三年高考试题选编答案物理

2.（2009年四川卷25题）解：

（1）设弹簧的弹力做功为W,有:

2

mgR+W-mv①

2

代入数据，得：卬=一2.05，

说明：①②式各2分。

（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，尸带正

电荷。设尸、N碰后的速度大小分别为片和匕并令水平向右为正方向，有:

mv=±mv]4-MV③

而：/=丝^④

m

若P、N碰后速度同向时，计算可得VW1,这种碰撞不能实现。P、N碰后

瞬时必为反向运动。有：V=m'+配⑤

M

P、N速度相同时，N经过的时间为九,P经过的时间为%。设此时N的速

VV

度VI的方向与水平方向的夹角为。，有：cose=—=—⑥

V,v,

gtN=V,sin。=匕sin3⑦

代入数据，得：⑧

丁2兀m

对小球P,其圆周运动的周期为T,有:1=----⑨

Bq

经计算得：4YT

a

P经过G时，对应的圆心角为a,有：tp=——T⑩

「「27t

当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有：ax=7t+0

联立相关方程得：t—s

Pi15

比较得，%。小，在此情况下，P、N的速度在同•时刻不可能相同。

当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有：a2=71-0

TT

同上得：tpL一

15

比较得，tNtp2,在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。

⑨⑩

说明:(WSxg)式各1分。

（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同，tN=tp=t

再联立④⑦⑨⑩解得：r=（〃+e）"g

Bysin^

[(2〃+i)»+e]m2g

考虑圆周运动的周期性，有：r=(n=0,1,2...)

B、?sin®

当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同％

同一”

考虑圆周运动的周期性，有：厂=心——二——J—（〃=0,1,2…）

（给定的B、q、r、m、6等物理量决定n的取值）

说明：。改帅式各i分。26.（16分）

5.(2009年上海卷第23题)(1)力矩平衡时：(mg—qE)7sin900=(mg+qE)7sin(120。-90。)，BPmg

61，_LGE■侬

—qE=q(mg+qE),£=而

(2)重力做功:%=mgl(cos300—cos60°)—磔7cos60°=1)mgl,

静电力做功：%=qEl(cos30°—cos60°)+qElcos60°=~~mgl,

Afi2^3

（3）小球动能改变量45=雁+弘=1）nigl,小球的速度v=-1)gl,

m3

6.（2010年四川卷第25题）【解析】⑴P做抛物线运动，竖宜方向的加速度为

避上"15谒

m

在D点的竖白速度为

vv=at-3in/s

P碰前的速度为

vP=旧+♦：=6m/s

⑵设在D点轻绳与竖直方向的夹角为0,由于P与A迎面正碰，则P与A速度方向相反，所以P的速度

「水平方向的夹角为0有

2上=立

6=30°

%3

对A到达D点的过程中根据动能定理

2

—mvA-mglcos0

化简并解得

vA=个2glcos。=3m/s

P与A迎面正碰结合为C,根据动量守恒得

mvp-mvA=2mvc

解得vc=1.5m/s

小球C经过s速度变为0,一定做匀减速运动，根据位移推论式

2

a=—=12.5m/s2

2s

设恒力尸与竖直方向的夹角为a,如图，根据牛顿第二定律

FCOS(90°-a-3)-(2mg+qE)sin0=2ma

Fsin(90°-a_0)_Qmg+qE)cos8=0

给以上二式带入数据得

bCOS(90。—a-8)=0.375

Fsin（90°-a-^）=0.12573

73

解得F=Ja=30。

4

⑶平板足够大，如果将平板放置到无限远根据题意也能相碰，此时小球C必须匀速或加速不能减速，所以

满足条件的恒力在竖直线与C的速度线之间，设恒力与竖直方向的夹角为B,则0<B<120°

在垂直速度的方向上，恒力的分力与重力和电场力的分力等大反向，有

Fcos（/一。）=（2mg+Eq）cos0

则满足条件的恒力为

（其中owP<120°）

8cos（30。一6）

7.(2010年江苏卷第16题)(1)电子在0〜f时间内做匀加速运动

eU

加速度的大小a产一2-①

md

位移X1=-a]T2②

2

在T-2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动

加速度的大小a=^.

2③

4md

初速度的大小V|=aiT④

匀减速运动阶段的位移X2=H

⑤

依据题意⑥

d>xi+x2

(2)在2nT〜(2n+l)T,(n=0,l,2,.......,99)时间内⑦

加速度的大小

速度增量△v2=-a'2T⑧

(a)当0Wt-2nt〈T时

电子的运动速度v=nZ\vi+nZ\V2+ai(t-2nT)⑨

ekU

解得v=[t-(k+l)nT]——2,(n=0,l,2,……,99)⑩

md

(b)当0Wt-(2n+l)T〈T时

电子的运动速度,⑪

v=(n+l)△vi+nAv2-a2[t-(2n+l)T]

解得v=[(n+1)(k+1)T-kl],(n=0,1,2,……,99)©

dm

电子在时间内的位移XNIV2

(3)2(N-1)T〜(2N-1)T2-=2N.2T+-a)T

2

电子在(2N-1)T〜2NT时间内的位移x=v2.T--a,T2

2NNl22

eU

由式可知3

0v2N-2=(N-l)(l-k)T—

dm

由Q式可知V2N-i=(N-Nk+k)T—

dm

依据题意XXN

2N.1+2=0

4N—1

解得k=----------

4N-3

8.（2011年北京卷第24题）（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为皿

电场强度的大小£=曳

d

电场力的大小F=qE=^-

（2）设粒子在［—x,x］区间内运动，速率为v,由题意得

-wv2-q（p=-A

2①

由图可知尹=屈(1粤)②

—1wv2=X

由①②得2d③

因动能非负，有q物(1-®)-4之0

d

得|x|Vd(l_N-)

q爽

21

即今=火1一一)

，我I

AA

粒子运动区I可—d(l-------)«xSd(1-------)

q例q%

(3)考虑粒子从-X。处开始运动的四分之一周期

根据牛顿第二定律，粒子的加速度“=£=效=绛

mmmd

由匀加速直线运动

2A

^^(1--)

Jq%q%

粒子运动周期T=4f=9J2m(q(p「A)

q<Po

9.(2011年福建卷第20题)解析：此题考查电场力、动能定理、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等知

识点。

(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|Eid\-|q/E2d2=0,

E

解得d*—

E2

(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为“I、色，山牛顿第二定律有

Iq|E\=ma\,\q\Ez=mQ，

设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为小N由运动学公式仃</.=-«,Z.2，

2

12

4=一。2,2，片八+力，

联立解得片1.5X10%。

10.（2011浙江卷第25题）（1）收集效率〃为81%,即离下板0.81〃的尘埃恰好到达下板的右端边缘，

设高压电源的电压为U,则在水平方向有

L=vQt①

在竖直方向有

0.81%=；/②

其中

a上=昵=虹③

mmmd0

当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两

板间距即为4“。如果进一步减小"，收集交率仍为100%。因此，在水平方向有

④

在竖直方向有

⑤

其中

,F'qE'qU

⑥

mmmdm

联立①■■⑥各式可得

dm=⑦

（2）通过前面的求解可知，当140.94）时，收集效率〃均为100%⑧

当d>0.94）时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有

⑨

根据题意，收集效率为

联立①、②、③、⑨及⑩式可得

…8愣

（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘

埃质量为

O.M

AM/△/=r/xnmhdv^

当dWO.9do时,〃=1,因此

△M/加=nmbdvQ

当d>0.9d0时,〃=0.81]与)，因此

12

/Af=0.81〃〃仍%,绘出的图线如下

d

11.(2011年上海卷第23题)23.(q+%)E//2,[(q]+q2)E+(m2-mi)g]//2

电路

一、主要内容和要求：

1.欧姆定律H

2.电阻定律I

3.电阻的串联、并联I

4.电源的电动势和内阻II

5.闭合电路的欧姆定律H

6.电功率、焦耳定律I

二、本专题试题

（-）选择题

1.B（2009年全国2卷17题）

2.C（2009年重庆卷18题）

3.C（2009年广东卷第10题）

4.DQ009年江苏卷第5题）

5.C（2009年天津卷第15题）

6.B（2010年上海卷第5题）

7.D（2010年新课标第19题）

8.A（20H年北京卷第17题）

9.AQ011年重庆卷第20题）

10.BCQ011年江苏高考第6题）

11.D（2011年上海卷第6题）

12.A（2011年上海卷第12题）

（二）计算题

1.（2009年全国1卷24题）【解析】设碳棒的长度为X,则铜棒的电阻为叫=p｝支R=+a/）9R,

SS

YY

碳棒的电阻R,=22—=n"2（1+。/）一，要使得在0℃附近总电阻不随温度变化，则有舄+R,=定值，则

SS

有式中t的系数必须为零，即有x^0.0038m.

2.（2009年上海卷第11题）11、或，或

3.（2009年上海卷第14题）14、0.15,7.5

4.（2010年四川卷第24题）【解析】（1）闭合电路的外电阻为

RR“30x60…

R=R+—L-L-29+---------=49Q①

X曷+&30+60

根据闭合电路的欧姆定律

E

—=0.3A②

R+r49+1

/?2两端的电压为

U2=E-/(&+r)=15—0.3x30=6V③

%消耗的功率为

舄费=*小

④

⑵小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定

律

V1

Bqv=nz—⑤

⑥

连立⑤⑥化简得

二则

U,⑦

V

小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°,根据儿何关系得

R=d⑧

连立⑦⑧带入数据

Bd2g1x0.04x10,

——2-=--------------=4V

v

干路电流为

Ma。?'⑨

15-4

RXW---------1=54Q⑩

0.2

5.（2010年浙江卷第23题）（20分）如图所示，一矩形轻质柔软反射膜可

绕过。点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为心，垂直纸面的解

析：

BIL2

0

mg

（1）导体棒受力如图

tan”型­=暨皿=即®

mgBL2

光电池输出功率（即光电池板接收到的光能对应的功率）为P=IU=5ngU/BL2

,,mgtan45°_,

（2）维持导体棒平衡需要的电流为1——=〃吆/叫</

JLJJL>2

r<i而当。变为45°时光电池板因被照射面积增大使电池输出的电流也增大

需要在导体棒两端并联一个电阻，题目要求的就是这个电阻上的功率。

由并联电路特点得：光电池提供的总电流/总=/'+/额外以下关键是求/总

光电池输出功率为P'=I&u

（P'为当e变成45。时，光电池板接收到的光能对应的功率。）

已知垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定

（设为凡）

由右图可知P=《）•4L2cos60°

也cos45。

已知电池输出电流正比于光电池板接收到的光能

COS600_1

一万一cos45°一V2

n/总=y/2I-yfhmg/BL2=>/额=I迄-I'=(V6-l)mg/BL2

光电池能提供的额外功率为4=/额U=（Gl）mgU/BL2

6.（2010年上海卷第23题）【解析】为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，即热敏电阻或光敏

电阻的电阻值小时，输入为1,输出为1,所以是“或门因为若要提高光照时电动机启动的灵敏度，需

要在光照较小即光敏电阻较大时输入为1，输出为1，所以要增大为。

磁场

一、主要内容和要求：

1.磁场、磁感应强度、磁感线I

2.磁通量I

3.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向I

4.安培力、安培力的方向I

5.匀强磁场中的安培力II

6.洛仑兹力、洛仑兹力的方向I

7.洛仑兹力公式n

8.带电粒子在磁场中的运动II

二、本专题试题

（-）选择题

1.A（2009年全国1卷17题）

2.C（2009年北京卷19题）

3.D（2009年重庆卷19题）

4.ABC（2009年广东卷第12题）

5.D（2010年重庆卷第21题）

6.CD（2010年江苏卷第9题）

7.C（2010年上海卷第13题）

8.C（20U年全国卷1第15题）

9.B（2011年全国卷2第14题）

10.BD（2011年全国卷2第18题）

11.B（2011年江苏高考第2题）

12.BCQ0C浙江卷第20题）

13.AB.Q011年山东卷第16题）

14.BC（2011年上海卷第18题）

（-）计算题

1.（2009年全国1卷26题）【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为N。'，与板碰撞后再次

mv

进入磁场的位置为N「粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有R------------（1）,粒子速率不变,每次进入磁场

qB

与射出磁场位置间距离xl保持不变有玉=N°'N。=2Rsin。…⑵，粒子射出磁场与下一次进入磁场位置

间的距离/始终不变，与NO'N|相等.由图可以看出无2=a……⑶

设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次（n=0、1、2、3…）.若粒子能回到P点，由对称性，出射点的x坐标

77I2

应为-a,即（〃+1）^-nx2=2a……（4）,由⑶（4）两式得xl=--------a……（5）

n+\

若粒子与挡板发生碰撞，有X]-X2〉（……⑹联立⑶⑷⑹得n<3...........⑺联立⑴⑵⑸得

qB

v=-包工a.....⑻把Sin0=/卜代入（8）中得

2/71sin0n+1Ja2+力2

qBayla2+h2

mh

3qBa\lr-^lr

v=-------------------n=1(11)

}4mh

2qBayla24-h2

n=2(12)

3mh

2.（2009年全国2卷25题）【解析】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动.

粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示.山于粒子在分界线处

的速度与分界线垂直,圆心0应在分界线匕0P长度即为粒子运

动的圆弧的半径R.由几何关系得

R2=/；+收_方....①

设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

V2

qvB=m—

R②

设P'为虚线与分界线的交点，/「。「'=^^则粒子在磁场中的运动时间为.二必……③

V

式中有sina=人.....④粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子的加速度

R

大小为a,由牛顿第二定律得qE=〃皿.......⑤

1。

由运动学公式有d=—……⑥

I=vt.............⑦

2

E+42

由①②⑤⑥⑦式得==-71----v........⑧

B12

22

由①③④⑦式得4=1—+"—arcsin（2〃）

/,2+J2

t22d12

3.（2009年北京卷23题）（1）导电液体通过测量管时，相当于导线做切割磁感线的运动，在电极a、c间

切割感应线的液柱长度为D,设液体的流速为v,则产生的感应电动势为

E=BDv①

由流量的定义，有Q=Sv=—v②

4

①、②式联立解得后=8。芈=竺2

初12初）

代入数据得E=4x2-5xl0"x012V=1.0X10-3V

3x0.4

（2）能使仪表显示的流量变为正值的方法简便，合理即可，如:

改变通电线圈中电流的方向，是磁场B反向；或将传感器输出端对调接入显示仪表。

（3）传感器和显示仪表构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律

/=上

R+r

RE_E

U③

R+r~1+(/7R)

输入显示仪表的是a、c间的电压U,流量示数和U——对应，E与液体电阻率无关，而r随电阻率的

变化而变化，由③式可看出，r变化相应地U也随之变化。在实际流量不变的情况下，仪表显示的流

量示数会随a、c间的电压U的变化而变化，增大R,使R>>r,则U^E,这样就可以降低液体电阻率

变化对显示仪表流量示数的影响。

4.（2009年重庆卷25题）解析：

（1）正离子被电压为U.的加速电场加速后速度设为明,设对正离子，应用动能定理有

1

eUo=-mV,--O,①

2

正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动受到电场力

F=eE。、产生的加速度为@=巴，即

m

垂直电场方向匀速运动，有

2d=V,t,③

沿场强方向：

d=—at~,④

2

联立①②③④解得E0=—―

d

Xtan4>=—,解得6=45°；

at

（2）

正离子进入磁场时的速度大小为

22

V=A/VI+V2=+@）2,⑤

正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，山洛仑兹力提供向心力,

2

,口cmV.三

得evB-———，⑥

R

的。

联立⑤⑥解得离手在磁场中做圆周运动的半径R=2

VeB2

⑶根据R=2惜

可知,

质量为4m的离子在磁场中的运动打在S”运动半径为&=2

质量为16m的离子在磁场中的运动打在S,,运动半径为R尸2&=2『学”。

由儿何关系可知Si和S之间的距离S=帆-区-&）2一氏,

将耳、代入解得AS=4（73-1）

R2

eB2

由Ri=（2R,）2+（R'—RM解得R，=-R,,

2

内根据一R《R<-Ri,

22

解得mVm*V25m。

5.（2009年福建卷22题）【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度

选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。

（1）设粒子在磁场中的运动半径为八如图甲，依题意以〃连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动

的直径，由几何关系得

V2L

r=------①

2

由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得

qvB=m—②

联立①②并代入数据得

"f.9X107c/kg（或5.0X10‘C/kg）③

m

（2）设所加电场的场强大小为瓦如图乙，当粒子子经过。点时I速度沿y轴正方向，依题意，在此时

加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有

qE=qvB④

代入数据得

E=70N/C⑤

所加电场的长枪方向沿x轴正方向。山几何关系可知，圆弧图所对应的圆心角为45°,设带点粒子做

匀速圆周运动的周期为T,所求时间为3则有

45。1

360°

2加

T⑦

v

联立①⑥⑦并代入数据得

♦=7.9x10%⑧

(3)如图内，所求的最小矩形是MM该区域面积

联立①⑨并代入数据得

5=0.25/??2

矩形如图丙中(虚线)

6.(2009年江苏卷第14题)14.⑴设粒子第1次经过狭缝后的半径为n,速度为V1

qu=­mvj

2mU

解得《=—

B

同理，粒子第2次经过狭缝后的半径n=-

2B

则r2\r{=V2:1

(2)设粒子到出口处被加速了n圈

2nqU=~mv2

v2

qvB=m—

R

小2）加

T=-------

qB

t=nT

(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即/=配~

当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为/«„,=幺空

粒子的动能4=5〃”

当/«„,Wfm时，粒子的最大动能由Bm决定

qv3,=*

K

解得纭“qE尺

当/«,„2f,„时，粒子的最大动能由fnj决定

%=2兀"

解得E/尸2/城R?

7.（2009年浙江卷25题）【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动。

带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为其由

方向沿y轴正方向。

带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。且

r=R

如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由

方向垂直于纸面向外

（2）这束带电微粒都通过坐标原点。

方法•：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方

的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是

如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点为。

r^\\

方法二：从任一•点p水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径一：

为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与8点的连线与y'、/，/

轴的夹角为。，其圆心Q的坐标为(-RsinO,Reos0)，圆周运动轨迹方程为

(x+Rsin+(y-Rcos0)2=R2

得

|A=0]x=-Rsin0

y=0或y=R(l+cos9)

(3)这束带电微粒与x轴相交的区域是x>0

带电微粒在磁场中经过一段半径为r'的圆弧运动后，将在y同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线

运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点

发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。

所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x>0.

8.(2009年山东卷第25题)解析：

(1)t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速

曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏

移的距离为?，则有E=牛①，Eq=ma②

联立以上三式，解得两极板间偏转电压为U0=r④。

(2)；与时刻进入两极板的带电粒子，前;0时间在电场中偏转，后g"时间两极板没有电场，带电粒子

做匀速直线运动。

带电粒子沿x轴方向的分速度大小为%」⑤

玲

带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为v、.=a-t®

20

带电粒子离开电场时的速度大小为V=M+*⑦

2

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R,则有8叫=机\•⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式解得R=且电⑨。

2qBt°

(3)2fo时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度

为，=at0@,

设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为a,则tana=上，

7TTT

联立③⑤⑩式解得a=—，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为2a=—，所求

42

最短时间为=±T，带电粒子在磁场中运动的周期为丁='"，联立以上两式解得分皿=匕巴。

4Bq2Bq

9.(2009年天津卷第22题)【解析】本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。

(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡(恒力不能充当圆周运动的

向心力)，有

qE-mg①

E=^-

②

q

重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。

(2)小球做匀速圆周运动，0'为圆心，肠V为弦长，ZMO'P=0,如图所示。设半径为r,由几何

关系知

—=sin③

2r

小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力臼II提供，设小球做圆周运动的速率为「，有

2

qvB="

由速度的合成V分解知

—=COS0⑤

V

由③④⑤式得

%=小,⑥

（3）设小球到"点时的竖直分速度为修，它与水平分速度的关系为

vv=v0tan6⑦

山匀变速直线运动规律

v2=2gh⑧

由⑥⑦⑧式得

q2B2I?

⑨

Sm2g

10.（2010年全国卷1第26题）（【解析】⑴粒子沿y轴的正方向进入

磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，根据直角

三角形有*+（瓜一夫产

解得R=±叵“

3

sin=-=—,则粒子做圆周运动的的圆心角为120°,周期为7=30

R2

粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得A，

//

Bav=m（—?R,丫=型，化简得@=生/

TTm3Bt0X、/

、、、、/

⑵仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°,这样粒子角度最小时从\：＞"、

\,、、、

磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。'、'、/_______二:、

角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°,所经过圆弧的弦与⑴中相

等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30°,所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60°。

角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60°,则此时速度与y

轴的正方向的夹角是120°。

所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60°至心20°

⑶在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，

在三角形中两个相等的腰为而它的高是

3

h=A—巫（1=旦,半径与y轴的的夹角是30°,这种粒子的圆心角是

33

240°o所用时间为2t。。

所以从粒子发射到全部离开所用时间为2fo

11.（2010年全国卷2第26题）（1）由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的

qvB0=温

向上的磁场力和向下的电场力平衡，有①式中，V是

_V

离子运动的速度，号是平行金属板之间的匀强电场的强度，有£。二,

v

0S------------

②由①②式得③在正三角形磁场区域，离子甲做匀

速圆周运动。设离子甲质量为加，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有

④式中，r是离子甲做圆周运动的半径。离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心

为O：这半圆刚好与EG边相切于K,与EF边交于P煎。在AEOK中，OK垂直于EG。由几何关系

⑤由⑤式得

⑥联立③④⑥式得,离子甲的质量为