2010届高考物理总复习 磁场--五年高考题荟萃 2009年高考新题(2)

更好的教育，更美好的人生

到N向左运动的是 （ C ）

A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间 B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间

C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时 D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时 二、非选择题

14.（09年全国卷Ⅰ）26（21分）如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于x y平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A

是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于。

带点粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。

解析：设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为NO,与板碰撞后再次进入磁场的位置为N1.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有R??mv?? qB粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离x1保持不变有x1??NONO?2Rsin???

粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x2始终不变,与NON1相等.由图可以看出x2?a???

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坐标应为-a,即?n?1?x1?nx2?2a???

由??两式得x1??n?2a??? n?1a??? 4若粒子与挡板发生碰撞,有x1?x2?联立???得n<3???? 联立???得

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v?qBn?2?a????

2msin?n?1把sin??ha?h22代入?中得

qBaa2?h2vo?,n?0?????

mh3qBaa2?h2v1?,n?1????⑾

4mh2qBaa2?h2v2?,n?2????⑿

3mh15.（09年全国卷Ⅱ）25.（18分）如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。

l12?d22dlarcsin(212) 答案：

2dl2l1?d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.由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上,OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得

R2?l1?(R?d)2???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

2v2qvB?mR

?????②

设P?为虚线与分界线的交点,?POP???,则粒子在磁场中的运动时间为t1?式中有sin??R???③ vl1???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.R

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设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE?ma????⑤

由运动学公式有d?12at??⑥ l2?vt2???⑦ 22由①②⑤⑥⑦式得

l1?d2E?v????⑧ 2Bl22t1l1?d22dl?arcsin(212) 由①③④⑦式得t22dl2l1?d16.（09年天津卷）11.(18分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为?.不计空气阻力，重力加速度为g,求 (1) 电场强度E的大小和方向； (2) 小球从A点抛出时初速度v0的大小; (3) A点到x轴的高度h.

q2B2L2mgqBL答案：（1），方向竖直向上 （2） cot? （3）28mgq2m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?mg ①

E?mg 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，O′为圆心，MN为弦长，?MO?P??，如图所示。设半径为r，由几何关系知

L?sin? ③ 2r

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小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v，有

mv2 ④ qvB?r

由速度的合成与分解知

由③④⑤式得

v0?cos? ⑤ vqBLcot? ⑥ 2m v0?（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为 vy?v0tan? ⑦ 由匀变速直线运动规律

v?2gh ⑧ 由⑥⑦⑧式得

2q2B2L2 h? ⑨

8m2g17.（09年山东卷）25．（18分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。 已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、l0、B为已知量。（不

考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）

图甲

图乙

v0

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（1）求电压U的大小。 （2）求

1时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。 2（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。 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，

1t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有

2UE?0①

lEq?ma②

112③ l?at022ml2联立以上三式，解得两极板间偏转电压为U0?2④。

qt0（2）

111t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有222l⑤ t0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v0?带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为vy?a?t0⑥ 带电粒子离开电场时的速度大小为v?22vx?vy⑦

12v2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Bvq?m⑧

R联立③⑤⑥⑦⑧式解得R?5ml⑨。 2qBt0（3）2t0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vy?at0⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为?，则tan??'v0?，联立③⑤⑩式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧??'vy4所对的圆心角为2???2，所求最短时间为tmin?1T,带电粒子在磁场中运动的周期为4T?2?m?m，联立以上两式解得tmin?。 Bq2Bq

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