质点）以 的初速度滑上木板 ，二者之间的动摩擦因数 ，=+6105 0=4 m/s 2=0.3当物块 运动到木板 右端时二者刚好共速，且本板 刚好与挡板 碰撞，物块 从挡板 上方飞入 区 城，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度 取 . 10 m/s2(1)当物块 刚滑上本板 时，求物块 和木板 的加速度大小， (2)求电场强度的大小.(3)为保证小物块 只能从环带状区城的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。【答案】(1) ；

36、；(2) ；(3) 或3 m/s2 1 m/s2 25 V/m 153 T 5 T【解析】【详解】解：(1) 当物块 刚滑上木板 时，对物块 受力分析有： 2=2解得： 2=3 m/s2对本板 受力分析有： 212=1解得： 1=1 m/s2(2)物块 进入区域 后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有： =解得： =25 V/m(3)物块 与木板 共速时有： =02=1解得： =1 m/s粒于做匀速圆周运动有： =2要使物块 只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场、物块 在磁场中运动的轨迹半径 应满足： 或12 +12 +22解得： 或5 T 153 T则磁感应强度大小的取值范围为： 或15

37、3 T 5 T2926 （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 角射出，从静电分析器射

38、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=r 0，N、P 两点间的电势差 , ，不计重力和离子间相互作用。=2=45（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（BB）到（BB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为 m 和 0.5m 的两東离子，求 的最大值【答案】 （1） ， ；（2） ；（3）12%0=200 =00

39、1.50【解析】【详解】（1）径向电场力提供向心力： =2=2=（2）由动能定理：120.52120.52=2+4 =5或 =0.5=125=20.530解得 =1.5（3）恰好能分辨的条件：201201+=02解得=174120027真空中一组间距为 2R，长度为 R 的平行金属板 P、Q 可以用作光电转换装置，放置在 X 轴的正上方，如图所示，在 X 轴的正下方放置同样间距，长度为 R 的平行金属板 M、N，两组金属板间绝缘，M 板接地，3且在两板间加有电压 UMN，大小、方向均连续可调。P、Q 间有垂直平面的匀强磁场，光照前 P 不带电。当以频率为 f 的光照射 P 板时，板中的电子吸收

40、光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于 P 板飞出，在磁力作用下电子会聚于坐标为(R，0)的 S 点，且 P 板最上端的电子从 S 点飞出的方向垂直 X 轴竖直向下，进入 M、N 极板间的电场区域。忽略电子之间的相互作用，保持光照条件不变时，单位时间内从 P 板持续地飞出的电子数为 N，且沿 P 板均匀分布，电子逸出时的初动能均为 EKm，元电荷量为 e，电子的质量为 m。（1）求金属板 P 的逸出功；（2）求磁感应强度 B 的大小和所需磁场区域的最小面积；（3）到达 N 板的电子全部被收集，导出形成电流 i。计算一些关键参数，在图上面画出 i-UMN的关系曲线。【答案】 （1） （2） ； （3）图见解析；逸出功 = =2 =(21)2【解析】