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1、2013高考物理 模拟新题特快专递（第二期）专题九 磁场2013高考模拟新题特快专递第二期九磁场1.（2013年江西百校联考） 图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属 盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的 变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的是A.在Ek-t图中应有t4t3= t3t2= t2t1B.高频电源的变化周期应该等于tntn-1C.要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径D.在磁感应强度B、“D”形盒半径尺、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子
2、的加 速次数越多，粒子的最大动能一定越大答案：AC解析：根据回旋加速器的原理可知，带电粒子运动周期相同，每经过半个周期加速一次，在Ek-t图中应有t4t3= t3t2= t2t1，选项A正确；高频电源的变化周期应该等于2(tntn-1)，选项B错误；粒子的最大动能只与回旋加速器的D型盒半径和磁感应强度有关，与加速电压和加速次数无关，要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径，选项C正确D错误。2（2013武汉联考）如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60，且同时到达P点。a、b两粒子的质量之比为
3、A12 B21 C34 D43答案：C解析：根据粒子a、b动能相同，mava2=mbvb2；a粒子在磁场中运动轨迹半径ra=d/，b粒子在磁场中运动轨迹半径rb=d，所对的圆心角为120，轨迹弧长为sa=2ra/3=2d/3，运动时间ta= sa/va；b粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60，轨迹弧长为sb=rb/3=d/3，运动时间tb= sb/vb；联立解得为a、b两粒子的质量之比为T/6，根据周期公式，T=, a、b两粒子同时到达P点，的质量之比为mamb=34，选项C正确。3. (18分）（2013河南三市联考）如图所示，在xoy平面内，过原点O的虚 线MN与y轴成45角，在MN左侧
4、空间有沿y轴负方向的 匀强电场，在MN右侧空间存在着磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、带电量为q的正、负两 个带电粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以速度v0射入磁场区，在磁场中运动一段时间后进入电场区，已知电场强度为 E=2Bv0,不计重力，求：(1) 两个带电粒子离开磁场时的位置坐标间的距离；(2) 带负电的粒子从原点O进人磁场区域到再次抵达x轴的时间及位置坐标。 . 解题思路：应用洛伦兹力等于向心力求出轨迹半径，画出轨迹，利用相关知识得到两个带电粒子离开磁场时的位置坐标间的距离；利用类平抛运动规律和相关知识带负电的粒子从原点O进人磁场区域到再次抵达x轴的时间及位置坐标。考
5、查要点：洛伦兹力、牛顿运动定律、类平抛运动规律等。解析：（1）正负带电粒子在磁场中运动时，有qv0B=m,解得R=。对于带正电的粒子，离开磁场的位置坐标为(R，R)，对于带负电的粒子，离开磁场的位置坐标为(-R，-R)。两个带电粒子离开磁场的位置坐标之间的距离为x=2R。x=2。（2）对于带负电的粒子，在磁场中运动的时间为t1=T/4=.粒子离开磁场后做类平抛运动，沿y轴方向上，有qE=ma，R=at22，沿x轴方向上，有x2= v0 t2，所求时间t= t1+ t2，沿x轴方向上位移x= x2+R，联立解得：t=，x=2即位置坐标为（-2，0）。4（18分）（2013四川自贡一诊）如右图所示
6、，在矩形ABCD区域内，对角钱BD以上的区域存在有平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场（图中未标出），矩形AD边长L，AB边长为2L。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子（重力不计）以初速度vo从A点沿AB方向进入电场，在对角线 BD的中点P处进入磁场，并从DC边上以垂直 于DC边的速度离开磁场（图中未画出），求：（1）电场强度E的大小和带电粒子经过P点时速度v的大小和方向：（2）磁场的磁感应强度B的大小和方向。解题思路：由类平抛运动规律和速度分解合成知识列方程得到电场强度E的大小和带电粒子经过P点时速度v的大小和方向；由洛伦兹力提供向心力和相关知识解得磁场
7、的磁感应强度B的大小和方向。考查要点：类平抛运动规律、速度分解和合成、洛伦兹力、牛顿第二定律。解析(18分) （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t，则AB方向： （2分） AD方向： （2分） 解得： （2分） 设粒子在P点沿AD方向的分速度为vy，则有 （1分） 解之得： （1分）粒子在P点的速度为： v=v0 （2分）设速度与AB方向的夹角为，则： 所以： （1分） （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：粒子在磁场中转过的圆心角为45 （1分） （1分） 得半径： （1分）由牛顿第二定律有： （2分）得： （1分） 由左手定则可知磁场方向：垂直纸面向
8、外。 （1分）5.(12分）（2013安徽皖南八校联考）如图所示，在平面直角坐标系xoy中，以(0，R)为圆心，半径为R的圈形区城内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度B方向垂直于xOy平面向里，一带正电粒子从O点沿y轴正方向以v0入射进场区恰好做匀速直线运动不计重力作用。 (1)求电场强度E的大小和方向 (2)若仅仅撤去磁场带电粒子仍从O点以相同的速度v0射入，经电场区的最右侧的P点射出，求粒子比荷q/m。(3)若仅仅撤去电场带电粒子仍从O点沿y轴正方向入射但速度大小为2v0，求粒子在磁场中的运动时间解析：(1)由q v0B=qE，解得E= v0B。方向沿x轴正方向。（2）带电粒子在匀
9、强电场中做类平抛运动，R= v0t，R=at2，qE=ma，联立解得：q/m=2 v0/BR。（3）由q 2v0B=m，解得r=R。带电粒子在磁场中运动四分之一周期，运动时间t=。ABDCPMN6（16分）（2013江苏常州模拟）如图，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角 = 30，重力加速度为g，求：匀强电场
10、的场强E；AD之间的水平距离d；已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？解析：小球受力如图所示 qE=mgcot ，解得：E=mg/q。 （2分）设小球在D点速度为vD，在水平方向由牛顿第二定律得：qE=max 小球在D点离开水平面的条件是： qvDB=mg 得：d= 当速度方向与电场力和重力合力方向垂直时，速度最大， （1分）则： R = kh ABDCPMNvqEmgqEmgf7（2013武汉联考）如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧长度为3d的区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感
11、应强度为B。喷墨打印机的喷口可在两极板左侧上下自由移动，并且从喷口连续不断喷出质量均为m、速度水平且大小相等、带等量电荷的墨滴。调节电源电压至U，使墨滴在电场的左侧区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动。（重力加速度为g）（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）要使墨滴不从两板间射出，求墨滴的入射速率应满足的条件。7解析：（10分）（1）墨滴在电场左侧区域做匀速直线运动，有 2分得 1分由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷。 1分（2）墨滴进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力 1分从上极板边缘射进的墨滴最容易从两板间射出，只要这
12、个墨滴没有射出，其他墨滴就都不会射出。若墨滴刚好由极板左侧射出，则 1分联立解得 1分同理，墨滴刚好从极板右侧射出，有 解得 1分联立解得 1分要使墨滴不会从两极间射出，速率应该满足 1分8. （16分）（2013江苏淮安调研）如图，板长为L、间距为d的平行金属板水平放置，两板间所加电压大小为U，足够大光屏PQ与板的右端相距为a，且与板垂直。一带正电的粒子以初速度0沿两板间的中心线射入，射出电场时粒子速度的偏转角为37。已知sin37=0.6，cos37=0.8，不计粒子的重力。求粒子的比荷q/m；若在两板右侧MN、光屏PQ间加如图所示的匀强磁场，要使粒子不打在光屏上，求磁场的磁感应强度大小B的取值范围；LQNPM37yzxv0OOa若在两板右侧MN、光屏PQ间仅加电场强度大小为E0、方向垂直纸面向外的匀强电场。设初速度方向所在的直线与光屏交点为O点，取O点为坐标原点，水平向右为x正方向，垂直纸面向外为z轴的正方向，建立如图所示的坐标系，求粒子打在光屏上的坐标（x，y，z）。8.解析.（16分）设粒子射出电场时速度的水平分量为、竖直分量为 (1分）
