近十年年高考物理磁场压轴题

三、磁场

2006年理综Ⅱ（黑龙江、吉林、广西、云南、贵州等省用）

25．（20分）

如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？

解析：粒子在整个过程中的速度大小恒为v，交替地在xy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为和r2，有

r1＝

mv ① qB1mv ② qB2r2＝

现分析粒子运动的轨迹。如图所示，在xy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2 r1的A点，接着沿半径为2 r2的半圆D1运动至y轴的O1点，O1O距离

d＝2（r2－r1） ③

此后，粒子每经历一次“回旋”（即从y轴出发沿半径r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方y轴），粒子y坐标就减小d。

设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点。若OOn即nd满足

nd＝2r1= ④

则粒子再经过半圆Cn+1就能够经过原点，式中n＝1，2，3，??为回旋次数。 由③④式解得

r1n ⑤ ?rnn?1由①②⑤式可得B1、B2应满足的条件

B2n n＝1，2，3，?? ⑥ ?B1n?1

评分参考：①、②式各2分，求得⑤式12分，⑥式4分。解法不同，最后结果的表达式不

同，只要正确，同样给分。

2007高考全国理综Ⅰ

25．（22分）两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴

和y轴，交点O为原点，如图所示。在y>0，0a的区域由垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点处有一小孔，一束质量为m、带电量为q（q>0）的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0

y （不计重力的影响）。 y轴范围：0-2a；x轴范围：2a-2?1?

???3??a 难 3??O

a x

2008年（重庆卷）

25.（20分）题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹

角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为

q的离子都能m汇聚到D，试求：

（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）； （2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间； （3）线段CM的长度. 25.解： （1）

设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R

2mv01由 R??qv0B?

2R

R=d 得B＝

mv0 qd磁场方向垂直纸面向外 （2）

设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t 由vcosθ=v0 得v＝

v0 cos?R′=

mv qBd cos?t=

=

方法一：设弧长为s

s vs=2(θ+α)×R′ t=

方法二：

离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝

（2???）?R?

v02?m qBt=Ｔ×

???2(???)= ?v0(3)

方法一： CM=MNcotθ

MN?dR?=

sin(???)sin?Ｒ′=

d cos?以上3式联立求解得 CM=dcotα 方法二：

设圆心为A，过A做AB垂直NO， 可以证明NM＝BO ∵NM=CMtanθ

又∵BO=ABcotα=R′sinθcotα=∴CM=dcotα

dsin?cot? cos?v0 1 2

B E

四、复合场

2006年全国理综 (四川卷)

25．（20分）

如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝1.57T。小球1带正电，其电量与质量之比

q1m1=4C/kg，所受重力

与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定和水平悬空支架上。小球1向右以v0＝23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经0.75s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取g＝9.8m/s2）问：

（1）电场强度E的大小是多少？ （2）两小球的质量之比是多少？

解析

（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 mg1=q1E ①

E＝

2.5N/C ②

（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

q1v1B＝

m1v1 ③ R1半径为 R1＝

m1v1 ④ q1B周期为 T＝

2?m1＝1s ⑤ q1B∵两球运动时间 t＝0.75s＝∴小球1只能逆时针经

3T 43周期时与小球2再次相碰 ⑥ 412第一次相碰后小球2作平抛运动 h＝R1＝gt ⑦

2 L＝R1＝v2t ⑧ 两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向

m1v0＝m1v1+m2v2 ⑨

由⑦、⑧式得 v2＝3.75m/s 由④式得 v1＝17.66m/s

∴两小球质量之比

m2v2?v1＝11 ⑩ ?m1v12006年（广东卷）

18．（17分）在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质量均为m，电量为?q的完全相同的带电粒子P1和P2，在小孔A处以初速度为零先后释放。在平行板间距为d的匀强电场中加速后，P1从C处对着圆心进入半径为R的固定圆筒中（筒壁上的小孔C只能容一个粒子通过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场。P1每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移，P1进入磁场第一次与筒壁碰撞点为D，?COD??，如图12所示。延后释放的P2，将第一次欲逃逸出圆筒的P1正碰圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变平行板间的电压，并利用P2与P1之后的碰撞，将P1限制在圆筒内运动。碰撞过程均无机械能损失。设d?壁的可能碰撞次数。 附：部分三角函数值

5?R，求：在P2和P1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P1与筒8? tan?

2? 53.08 ? 31.73 ? 41.00 ? 50.73 ? 60.58 ? 70.48 ? 80.41 ? 90.36 ? 100.32

v2qvB?m

R ②

将?式代入②式，得

v?qBdsin? m ③

(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有

v0＝vcos??vsin?＝at d=v0t

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?⑤

⑥ ④

联立④⑤⑥得

v2sin?cos?a?

d ⑦

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得

qE＝ma

⑧

联立③⑦⑧得

qB2dE?sin3?cos?

m ⑨

2008年（海南卷）

16.如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面(纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样.一带正电荷的粒子从P(x=0，y=h)点以一定的速度平行于x轴正向入射.这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动.现在，只加电场，当粒子从P点运动到x=R0平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点.不计重力.求

(I)粒子到达x=R0平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离； (Ⅱ)M点的横坐标xM.

16.(I)设粒子质量、带电量和入射速度分别为m、q和v0，则电场的场强E和磁场的磁感应强度B应满足下述条件

qE=qvoB ①

②

现在，只有电场，入射粒子将以与电场方向相同的加速度

③

做类平抛运动.粒子从P(x=0，y=h)点运动到x=Ro平面的时间为

粒子到达x=R0平面时速度的y分量为

由①②⑧④⑤式得

此时粒子速度大小为，

速度方向与x轴的夹角为

④

⑤

⑥

⑦

粒子与x轴的距离为

⑧

⑨

(II)撤除电场加上磁场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动.设圆轨道半径为R，则

由②⑦⑩式得

⑨

⑩

粒子运动的轨迹如图所示，其中圆弧的圆心C位于与速度v的方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π／4.由几何关系及○11式知C点的坐标为

过C点作x轴的垂线，垂足为D。在△CDM中，

由此求得

M点的横坐标为

评分参考：共11分.第(1)问6分.①②式各1分，⑧⑨式各2分.第(II)问5分.○11式2分，

速度v的方向正确给1分○12式1分，○14式1分.

2008年（全国Ⅰ卷）

25．（22分）如图所示，在坐标系xOy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角?＝120?，在OC右侧有一匀强电场，在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠，右边界为y轴，左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角?＝30?，大小为v，粒子在磁场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用时间恰好粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求：

（1）粒子经过A点时的速度方向和A点到x轴的距离； （2）匀强电场的大小和方向；

（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间。 25（22分）

（1）设磁场左边界与x轴相交子D点，与CO相交于O’点，由几何关系可知，直线OO’与粒子过O点的速度v垂直。在直角三角形 OO’D中已知∠OO’D =300设磁场左右边界间距为d，则OO’=2d。依题意可知，粒子第一次进人磁场的运动轨迹的圆心即为O’点，圆弧轨迹所对的圈心角为300 ，且OO’为圆弧的半径R。 由此可知，粒子自A点射人磁场的速度与左边界垂直。

A 点到x轴的距离：AD=R(1－cos300)????①

由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得：

qvB=mv2/R???????????????②

联立①②式得：AD?mv3(1?)??????③ qB2（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T第一次在磁场中飞行的时间为 t1，有：

t1=T/12????????????????④ T=2πm/qB???????????????⑤

依题意．匀强电场的方向与x轴正向夹角应为1500。由几何关系可知，粒子再次从O点进人磁场的速度方向与磁场右边界夹角为600。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O’’，O’’必定在直线OC 上。设粒子射出磁场时与磁场右边界文于P点，则∠OO’’P =1200．设粒子第二次进人磁场在磁场中运动的时问为t2有：

t2=T/3????????????????⑥

设带电粒子在电场中运动的时间为 t 3，依题意得：

t3=T－(t1+t2)?????????????⑦

由匀变速运动的规律和牛顿定律可知：

―v=v―at3??????????????⑧ a=qE/m ???????????????⑨

联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：

E=12Bv/7π??????????????⑩

粒子自P点射出后将沿直线运动。

设其由P点再次进人电场，由几何关系知：∠O’’P’P =300??⑾ 消

三角形OPP’为等腰三角形。设粒子在P、P’两点间运动的时问为t4，有：

t4=PP’/v???????????????⑿ 又由几何关系知：OP=3R???????????????⒀ 联立②⑿⒀式得：t4=3m/qB

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