1、哈爾濱市第一中學 高三物理磁場綜合題xyOLMB1、（2013大綱理綜）（20分）如圖所示，虛線OL與y軸的夾角為60°，在此角范圍內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q（q0）的粒子從左側平行于x軸射入磁場，入射點為M。粒子在磁場中運動的軌道半徑為R。粒子離開磁場后的運動軌跡與x軸交于P點（圖中未畫出），且R。不計重力。求M點到O點的距離和粒子在磁場中運動的時間。+qmdOB+U2、（2013北京理綜）（16分）如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場。帶電量為+q、質量為m的

2、粒子，由靜止開始從正極板出發，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響，求：勻強電場場強E的大小；粒子從電場射出時速度的大小；粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R。3、（2013天津理綜）(18分）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中，粒子與圈筒發生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：（1

3、）M、N間電場強度E的大小；（2）圓筒的半徑R；（3）保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移2d/3，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數n。4、（2013山東理綜）（18分）如圖所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。一帶電量為+q、質量為m的粒子，自y軸的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場。已知OP=d,，OQ=2d，不計粒子重力。求粒子過Q點時速度的大小和方向。若磁感應強度的大小為一定值

4、B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0。××xOyPQE若磁感應強度的大小為另一確定值，經過一段時間后粒子將再次經過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間。5、（2013安徽理綜）（16分）如圖所示的平面直角坐標系xoy，在第象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第象限的正三角形abc區域內有勻強電場，方向垂直于xoy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質量為、電荷量為q的粒子，從y軸上的P（O，h）點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，O）點進入第象限，又經過磁場從y軸上的

5、某點進入第象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：xabcByOPEv0（1）電場強度E的大小；（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；（3）abc區域內磁場的磁感應強度B的最小值。6、（2013海南物理）如圖，紙面內有E、F、G三點，GEF=30º，EFG=135º。空間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。先使帶有電荷量為q（q>0）的點電荷a在紙面內垂直于EF從F點射出，其軌跡經過G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經過G點。兩點電荷從射出到經過G點所用的時間相同，且經過G點時

6、的速度方向也相同。已知點電荷a的質量為m，軌道半徑為R，不計重力。求：點電荷a從射出到經過G點所用的時間；GEF30º135º點電荷b的速度大小。7、(2012全國新課標)（18分）如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區域的橫截面（紙面）。在柱形區域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區域，在圓上的b點離開該區域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為。現將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區域，也在b點離開該區域。若磁感應強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小。8、（2

7、012天津卷）對鈾235的進一步研究在核能的開發和利用中具有重要意義，如圖所示，質量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經過小孔S2垂直于磁場方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，做半徑為R的勻速圓周運動，離子行進半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流為I，不考慮離子重力及離子間的相互作用。（1）求加速電場的電壓U（2）求出在離子被收集的過程中任意時間t內收集到離子的質量M（3）實際上加速電壓的大小會在U±U范圍內微小變化，若容器A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子，如前述情況它們經電場加速后進入磁場中會

8、發生分離，為使這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發生交疊，應小于多少？（結果用百分數表示，保留兩位有效數字）9、（2012山東卷）(18分)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻 強磁場區，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t=0時刻將一個質量為m、電量為-q（q0）的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t= T0/2時刻通過S2垂直于邊界進入右側磁場區。（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）（1）求粒子到達S2時德 速度大小v和極板距

9、離d。（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t= 3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感強度的大小10、(2012浙江卷)（20分）如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側區域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續不斷噴出質量均為m、水平速度均為v帶相等電荷量的墨滴。調節電源電壓至U，墨滴在電場區域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區域后，最終垂直打在下板的M點。 (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其

10、電荷量； (2)求磁感應強度B的值； (3)現保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置。為了使墨滴仍能到達下板M點，應將磁感應強度調至B，則B的大小為多少？11、（2012上海卷）（13分）載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為BkI/r， 式中常量k0，I為電流強度，r為距導線的距離。在水平長直導線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根輕質絕緣細線靜止地懸掛，如圖所示。開始時MN內不通電流，此時兩細線內的張力均為T0。當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內的張力均減小為T1，當MN內電流強度變為I2時，兩細線內的張力均大于T0。（1）分別指出強度為I1、I2的電流

11、的方向；（2）求MN分別通以強度為I1、I2的電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比；（3）當MN內的電流強度為I3時兩細線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，求I3。 12、（2014·全國卷）如圖，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d，0)點沿垂直于x軸的方向進入電場不計重力若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為，求：(1 )電場強度大小與磁感應強度大小的比值；(2)該粒子在電場中運動的時間 答 案1、【答案】

12、 （） （）xyOALPMhDCB60° 【解析】根據題意，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設運動軌跡交虛線OL于A點，圓心在y軸上的C點，AC與y軸的夾角為；粒子從A點射出后，運動軌跡交x軸的P點，設AP與x軸的夾角為，如圖所示。有 （判斷出圓心在y軸上得1分） （1分） 周期為 （1分） 過A點作x、y軸的垂線，垂足分別為B、D。由幾何知識得 ， （2分） 聯立得到 （2分） 解得 ，或 （各2分） 設M點到O點的距離為h，有 ， 聯立得到 （1分） 解得 （） （2分） （） （2分） 當時，粒子在磁場中運動的時間為 （2分） 當時，粒子在磁場中運動的時間為 （2分）2、【答案】

13、 【解析】(1)電場強度(2)根據動能定理，有 得 (3)粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有 得 3、【答案】(1) (2) (3) 3【解析】(1)設兩極板間的電壓為U，由動能定理得 由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得 U=Ed 聯立上式可得 (2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系做出圓心O， 圓半徑為r，設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發生兩次碰撞又從S孔射出，因此SA弧所對圓心角。 由幾何關系得 粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得 聯立式得 (3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移后，設板間電壓為，則 設粒子進入S孔時的速度為，由式

14、看出 結合式可得 設粒子做圓周運動的半徑為，則 設粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌道所對圓心角為，比較兩式得到，可見 粒子須經過這樣的圓弧才能從S孔射出，故 n=3 5、【答案】 ， 45º 【解析】（1）設粒子在電場中運動的時間為，加速度的大小為a，粒子的初速度為，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為，速度與x軸正方向間的夾角為，由牛頓第二定律得 由運動學公式得 聯立式得O1××xOyPQR1R1 （2）設粒子做圓周運動的半徑為，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，為圓心，由幾何關系可知O1OQ為等腰直角三角形，得 由牛頓第二定律得 FO2×

15、;×xOyQR2R2R2R2GH聯立式得 （3）設粒子做圓周運動的半徑為，由幾何分析（粒子運動的軌跡如圖所示，、是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接、，由幾何關系知，和均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOG為等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得 粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得 設粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間為t，則有 聯立得 5、【答案】（1）（2）方向指向第IV象限與x軸正方向成450角r450xabcByOPEv0（3）【解析】（1）設粒子在電場中運動的

16、時間為t，則有 聯立以上各式可得 （2）粒子到達a點時沿負y方向的分速度為 所以 方向指向第IV象限與x軸正方向成450角 （3）粒子在磁場中運動時，有 當粒子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有 所以6、【答案】 【解析】（1）設點電荷a的速度大小為，由牛頓第二定律得 由式得： 設點電荷a做圓周運動的周期為T，有 如圖，O和O1分別是a和b的圓軌道的圓心。設a在磁場中偏轉的角度為，由幾何關系得： 故a從開始運動到經過G點所有時間t為 （2）設點電荷b的速度大小為，軌道半徑為R1，b在磁場中偏轉的角度為，依題意有 由式得 由于兩軌道在G點相切，所有過G點的半徑OG和O1G在同一直線上

17、，由幾何關系和題給條件得 聯立式，解得 7、答案解析粒子在磁場中做圓周運動，設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得 式中v為粒子在a點的速度。過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點。由幾何關系知，線段、和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑圍成一正方形。因此，設=x，由幾何關系得 聯立式得再考慮粒子在電場中的運動。設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動。設其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中受力公式得粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學公式得 vt式中t是粒子在電場中運動的時間，聯立式得 8、答案：解析：（1）鈾粒子在電場中加速到速度v，根據

18、動能定理有 進入磁場后在洛倫茲力作用下做圓周運動，根據牛頓第二定律有 由以上兩式化簡得 （2）在時間t內收集到的粒子個數為N，粒子總電荷量為Q，則 由式解得 （3）兩種粒子在磁場中運動的軌跡不發生交疊，即不要重合，由可得半徑為 由此可知質量小的鈾235在電壓最大時的半徑存在最大值 質量大的鈾238質量在電壓最小時的半徑存在最小值所以兩種粒子在磁場中運動的軌跡不發生交疊的條件為 化簡得 9答案：（1）粒子由至的過程中，根據動能定理得 由式得 設粒子的加速度大小為，由牛頓第二定律得 由運動學公式得 聯立式得 (2)設磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得 要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足 聯立式得 （3）設粒子在兩邊界之間無場區向左勻速運動的過程用時為，有 聯立式得 若粒子再次達到時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設勻減速運動的時間為，根據運動學公式得 聯立式得 設粒子在磁場中運動的時間為 聯立式得 設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由式結合運動學公式得 由題意得 聯立式得 10、11、答案：（1）I1方向向左，I2方向向右，（2）當MN中通以電流I時，線圈所受安培力大小為FkIiL（），F1:F2I1:I2，（3）2T0G，2T1F1G，F3GG/ga，I