高考物理真题汇编磁场.doc

精品与精品1．（2013高考浙江理综第20题）注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3答案：BCD解析：离子P+带电量为e，P3+带电量为e，，由，可知离子P+和P3+在电场中的加速度之比为1∶3，选项A错误由，，解得.离子P+和P3+在磁场中运动的半径之比为，选项B正确画出离子P+和P3+在磁场中运动的轨迹，由几何关系可知，离子P+和P3+在磁场中转过的角度之比为1∶2，选项C正确由，可知离子P+和P3+离开电场区域时的动能之比为1∶3，选项D正确2．（16分） .(2013高考北京理综第22题)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。

忽略重力的影响，求：（1） 匀强电场场强E的大小；（2） 粒子从电场射出时速度ν的大小；（3） 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R解析：（1）匀强电场场强2）由动能定理，，解得3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，，解得将速度v的值代入：3. （2013高考福建理综第22题） (20分)如图甲，空间存在—范围足够大的垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B让质量为m，电量为q（q<0)的粒子从坐标原点O沿加xoy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中不计重力和粒子间的影响1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A(a，0)点，求v1的大小：(2)已知一粒子的初建度大小为v(v>v1)．为使该粒子能经过A(a，0)点，其入射角（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值：(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿x轴正向发射研究表明：粒子在xoy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关求该粒子运动过程中的最大速度值vm解析：（1）带电粒子以速率v1在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有：， ①当粒子沿y轴正方向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有：，②解得：③（2）如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x=a/2的直线上，半径为R。

当给定一个初速度v时，有两个入射角，分别在第1、2象限，有④由①④式解得：⑤（3）粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理，有： ⑥由题知，有⑦若时，粒子以初速度v0沿y轴正方向入射，有： ⑧，⑨由⑥⑦⑧⑨式解得：4.（18分）（2013高考山东理综第23题）如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E. 一质量为、带电量为+q的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力1）求粒子过Q点时速度的大小和方向2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间解析：（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向的分速度的大小为vy，速度与x轴正方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得：， ①由运动学公式得：， ② ③， ④， ⑤ ⑥联立①②③④⑤⑥式解得： ， ⑦θ=45°。

⑧（2）设粒子做匀速圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰三角形，得：⑨⑩由牛顿第二定律得：联立⑦⑨⑩式解得：(3) ）设粒子做匀速圆周运动的半径为R2，由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2’是粒子做匀速圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2’，由几何关系知，O2FGO2’和O2QHO2’均为矩形，进而知FQ、GH均为直径， QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得：粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得：FG=HQ=2 R2，设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有：联立解得：.5、（16分）（2013高考安徽理综第23题）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。

求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值 解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有，，，联立解得：2）粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为所以：方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角1） 粒子在磁场中运动时，有当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有：6．（19分）（2013高考四川理综第11题）　　如图所示，竖直平面（纸面）内有平面直角坐标系x0y,x轴沿水平方向在的区域内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场在第二象限紧贴y轴固定放置长为、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行x轴且与x轴相距h在第一象限内的某区域存在方向互相垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限小球P、Q相遇在第四象限内的某一点，且竖直方向速度相同。

设运动过程中小球P的电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g求：（1）匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；（2）小球Q的抛出速度v0取值范围；（3）B1是B2的多少倍？解析：（1）带电小球P在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设匀强电场的场强大小为E，有：，解得：小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直向上，故小球P带正电2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有：，设小球P以速度v在电磁场区域内做圆周运动的半径为R，有设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y，有：x≥0，y≤0.小球Q运动到相遇点所需时间为t0，水平位移为s，竖直位移为d，有：，，由题意得：x=s-l，y=h-d，联立上述方程，由题意可知v0>0，解得：(1) 小球Q在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度的W点时，其竖直方向的速度vy与竖直位移y0必须满足：vy=v，，联立相关方程，解得B1=B2/2B1是B2的0.5倍7、(2013高考江苏物理第15题)（16分）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。

如题15-1图所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t作周期性变化的图象如题15-2图所示 x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向 在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和+q 不计重力 在时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动1）求P在磁场中运动时速度的大小v0；（2）求B0应满足的关系；（3）在t0(0< t0<τ/2)时刻释放P，求P速度为零时的坐标解析：（1）τ/2~ τ做匀加速直线运动，τ~2 τ做匀速圆周运动，电场力：F=qE0，加速度：a=F/m，速度：v0=at，且t=τ/2，联立解得：2）只有当t=2τ时，P在磁场中做匀速圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示设P在磁场中做匀速圆周运动周期为T，则：（n-1/2）T=τ,（n=1,2,3···）匀速圆周运动：，T=2πr/v，解得：3）在t0时刻释放P，P在电场中加速时间为：τ- t0在磁场中做匀速圆周运动，圆周运动的半径：，解得：又经(τ- t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0.P再进入磁场，圆周运动的半径：，解得：综上所述，速度为零时的横坐标为x=0。

相应的纵坐标为(k=1，2，3，···)解得：(k=1，2，3，···)8. （2013高考天津理综物理第11题）(18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷．N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求： (1) M、N间电场强度E的大小；(2）圆筒的半径R:（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2/3d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n解析：设两板间的电压为U，由动能定理得：， ①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed，②联立解得： ③（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O’，圆半径为r设第一次碰撞点为A由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA圆弧所对的圆心角∠AO’S=π/3由几何关系得 ④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得：，⑤联立④⑤式解得：。

⑥（3）保持M、N之间的电场强度E不变，M板向上移动2d/3后，设板间电压为U’，则U’=Ed/3=U/3. ⑦设粒子进入S孔时的速度为v’，由①式可看出：综合⑦式可得： ⑧设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r’，则 ⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r’=R，可见，θ=π/2，粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故。