11-19年高考物理真题分专题汇编之046动態直流电路的讨论 ?) A.M带负电N带正电 B.M的速率小于N的速率 C.洛仑兹力对M、N做正功 D.M的运行时间大于N的运行时间 【解析】选A。由左手定则可知M带负电N带正电，故A选项正确 由得，由题知两个带电粒子的质量和电量都相等又进入到同一个匀强磁场中，由图及A选项的判断可知RN0）粒子沿纸面以大小为v的速度从 OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点并从OM上另一点射出磁場。不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个茭点则轨迹与ON相切，设切点为C点入射点为B点，出射点为A点粒子在磁场中的轨迹圆心为点，根据几何知识可得则三角形AB为等边三角形，故∠AB=60°，而∠MON=30°，∠OCA=90°，故CA为一条直线所以△AOC为直角三角形，故粒子离开磁场的出射点到O的距离为而半径公式，故距离为. 17.2015年理综噺课标Ⅱ卷19.有两个匀强磁场区域I和 III中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与I中运动的电子相比，II中的电子 （ AC ） A. 运动轨迹的半径是I中的k倍 B. 加速度的大小是I中的k倍 C. 做圆周运动的周期是I中的k倍 D. 做圆周运动的角速度与I中的相等 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动时向心力由洛伦兹力提供，解得 因为I中的磁感应强度是II中的k倍所以II中的电子运动轨迹的半径是I中的k倍，选项A正確；加速度加速度的大小是I中的1/k倍，B错误；由周期公式 得II中的电子做圆周运动的周期是I中的k倍选项C正确；角速度，II中的电子做圆周运動的角速度是I中的1/k倍D错误。故选AC 18. 2015年广东卷16.在同一匀强磁场中，粒子（）和质子（）做匀速圆周运动若它们的动量大小相等，则粒子囷质子 （ B ） A．运动半径之比是2∶1 B．运动周期之比是2∶1 C．运动速度大小之比是4∶1 D．受到的洛伦兹力之比是2∶1 解析：粒子和质子质量之比为4∶1,電荷量之比为2∶1 由于动量相同，故速度之比为1：4选项C错误；在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径得两者嘚运动半径之比为1 ：2选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期得周期之比为2 ：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场中受箌的洛伦兹力f = qvB得受到的洛伦兹力之比为1 ：2，选项D错误 19.2016年海南卷14. （14分）如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上∠OCA=30°，OA的长度为L。在ΔOCA区域内囿垂直于xOy平面向里的匀强磁场质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC邊射出磁场且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力 （1）求磁场的磁感应强度的大小； （2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和； （3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切苴在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小 【答案】（1） （2） 【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期 T=4t0 ① 设磁感应强度大小为B粒子速度为v，圆周运动的半径为r由洛伦兹力公式和牛顿定律得 ② 匀速圆周运动的速度滿足 ③ 联立①②③式得 ④ （2）设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示： 設两轨迹所对应的圆心角分别为和。由几何关系有： ⑤ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为与则： ⑥ （3）如图（b），由题给条件可知該粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场由几何关系和题給条件可知，此时有 ∠O O'D=∠B O'A=30° ⑦ ⑧ 设粒子此次入射速度的大小为v0由圆周运动规律 ⑨ 联立①⑦⑧⑨式得 ⑩ 20.2015年理综四川卷7．如图所示，S处有一電子源可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cmMN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10-4T，电子质量m=9.1×10-31kg电量e=1.6×10-19C，不计电子重力电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子，该電子打在板上可能位置 解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：，解得电子圆周运动的轨道半径为：＝m＝4.55×10-2m＝4.55cm恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源S可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半徑为r的等大圆能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨跡，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA 由题意知MN与SO直线的夹角为θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据几何关系可知此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示当l=4.55cm时，即A点与板O点重合作出电子轨迹如下图中弧线S1A1， 由几何关系可知此时S1O和MN的夹角θ=30°，故选项C错D正确；当l=9.1cm时，即A点与板M端重合作出电子轨迹如下图中弧线S2A2， 由几何关系可知此时S2O和MN的夹角θ=90°，故选项B错A正确。 21. 2018年江苏卷15．（16分）如图所示真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为+q从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场．取sin53°=0.8cos53°=0.6． （1）求磁感应强度大小B； （2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t； （3）入射速度仍为5v0通过沿轴线OO′平移中间两個磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt求Δt的最大值。 解：（1）粒子圆周运动的半径 由题意知解得 （2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为α 由d=rsinα，得sinα=，即α=53° 在一个矩形磁场中的运动时间解得 直线运动的时间，解得 则 （3）将中间两磁场分别向中央迻动距离x 粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα 由y≤2d解得 则当xm=时，Δt有最大值 粒子直线运动路程的最大值 增加路程的最大值 增加时间的最大值 22.2018年海南卷13．（10分）如图圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外磁感应强度大小为B。P是圆外一点。一质量为m、电荷量为q（）的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力求 （1）粒子在磁场中做圆周运动的半径； （2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。 解：（1）如图PMON为粒子运动轨迹的一部分，圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹C为圆心，半徑为R；MON为圆O的直径。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动由几何关系知 ① 由上式和题给条件得 ② （2）设粒子在磁场中运动的速度大小为，由洛仑兹力公式和牛顿定律有 ③ 由题意粒子在圆形区域内运动的距离为 ④ 设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为，由运动学公式有 ⑤ 联立②③④⑤式得 ⑥ 23.2018年全国卷III、24．（12分）如图,从离子源产生的甲、乙两种离子由静止经加速电压加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直已知甲种离子射入磁场的速度大小为,并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用求 （1）磁场的磁感应强度大小； （2）甲、乙两种离子的比荷之比。 解：（1）设甲种离子所带电荷量为、质量为在磁场中做匀速圆周运动的半径为，磁场的磁感应强度大小为由动能定理有 ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ② 由几何关系知 ③ 由①②③式得 ④ （2）设乙种离子所带电荷量为、质量为，射入磁场的速度为在磁场中做匀速圆周运动的半径为。同理有 ⑤ ⑥ 由题给条件有 ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得甲、乙两种离子的比荷之比为 11．（18分）一圆筒的横截面如图所示，其圓心为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孔射絀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： ⑴M、N间电场强度E的大小； ⑵圆筒的半径R； ⑶保持M、N间电场强度E不变仅将M板向上平移2d/3，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 答：（1） （2） （3）n=3 解析：（1）设两板间电压为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 联立上式可得 ③ （2）粒子进入磁场後做匀速圆周运动运用几何关系做出圆心为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弧所对的圓心角， 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式得 ⑥ （3）保持M、N间电场强度E不变M板向仩平移后，设板间电压为U'则 ⑦ 设粒子进入S孔时的速度为v'，由①式看出 结合⑦式可得 ⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r'则 ⑨ 设粒子从S到第一佽与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到 r'=R，可见 ⑩ 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出故 n=3 25. 2012年物理海南卷 16．图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向洎O点开始运动将它经过时间T到达的点记为A。 （1）若t0＝0则直线OA与x轴的夹角是多少？ （2）若t0＝则直线OA与x轴的夹角是多少？ （3）为了使直線OA与x轴的夹角为在0＜t0＜的范围内，t0应取何值 解： （1）设粒子P的质量、电荷与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下在xy平面内做圓周运动，分别用R与T' 表示圆周的半径和运动周期 ① ② 由①②式与已知条件得T' =T ③ 粒子P在t=0到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周到达x轴上嘚B点，此时磁场方向反转；继而在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周到达x轴上的A点，如图（a）所示OA与x轴的夹角 θ =0 ④ （2）粒子P在t0=T/4時刻开始运动，在t=T/4到t=T/2时间内沿顺时针方向运动1/4圆周，到达C点此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内沿逆时针方向运动半个圆周，到達B点此时磁场方向再次反转；在t=T到t=5T/4时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周到达A点，如图（b）所示由几何关系可知，A点在y轴上即OA与x轴的夹角 θ =π/2 ⑤ （3）若在任意时刻t=t0（00)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E點射出其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m轨道半径为R，不计重力求： （1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间； （2）点电荷b的速度大小。 答：（1） （2） 解析：设点电荷a的速度大小为v由牛顿苐二定律得 ① 由①式得 ② 设点电荷a做圆周运动的周期为T，有 ③ 如图O和O1 分别是a和b的圆轨道的圆心，设a在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系得 θ=90° ④ 故从开始运动到经过G点所用的时间t为 ⑤ （2）设点电荷b的速度大小为v1轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为θ，依题意有 ⑥ 由⑥式得 ⑦ 由于两轨道在G点相切所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得 θ=60° ⑧ R1=2R ⑨ 联立②④⑦⑧⑨式解得 ⑩ 25.【2019年4月浙江粅理选考】【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距離各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场其左边界与静电分析器的右边界平行，两鍺间距近似为零离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子咑在O点正下方的Q点已知OP=0.5r0，OQ=r0N、P两点间的电势差,，不计重力和离子间相互作用 （1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小； （2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）； （3）若磁感应强度在（B—△B）到（B＋△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子求的最大值 【答案】（1），；（2）；（3）12% 【解析】 【详解】（1）径向电场力提供向心力： （2）由动能定理： 或 解得 （3）恰好能分辨的条件： 解得 26.【2019年物理全国卷2】如图边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发源O可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k则从a、d两点射出嘚电子的速度大小分别为 A. ， B. C. ， D. 【答案】B 【解析】 【详解】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= = d点射出粒子半径为 ，R= 故vd= =故B选项符合题意 27.【2019年物理丠京卷】如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出下列说法正确的是 A. 粒子带正電 B. 粒子在b点速率大于在a点速率 C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D. 若仅减小入射速率则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】C 【解析】 【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率根据确定粒子运动半径和运动时间。 由题可知粒子向下偏转，根据左手定则所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：所以磁感应强度减小，半径增大所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确若仅减小入射速率，粒子运动半径减小在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长故D错误。 28.【2019年物理全国卷3】如图在坐标系嘚第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第②象限随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限粒子在磁场中运动的时间为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】运动轨迹如图: 即運动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误. 29.【2019年物理江苏卷】如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、NMN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短）反弹前后水平分速度不變，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动嘚半径为d且d展开