2009-2011年高考物理试题分类汇编：磁场

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2009—2011年高考物理试题分类汇编：磁场

2011年高考试题

15（2011全国卷1）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流人和右，且

人下右；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b

点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是

解析：要合磁感应强度为零，必有L和乙形成两个场等大方向，只有C点有可能，选C

23（2011安徽）.（16分）

如图所示，在以坐标原点。为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强

电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计

重力）从。点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直

线运动，经t°时间从P点射出。y

（1）求电场强度的大小和方向O

XX

（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从0点以相同的速度射入，经S/B

/XXXXXX

2

时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。次XXXXX

XXX■X-XX■

（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从。点射入，且速度为原来的4倍,X

O

求粒子在磁场中运动的时间。

解析：（I）设带电粒子的质量为电荷量为4，初速度为U,电场强度为E。可判断出粒

子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向

fl■有qE=qvB①

又/?=v7o②

则③

’0

(2)仅有电场时,带电粒子在匀强电场中作类平抛运动

t

在y方向位移V=v—2④

2

R

由②④式得V=­⑤

.2

设在水平方向位移为X,因射出位置在半圆形区域边界上，于是

「拿”咨料卜名峰妗/二/

【次元资料叱J［供稿m货村，上名碑大手］一一

2

1

又有x=—a(—)"⑥

22

得a=­⑦

（3）仅有磁场时，入射速度M=4v,带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道

半径为r,由牛顿第二定律有

qvB—m——⑧

又qE=ma⑨

6R

由⑦⑧⑨式得~r⑩

R

由儿何关系sina=一⑪

2r

71

即sina=——a=—⑫

23

带电粒子在磁场中运动周期

T=网

qB

则带电粒了在磁场中运动时间

t_2a

所以⑬

25（2011全国卷1）.（19分）（注意：在试卷上作答无效）

如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电。荷量为q

（q>0）的粒子以速度「从平面MN上的po点水平右射入、M

I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向

下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受

到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸

n

面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点Po的距离。

粒子的重力可以忽略。

解析：设粒子第一次过MN时速度方向与水平方向成a,角,BX

位移与水平方向成a2角口＜2=45,在电场中做类平抛运动,

vot=x,x=y

则有：1,助得出：tana]="=2vv=2v0,v=V5v0

7at=y,a=——%

2m

在电场中运行的位移：=y/x2+y2=走位=2"""：

aEq

在磁场中做圆周运动，且弦切角为a=a「a2,tana=tan%-tan=’注山@=亟

1+tanal•tana2310

2

VV5mv0

qvB=m—得出:

RqB

在磁场中运行的位移为：s,=2Asina=《^a

qB

所以首次从II区离开时到出发点Po的距离为：5=距+$2=迈叱+也竺2

qEqB

7（2011海南）.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之

间的联系做出了贡献。下列说法正确的是

A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系

B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系

C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系

D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系

解析：考察科学史，选ACD

10（2011海南）.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细

束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从。点入射。这两种粒子带同种电荷，它

们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法

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正确的是

A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同

B,入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同

C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同;XXXX：

D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大：XXXX：

।a

解析：在磁场中半径厂=”运动时间：”纭（0为转过圆心!左一工一〜一与

qBqB

角），故BD正确，当•粒子从O点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同

为180°,因而AC错

14（2011全国理综）.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的

轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（B）

解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是Bo

18.（2011全国理综）.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由

移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。

轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I

成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至

原来的2倍，理论上可采用的方法是（BD）

A.只将轨道长度L变为原来的2倍

B.只将电流I增加至原来的2倍/

c.只将弹体质量减至原来的-半

D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2/

倍，其它量不变

12k12H

解析：主要考查动能定理。利用动能定理仃BIIL=-mv12,B=kl解得丫=、------o所以

2Vm

正确答案是BD。

25（2011全国理综）.（19分）

如图，在区域I（OWxWd）和区域H（dWxW2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分

别为B和2B,方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q>0）的粒子

【次元资料叱J［读精品资料，上名牌大学］二，”

a于某时刻从y轴上的P点射入区域I,其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，

速度方向与x轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p

点沿x轴正向射入区域I,其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。

求

(1)粒子a射入区域I时速度的大小；

(2)当a离开区域H时，a、b两粒子的y坐标之差。

撕:(1)设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为跖，粒子速率

为运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P',如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

qvAB^m—①由几何关系得NPCP'=。②R.=-^―③

”“Raisin。

式中，8=30°,由①②③式得乙|=型4④

m

(2)设粒子a在口内做圆周运动的圆心为0a,半径为射出点为乙(图中未画出轨

2

迹)，/尸'。〃^="。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得4^(26)=加上」⑤

Ra2

由①⑤式得R“2=B⑥

C、尸'和。三点共线，且由⑥式知。，点必位于x=3〃⑦的平面上。由对称性知,

“"2

心点与P点纵坐标相同，即为=R(licos0+h⑧式中，h是C点的y坐标.

设b在I中运动的轨道半径为R“，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

V

q寸B⑨

设a到达优点时，b位于4点，转过的角度为a。如果b没有飞出I,则

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T”2"

式中，t是a在区域11中运动的时间，而

2*2

由⑤⑨⑩O。Q式得a=30°Q

由①③⑨Q式可见，b没有飞出。耳点的丫坐标为＞四=（2+cose）+力G

由①③⑧⑨。O式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为

%一%=（（当一2"O

12（2011）.（20分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广

泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。

（1）当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利

用能放射电子的同位素碳11为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子

轰击氮14获得同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期r为20min,

经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）

（2）回旋加速器的原理如图，功和。2是两个中空的半径为R的

半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为了的交流电源上，—-------3―

位于。।圆心处的质子源4能不断产生质子（初速度可以忽/.//

略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，口、。2置于D]

与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从才丁尸二一

回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等

接交流电源

效电流/与P、B、K、/的关系式（忽略质子在电场中运动

的时间，其最大速度远小于光速）

（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道

的半径之差Ar是增大、减小还是不变？

12.（20分）

（1）核反应方程为i；N+；H"：C+；He①

设碳11原有质量为，W），经过f=2.0h剩余的质量为根据半衰期定义，有:

=1.6%②

(2)设质子质量为办电,荷量为小质子离开加速器时速度大小为也由牛顿第二定律知:

V2

qvB=m—③

R

质子运动的回旋周期为：7=等=篝

由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率

/的关系可得:

/=7⑤

设在/时间内离开加速器的质子数为M则质子束从回旋加速器输出时的平均功率

N--inv2

p=-2——⑥

输出时质子束的等效电流为：1=甄⑦

由上述各式得/=—p^-

nBR?

若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分

(3)方法一:

设为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为小,侬

(大＞〃+|),

Ma、在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk,D,.之间的电

压为U,由动能定理一知2qU=1mv^-；mv1⑧

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知〃=性，则闻(於I-/)

⑨

qB2m

整理得M=-_⑩

qB-g-rQ

8均为定值，令。="，由上式得△〃=_£—

因U、q、m、(11)

qB-〃+■

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相邻轨道半径乙*”八+2之差=rk+2-rk+i

C

同理A乙=

■+4+2

因为〃+2＞大，比较△以，△〃+1得公乙+]＜公〃

说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小

方法二：

设MAWN*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk,rM

（rQx+i）,

A〃=〃+i-乙，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为我，vk+l,。”。2之间的电

压为U

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知〃=吧，故卫=巴-(12)

，说rk+ivk+l

由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量△G-qU(13)

以质子在£＞2盒中运动为例，第k次进入时，被电场加速（2A-1）次

速度大小为一、牢迎

(14)

Vm

(2k+l)2qU

同理，质子第（k+1）次进入外时，速度大小为丫1=

in

综合上述各式可得上=」匚=、日已

整理得£=竺二1,

心2A-+1仁2女+1

2^,

(24+1)(〃+小)

同理，对于相邻轨道半径〃+"k2，A〃M=〃+2—〃+I，整理后有

2a

（2"D（ki+公2）

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由于a+2＞力，比较△〃，△〃+［得

说明随轨道半径/•的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Ar减小，用同样的方法也可

得到质子在小盒中运动时具有相同的结论.

25（2011即I）.（20分）

如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长/=L8m,距地面h=0.8m。平行板电

容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX匕D板与边界WZ相

交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电

荷量q=5X10-13C的微粒静止于W处，在CD间.加上恒定电压U=2.5V,板间微粒经电场加

速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微

粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时

恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与

地面间的动摩擦因数〃=0.2,取g=10m/s2

（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性；

（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；

（3）若微粒质量m°=lXlO^kg,求滑块开始运动时所获得的速度。

解析：

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25.(20分)解：

(1)微粒在极板间所受电场力大小为

F®

d

代入数据F=1.25xIO11N②

由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷,微粒由极板间电场加速,故C板为正极，。板

为负极。

说明:①式2分.②式1分.正确说明极性得2分。

(2)若微粒的质量为m,刚进入磁场时的速度大小为。，由动能定理

微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力,若Wi周运

动半径为R，有

微粒要从xy边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示.半x

径的极小值与极大值分别为

«>=y

R，=L-d

联立③…⑥，代人数据,有

8.1x1014kg<2.89x10"'kg

说明:③-⑥式各1分，⑦式2分。

20(2011浙江).利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方

是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的

缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝

垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是

A.粒子带正电

B.射出粒子的最大速度为qB(L+")

2m

C.保持一d和L不变，增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

D.保持d和B不变，增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

XXXXXXXX

20.答案：BCxxxXxxxx

B

解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误：由题意知：XX**XvxXX

粒子的最大半径「max=94、粒子的最小半径="，根XXXXXXXX

(1,mv_..qB(L+3d)qBLnil

据厂=一，可得v=U-------、vmin=—，则

qBnmax2cmmin2cm

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v-v=您4，故可知B、C正确，D错误。

maaxxmiilnlc

2m

35(2011广东)、(18分)如图19(a)所示，在以0为圆心，内外半径分别为&和&的圆

环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，

&=%,4=34,一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。

(1)已知粒子从外圆上以速度匕射出，求粒子在A点的初速度%的大小

(2)若撤去电场，如图19(b),已知粒子从0A延长线与外圆的交点C以速度眩射出，

方向与0A延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间

(3)在图19(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为匕，方向不确定，要使粒

子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？

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由④⑤t=-^-r

2V2

2

(3)由B2QV3-m---⑥可知，B越小，R越大。与磁场边界相切的圆的最大半径

R

为

Ri+R)

R二^——工⑦

2

所以B2V2叫

q(R?+/?!)

答案：(1)v()=

(2)B产"”叱

q(R2-/?!)

2mv3

(3)B2<

q(R2+曷)

22(2011北京.(16分)

如图所示，长度为1的轻绳上端固定在。点，下端系一质量为机的小球(小球的大小可以忽略)。

(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为。，小球保持静止。画出此时小

球的受力图，并求力F的大小；

(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速号大小及轻绳对小球的

拉力。不计空气阻力。

22蕊：.(1)受力图见右

根据平衡条件，的拉力火，\、F=mgtana

(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒

12

mg/(l-cos6z)=­mv

则通过最低点时，小球的速度大小

v=j2g/(l-cosa)

2

根据牛顿第二定律T'-mg=my

解得轻绳对小球的拉力

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2

T'=mg+m=mg(3-2cosa),方向竖直向上

23（2011北京）.（18分）

利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领

域有重要的应用。

如图所示的矩形区域ACQGG4C边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有狭缝。

离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于G4边且垂直于磁场的方向射入磁场,

运动到G4边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。

已知被加速的两种正离子的质量分别是如和加2（如＞〃?2），电荷量均为＜7。加速电场的电

势差为。，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。

（1）求质量为他的离子进入磁场时的速率也；

⑵当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在G4边落点的间距s；

（3）在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽,

可能使两束离子在G4边上的落点区域交置，导致两种离子无法完全分离一

设磁感应强度大小可调，GA边长为定值3狭缝宽度为d,狭缝右边缘在A处。离子可以

从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于G4边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在

G4边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。

23答案.

1,

(1)动能定理Uq=-m^

mv~mv

（2）由牛顿第二定律qvB=—,R=—,利用①式得

RqB

离子在磁场中的轨道半径为别为&=,R2=

两种离子在以上落点的间距s=2（R「&）=

（3）质量为m的离子，在口边上的落点都在其入射点左侧2a处，由于狭缝的宽度为&因此

落点区域的宽度也是《同理，质量为如的离子在勿边上落点区域的宽度也是正

为保证两种离子能完全分离，两个一区域应无交叠，条件为

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2(R「RJ>dd)

利用©式，代入包式得

义的最大值满足2&m=L-d

得(DO

求得最大值dm=

18(2011上海).如图，质量为“、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于。、。'，并处于

匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流/,且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角

为0。则磁感应强度方向和大小可能为

(A)z正向，暨"tan0

IL

(B)y正向，整

IL

(0z负向，叫an®

IL

(D)沿悬线向上，避sin。

IL

答案：BC

25(2011山东).(18分)扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭

摆。其简化模型如图I、II两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂

直干扰面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止

释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入I区，射入时速度与水平和方向

夹角。=30°

(1)当I区宽度L=L、磁感应强度大小Bi=B。时，粒子从I区右边界射出时速度与水平方向

夹角也为30°,求B。及粒子在I区运动的时间to

(2)若H区宽度L=L,=L磁感应强度大小B2=B,=BO,求粒子在I区的最高点与II区的最低点

之间的高度差h

(3)若L=L=L、为使粒子能返回I区，求&应满足的条件

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（4）若用力修，4力4，且已保证了粒子能从n区右边界射出。为使粒子从H区右边界射

出的方向与从I区左边界射出的方向总相同，求R、B?、L、12.之间应满足的关系式。

解析:

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（1）如图I所示，设粒子射入磁场I区的速度为

。，在磁场1区中做圆冏运动的半径为由

动能定理和牛领第二定律用

qU=ymp2①

<P>B,-m~②

%

由几何知识得

£»2R^in$③

我立①②③式，代人数据得

s°=fTv④

设粒子在磁场I区中做圆周运动的周期为7;运动的时间为《

丁=华⑤

自⑥

联立②®@⑥式，代人数据得

（3）如图2所示,为使粒子能再次回到I区,应满足

&（1+sin。）<L[或七（1+sin。）L]⑪

联立①⑧⑪式，代人数据得

%>1'懵（或“A菅

（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区

时速度与水平方向的夹角为a,由几何知IR可得

xxxx!

Cine.sina)⑬

L,

[或乙严号(sind-sina)]

J="(sin6+sina)⑭

[或心产Kz(sin8-sina)]L.1:

联立②⑧式得i：＞:4

B[R]=BjR]⑮

联立⑬®⑮式得

A1伯

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2010年高考试题

（全国卷1）26.（21分）如下图，在OMXWG。区域内存在与xy平面垂直的匀强磁

场,磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量

同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0~180。范围

内。已知沿y轴正方向发射的粒子在，=小时刻刚好从磁场边界上P（瓜,a）点离开磁场。

求：

汨屈.a）

&X

⑴粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m；

⑵此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围;

⑶从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。

⑵速度与y轴的正方向的夹角范围是60。到

⑶从粒子发射到全部离开所用时间为2fo'、

【解析】⑴粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做0P的垂直平分线与x轴的

交点为圆心，根据直角三角形有R?=q2+（6a—A）?

解得夫=述。

3

sin。@@,则粒子做圆周运动的的圆心角为120°,

R2

■//

周期为7=3/。/

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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

Bqv=m（结2R,口=网，化简得幺=①

TTm3切°

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。

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（1）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。。,I

所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60。到120。/

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\

2C

相切，在三角形中两个相等的腰为R=，二”，而它的高是

3

公岛―玛哼,半径与y轴的的夹角是30。，这种卜I

粒子的圆心角是240。。所用时间为2%。/

所以从粒子发射到全部离开所用时间为2/0。'L

（全国卷2）26（21分）图中左边有一对平行金属板，两板相距为d,电压为V;两板之间

有匀强磁场，磁场应强度大小为B。，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长

为a的正三角形区域EFG（EF边与金属板垂直），在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感

应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里。假设•系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面,

垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H

射入磁场区域。不计重力

（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的

质量。

【次元资料叱J［读精品资料，上名牌大学］二，”

(2)已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点(图中未画出)穿出磁场，且GI长为33a,

4

求离子乙的质量。

(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大

的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。

解析：

(1)在粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为v,电场的场强为E。,

根据平衡条件得

E°q=Baqv①

②

由①②化简得

V

③

而

粒子甲垂直边界EF进入磁场，又垂直边界EF穿出磁场，则轨迹圆心在EF上。粒子运

动中经过EG,说明圆轨迹与EG相切，在如图的三角形中半径为

R=acos30°tanl5°④

1-cos30°A

tan15=---------=2-v3⑤

sin30°

联立④⑤化简得

R=(A/3——)a⑥

在磁场中粒子所需向心力由洛伦磁力提供,根据牛顿第二定律得

2

为qy=------⑦

(V3--)G

联立③⑦化简得

m=qadBB0点一⑧

V2

(2)由于1点将EG边按1比3等分，根据三角形的性质说明此轨迹的弦与EG垂直,

【次元资料叱J［读精品资料，上名牌印

在如图的三角形中，有

qadBB{

（3）最轻离子的质量是甲的一半，根据半径公式R=离子的轨迹半径与离子质量

呈正比，所以质量在甲和最轻离子之间的所有离子都垂直边界EF穿出磁场，甲最远离H的

距离为（26-3）4,最轻离子最近离H的距离为（6-1抽，所以在离H的距离为

（2>/3-3）a至U（8-g）。之间的EF边界上有离子穿出磁场。

比甲质量大的离子都从EG穿出磁场，期中甲运动中经过EG上的点最近，质量最大的

乙穿出磁场的1位置是最远点，所以在EG上穿出磁场的粒子都在这两点之间。

（新课标卷）25.（18分）如图所示，在OWxWa、oWyW@范围内有垂直于xy平面向

2

外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量

为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴

正方向的夹角分布在。〜90°范围内.己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于@到a之间，

从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之

一，求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：

（1）速度大小；

（2）速度方向与y轴正方向夹角正弦。

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2■■■■■■

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