【物理精品】2013版《6年高考4年模拟》磁场部分.doc

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1、【物理精品】 2013 版 6 年高考 4 年模拟 磁场 部分 第一部分 六年高考荟萃 2012年高考题 1 （ 2012 天津卷） 如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由 M 向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 ，如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是（ ） A棒中的电流变大，角变大 B两悬线等长变短，角变小 C金属棒质量变大，角变大 D磁感应强度变大，角变小 解析： 水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角 ，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有mgB ILmgF 安tan ，

2、所以棒子中的电流增大 角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，角度不变；金属质量变大 角度变小；磁感应强度变大 角度变大。答案 A。 2 (2012 全国理综 )质量分别为 m1 和 m2、电荷量分别为 q1 和 q2 的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是 A.若 q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等 B.若 m1=m2，则它们作圆周运动的周期一定相等 C. 若 q1 q2，则它 们作圆周运动的半径一定不相等 D. 若 m1 m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等 【解析】根据半径公式qBmvr 及周期公式qBmT 2知 AC 正确。 【答案】

3、 AC 3 (2012 全国理综 ).如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的 M、 N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。 a、 o、 b 在 M、 N 的连线上， o 为 MN 的中点， c、 d 位于 MN 的中垂线上，且 a、 b、 c、 d 到 o 点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 A.o点处的磁感应强度为零 B.a、 b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C.c、 d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D.a、 c两点处磁感应强度的方向不同 【解析】 A 错误，两磁场方向都向下，不能 ； a、 b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，

4、 B 错误； c、 d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同， C 正确； c、 d 两点处的磁感应强度方向相同，都向下， D 错误。 【答案】 C 1 4 （ 2012 海南卷） 如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线 通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？ A粒子速度的大小 B粒子所带的电荷量 C电场强度 D磁感应强度 5 （ 2012 广东卷） .质量和电量都相等的带电粒子 M 和 N，以不同的速度率经小孔 S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图 2 种虚线所示，下列表述

5、正确的是 A M 带负电， N 带正电 B.M 的速度率小于 N 的速率 C.洛伦磁力对 M、 N 做正功 D.M 的运行时间大于 N 的运行时间 答案： A 6 （ 2012 北京高考卷） 处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用 下做匀速圆周运动将该粒子的运动等效为环形电 流，那么此电流值 A与粒子电荷量成正比 B与粒子速率成正比 C与粒子质量成正比 D与磁感应强度成正比 答案： D 7（ 2012安徽卷） . 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 v 从 A 点沿 直径 AOB 方向射入磁场，经过 t 时间从C 点射出磁场， OC 与 OB 成 60角。

6、现将带电粒子的速度变为 v /3，仍从 A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 ( ) A. 21t B.2 t C. 31t D.3 t 19B； 解析：根据作图法找出速度为 v时的粒子轨迹圆圆心 O，由几何关系可求出磁场中的轨迹弧所对圆心角 A O C=60，轨迹圆半径 R3AO ，当粒子速度变为 v/3 时，其轨迹圆半径R33AO ，磁场中的轨迹弧所对圆心角 A O D=120， A B O C A B O C O O D 由qBmt 知 tt 2 ，故选 B。 8（ 2012 山东卷） .(18 分 )如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀 强磁场区，

7、磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为 L 的平行金属极板 MN 和 PQ，两极板中心各有一小孔 1S 、 2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为 0U ，周期为 0T 。在 0t 时刻将一个质量为 m 、电量为 q （ 0q ）的粒子由 1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在 02Tt 时刻通过 2S 垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场） （ 1）求粒子到达 2S 时德 速度大 小 v 和极板距离 d 。 （ 2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小 应满足的条件。 （ 3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在 03tT 时

8、刻再次到达 2S ，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 答案： （ 1）粒子由 1S 至 2S 的过程中，根据动能定理得 20 12q U m v 1 由 1 式得 02qUv m 2 设粒子的加速度大小为 a ，由牛顿第二定律得 0Uq m ad 3 由运动学公式得 201 ()22Tda 4 联立 3 4 式得 0024T q Ud m 5 (2)设磁感应强度大小为 B，粒子在磁 场中做匀速圆周运动的半径为 R，由牛顿第二定律得 2vqvB mR 6 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 2 2LR 7 联立 2 6 7 式得 024 mUBLq 8 （

9、 3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为 1t ，有 1d vt 9 联立 2 5 9 式得 01 4Tt 10 若粒子再次达到 2S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为 2t ，根据运动学公式得 22vdt11 联立 9 1011式得 02 2Tt 12 设粒子在磁场中运动的时间为 t 00 1 23 2Tt T t t 13 联立 101213式得 074Tt 14 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T，由 6 式结合运动学公式得 2 mTqB15 由题意得 Tt 16 联立 141516式得 087mBqT17 9.（ 2012四川卷

10、） （ 20 分） 如图所示，水平虚线 X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为 m，电荷量为 +q 的小球 P 静止 于虚线 X 上方 A 点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为 I 的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点 O，长为 l的绝缘轻绳一端固定于 O点，另一端连接不带电的质量同为 m 的小球 Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起 Q，直到绳与竖直方向有一小于 50的夹角，在 P 开始运动的同时自由释放 Q， Q 到达 O 点正下方 W 点时速率为 v0。 P、 Q两小球在 W 点发生正碰，碰后电

11、场、磁场消失，两小球粘在一起运动。 P、 Q 两小球均视为质点， P 小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为 g。 (1)求匀强电场场强 E 的大小和 P进入磁场时的速率 v； (2)若绳能承受的最大拉力为 F，要使绳不断， F至少为多大？ (3)求 A点距虚线 X的距离 s。 答案： 解： (1)设小球 P 所受电场力为 F1，则 F1=qE 在整个空间重力和电场力平衡，有 Fl=mg 联立相关方程得 E=mg/q 设小球 P 受到冲量后获得速度为 v，由动量定理得 I=mv 得 v=I/m 说明： 式各 1 分。 (2)设 P、 Q 同向相碰后在 W 点的最大速度为

12、vm，由动量守恒定律得 mv+mv0=(m+m)vm 此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得 F-(m+m)g=(m+m)l vm2 联立相关方程，得 F=(I+mv02ml )2+2mg 说明： 式各 2 分， 式 1 分。 (3)设 P 在肖上方做匀速直线运动的时间为 h，则 tP1=sv 设 P 在 X 下方做匀速圆周运动的时间为 tP2，则 tP2=m2Bq 设小球 Q 从开始运动到与 P 球反向相碰的运动时间为 tQ，由单摆周期性，有 glntQ 2)41( 11 由题意，有 tQ=tP1+ tP2 12 联立相关方程，得 BqIglmIns22)41( n 为大于 414 lgB

13、qm 的整数 13 设小球 Q 从开始运动到与 P 球同向相碰的运动时间为 tQ,由单摆周期性，有 glntQ 2)43( 14 同理可得 BqIglmIns22)43( n 为大于 434 lgBqm 的整数 15 说明： 11 12 14 式各 1 分， 13 15 式各 2 分。 10.(2012 全国新课标 ).（ 10 分） 图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中 D 为位于纸面内的 U 形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长； E 为直流电源； R为电阻箱

14、； A 为电流表； S 为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。 （ 1）在图中画线连接成实验 电路图。 （ 2）完成下列主要实验步骤中的填空 按图接线。 保持开关 S 断开，在托盘内加入适量细沙，使 D 处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量 m1。 闭合开关 S，调节 R 的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使 D_；然后读出_，并用天平称出 _。 用米尺测量 _。 （ 3）用测量的物理量和重力加速度 g 表示磁感应强度的大小，可以得出 B=_。 （ 4）判定磁感应强度方向的方法是：若 _，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。 答案 重新处于平衡状

15、态 , 电流表的示数 I, 此时细沙的质量 m2 D 的底边长 L （ 3）ILgmmB 21 （ 4） 12 mm （ 4） 11.(2012 全国新课标 ).（ 18 分） 如图，一半径为 R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子沿图 中直线在圆上的 a 点射入柱形区域，在圆上的 b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心 O 到直线的距离为 R53。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在 a 点射入柱形区域，也在 b 点离开该区域。若磁感应强度大小为 B，不计重力，求电场强

16、度的大小。 答案 mqRBE 5142 解析 粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为 r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 qvB=mv2r 式中 v 为粒子在 a 点的速度。 过 b 点和 O 点作直线的垂线，分别与直线交于 c 和 d 点。由几何关系知，线段 ac 、 bc 和过a、 b 两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此， rbcac 设 cd =x，由几何关系得 xRac 54 2253 xRRbc 联立式得 Rr57 再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为 E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为 a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得 maqE 粒子在电场

17、方向和直线方向所走的距离均为 r，由运动学公式得 221 atr r vt 式中 t 是粒子在电场中运动的时间，联立式得mqRBE 5142 12 （ 2012 天津卷） .对铀 235 的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意 义，如图所示，质量为 m、电荷量为 q 的铀 235 离子，从容器 A 下方的小孔 S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔 S2 垂直于磁场方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，做半径为 R 的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为 I，不考虑离子重力及离子间的相互作用。 （ 1）求加速电场的电压 U （ 2）

18、求出在离子被收集的过程中任意时间 t 内收集到离子的质量 M （ 3）实际上加速电压的大小会在 UU 范围内微小变化，若容器 A 中有电荷量相同的铀235 和铀 238 两种离子，如前述情况它们经电 场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，UU应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字） 答案： 解析：（ 1）铀粒子在电场中加速到速度 v，根据动能定理有 qUmv 221 进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有 qvBRmv 2 由以上两式化简得 mRqBU 222 （ 2）在时间 t 内收集到的粒子个数为 N，粒子总电荷量为 Q，则

19、ItQ qQN NmM 由式解得 qmItM （ 3）两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，由可得半径为 qmUBR21 由此 可知质量小的铀 235 在电压最大时的半径存在最大值 qUUmBR)(21m a x 质量大的铀 238 质量 m 在电压最小时的半径存在最小值 qUUmBR)(21m in 所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为 qUUmB)(21 qUUmB)(21 化简得 UU 63.04733235238 235238 uu uumm mm 13.（ 2012 上海卷） （ 13 分）载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为 B kI/r， 式中常量 k

20、0， I 为电流强度， r 为距导线的距离。在水平长直导线 MN 正下方，矩形线圈 abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时 MN 内不通电流，此时两细线内的张力均为 T0。当 MN 通以强度为 I1的电流时，两细线内的张力均减小为 T1，当 MN 内电流强度变为 I2时，两细线内的张力均大于 T0。 （ 1）分别指出强度为 I1、 I2 的电流的方向； （ 2）求 MN 分别通以强度为 I1、 I2 的电流时，线框受到的安培力 F1 与 F2大小之比； （ 3）当 MN 内的电流强度为 I3 时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为 a，求 I3。

21、 答案： （ 1） I1方向向左， I2 方向向右， （ 2）当 MN 中通以电流 I 时，线圈所受安培力大小为 F kIiL（ 1r1 1r2）， F1:F2 I1:I2， （ 3） 2T0 G， 2T1 F1 G， F3 G G/ga， I1:I3 F1:F3（ T0 T1） g /（ a g） T0， I3（ a g） T0I1/（ T0 T1） g， 14.（ 2012 江苏卷） 如图所示， MN 是磁感应强度 B 匀强磁场的边界，一质量为 m、电荷量为 q 粒子在纸面内从 O 点射入磁场，若粒子速度为 v0，最远可落在边界上的 A 点，下列说法正确的有 A若粒子落在 A 点的左侧，其

22、速度一定小于 v0 B若粒子落在 A 点的右侧，其速度一定大于 v0 C若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内，其速度不可能小于0 2qBdv m-D若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内，其速度不可能大于0 2qBdv m+【解析】 当粒子以速度0v垂直于 MN 进入磁场时，最远，落在 A 点，若粒子落在 A 点的左侧，速度不一定小于0v，可能方向不垂直，落在 A 点的右侧，速度一定大于0v，所以 A 错误， B 正确；若粒子落在 A点的右侧 d 处，则垂直 MN 进入时，轨迹直径为dOAr 2 ，即 dOAqBmv 2，已知 OAqBmv 02,M N a b d c 解得mqdBvv

23、 20 ，不垂直 MN 进时，mqdBvv 20 ，所以 C 正确， D 错误。 【答案】 BC 15 （ 2012 江苏卷） （ 16 分）如图所示，待测区域中存在匀强电场与匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场，图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为 l 的相同平行金属板构成，极板长度为 l，问距为 d，两极板间偏转电压大小相等，电场方向相反，质量为 m、电荷量为 +q 的粒子经加速电压 U0 加速后，水平 射入偏转电压为 U1 的平移器，最终从 A 点水平射入待测区域，不考虑粒子受到的重力。 （ 1）求粒子射出平移器时的速度大小 v1； （ 2）当加

24、速电压变为 4U0时，欲使粒子仍从 A 点射入待测区域，求此时的偏转电压 U； （ 3）已知粒子以不同速度 水平 向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为 F，现取水平向右为 x 轴正方向，建立如图所示的直角坐标系 oxyz，保持加速电压 U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示，请推测该区域中电场强度与磁感应强度的大小及可能的方向 射入方向 y -y z -z 受力大小 F5 F5 F7 F3 【答案】 （ 1）设粒子射出加速器的速度为0v， 动能定理 200 21 mvqU 由题意得01 vv ，即mqUv 012 （ 2）在第一个偏转电场中

25、，设粒子的运动时间 为 t ： 加速度的大小 mdqUa 1， 在离开时，竖直分速度 atvy 竖直位移 221 atyz 水平位移 tvl 1 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为 t 竖直位移 tvy zz 由题意知，粒子竖直总位移 zyyy 12 ，解得 dUlUy021 则当加速电压为04U时， 14UU y l l l -U1 U2 m +q U0 0 o0 +0 -0 o x z 待测区域 A （ 3） )(a 由沿 x 轴方向射入时的受力情况可知： B 平行于 x 轴，且qFE)(b 由沿 y 轴方向射入时的受力情况可知： E 与 Oxy 平面平行。 222 )5( F

26、fF ,则 Ff 2 且 Bqvf 1 解得02qUmqFB )(c 设电场方向与 x 轴方向夹角为 a , 若 B 沿 x 轴方向，由沿 z 轴方向射入时的受力情况得 222 )7()co s()s in( FaFaFf 解得 030a ，或 0150a 即 E 与 Oxy 平面平行且与 x 轴方向的夹角为 300 或 1500， 同理若 B 沿 x 轴方向， E 与 Oxy 平面平行且与 x 轴方向的夹角为 -300 或 -1500。 16.（ 2012 重庆卷） （ 18 分）有人设计了一种带电颗粒的速率分 选装置，其原理如题 24图所示。两带电金属板 间有匀强电场，方向竖直向上，其中

27、PQNM矩形 区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束 比荷（电荷量与质量之比）均为 1/k的带正电颗 粒，以不同的速率沿着磁场区域的中心线 o O进 入两金属板之间，其中速率为 v0 的颗粒刚好从 Q 点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集 板。 重力加速度为 g， PQ=3d， NQ=2d，收集板与 NQ的距离为 l ，不计颗粒间相互作用，求 电场强度 E的大小 磁感应强度 B的大小 速率为 v0（ 1）的颗粒打在收集板上的位置到 O 点的距离。 24（ 18分） 设带电颗粒的电量为 q，质量为 m 有 mgqE 将 q/m=1/k代入得 kgE 如答 24图 1，有 RmvBqv 2

28、00 222 3 dRdR 得 dkvB 5/0如答 24图 2有 1200 RvmBvq 221 33ta n dRd 22111 3 dRRy tan2 ly 21 yyy 得 92539255 22 ldy 17.(2012 浙江卷 ) （ 20 分）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。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不 断喷出质量均为 m、水平速度均为 v 带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至 U，墨滴在电场区域恰 能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的 M 点

29、。 (1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量； (2)求磁感应强度 B 的值； (3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴 仍能到达下板 M 点，应将磁感应强度调至 B，则 B的大小为多少？ 答案： 18 16（ 2012 海南）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 2 /(TB0)。不计重力。设 P 在某时刻 t0以某一初速度沿 y 轴正向

30、自 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=T/4，则直线 OA与 x轴的夹角时多少？ （ 3）为了使直线 OA 与 x 轴的夹角为 /4，在0rk+1）， 1k k kr r r ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 vk， vk+1， D1、 D2 之间的电压为 U，由动能定理知 221112 22kkq U m v m v 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知kk mvr qB，则 22 2212 ( )2 kkqBq U r rm 整理得 2 14()k kkmUr q B r r 因

31、 U、 q、 m、 B均为定值，令24mUC qB ，由上式得1k kkCr rr 相邻轨道半径 rk+1， rk+2之差1 2 1k k kr r r 同理 12k kkCr rr 因为 rk+2 rk，比较kr，1kr得1kkrr 说明随轨道半径 r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 r 减小 方法二 ： 设 k（ k N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为 rk， rk+1（ rkrk+1）， 1k k kr r r ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 vk， vk+1， D1、 D2 之间的电压为 U 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知kk mvr q

32、B，故11kkrv 由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量kE qU 以质子在 D2盒中运动为例，第 k次进入 D2时，被电场加速（ 2k 1）次 速度大小为 ( 2 1 ) 2kk q Uv m 同理，质子第（ k+1）次进入 D2时，速度大小为1( 2 1 ) 2kk q Uv m 综合上述各式可得112121kkrv kr v k 整理得 22 12121kkr krk ， 2212 1221kkkrrrk 2 112( 2 1 ) ( )kk kkrr k r r 同理，对于相邻轨道半径 rk+1， rk+2，1 2 1k k kr r r ，整理后有 2 11 + 1 22( 2

33、1 ) ( )kk kkrr k r r 由于 rk+2 rk，比较kr，1kr得1kkrr 说明随轨道半径 r的增大 ，同一盒中相邻轨道的半径之差 r 减小，用同样的方法也可得到质子在 D1盒中运动时具有相同的结论。 12（ 2011 四川第 25 题） （ 20 分） 如图所示：正方形绝缘光滑水平台面 WXYZ 边长 l =1.8m，距地面 h=0.8m。平行板电容器的极板 CD 间距 d=0.1m 且垂直放置于台面， C 板位于边界 WX 上， D 板与边界 WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度 B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量 q=5 10-13C 的微粒静止于

34、 W 处，在 CD 间 加上恒定电压 U=2.5V，板间微粒经电场加速后由 D 板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由 XY 边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于 X 正下方水平地面上 A 点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场， 滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数 =0.2，取 g=10m/s2 （ 1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性； （ 2）求由 XY 边界离开台面的微粒的质量范围； （ 3）若微粒质量 mo=1 10-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。 解析： 13（ 2011广东 第 3

35、5题 ） 、（ 18 分） 如图 19（ a）所 示，在以 O 为圆心，内外半径分别为1R和2R的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差 U 为常量，1 0 2 0,3R R R R,一电荷量为 +q，质量为 m的粒子从内圆上的 A点进入该区域，不计重力。 （ 1） 已知粒子从外圆上以速度1v射出，求粒子在 A点的初速度0v的大小 （ 2） 若撤去电场，如图 19（ b） ,已知粒子从 OA延长线与外圆的交点 C以速度2v射出，方向与 OA延长线成 45角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间 （ 3） 在图 19（ b） 中，若粒子从 A 点进入磁场，速度大小

36、为3v，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？ 解析： （ 1）由动能定理： Uq=21mv12-21mv02 得： v0=mUqv 221 （ 2）如右图：粒子在磁场中作圆周运动的半径为 r，则r2=2(2 12 RR )2 B1qv2=mrv22 由得： B1= )(2122RRq mv T= rv22 t = T2 2/ 由 t = rv22（ 3）由 B2qv3=mRv23 可知， B越小， R越大。与磁场边界相切的圆的最大半径为 R=2 21 RR 所以 B2)(2123RRq mv答案： （ 1） v0=mUqv 221 （ 2） B1= )(2122RRq

37、 mv t = rv22 （ 3） B2)(2123RRq mv14（ 2011北京 理综第 23题 ）（ 18分） 利用 电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种 方 法 在 化学分析和原子核技术等领域 有重要的应用 。 如图所示的矩 形 区域 ACDG(AC边足够长 )中存 在 垂直于纸面的匀强磁场， A处 有一 狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直 于 GA边 且 垂直 于磁场的方向射 入磁场，运动到 GA边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。 已知被加速的两种正离子的质量分别是 m1和 m2(m1m2)，电荷量均为 q。 加速 电 场的电O/ r R V3 势

38、差 为 U，离子进入电场时的 初速度可以忽略。不 计 重力，也不考虑离子间的相互作用。 (1)求 质量 为 m1的离子进入磁场时的速率 v1； (2)当磁感应强度的大小为 B时，求两种离子 在 GA边 落点 的间距 s； (3)在 前面的讨论 中 忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽， 可能使两束 离子在 GA边上的落点区域交叠， 导致 两种 离子 无法完 全分离 。 设磁感应强度大小可调， GA边长为定值 L，狭缝宽度为 d， 狭缝右边缘 在 A处。离子可以从狭缝各处射入磁场，入射 方 向仍垂直于 GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在 GA边上并被完全分离，求

39、狭缝的最 大宽度。 答案 （ 1）动能定理 21112Uq m v得 112qUvm 1 （ 2）由牛顿第二定律 2 , m v m vq v B RR q B，利用 1 式得 离子在磁场中的轨道半径为别为 11 22mURqB， 22 22 mURqB 2 两种离子在 GA 上落点的间距1 2 1 2282 ( ) ( )Us R R m mqB 3 （ 3）质量为 m1的离子，在 GA边上的落点都在其入射点左侧 2R1处，由于狭缝的宽度为 d，因此落点区域的宽度也是 d。同理，质量为 m2的离子在 GA边上落点区域的宽度也是 d。 为保证两 种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 12

40、2 ( )R R d 4 利用 2 式，代入 4 式得 2112 (1 )mRdm R1的最大值满足 12 mR L d得 21( ) ( 1 )mL d dm 求得最大值 122mmmdL15（ 2011山东 理综第 25 题 ） .（ 18 分） 扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图、两处的条形均强 磁场区边界竖直，相距为 L,磁场方向相反且垂直干扰面。一质量为 m、电量为 -q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器 MN板处由静止释放，极板间电压为 U,粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角 30 （ 1）当区宽度 L1=L、磁感

41、应强度大小 B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为 30 ，求 B0及粒子在区运动的时间 t0 （ 2）若区宽度 L2=L1=L磁感应强度大小 B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差 h （ 3）若 L2=L1=L、 B1=B0，为使粒子能返回 区，求 B2应满足的条件 （ 4）若1 2 1 2,B B L L，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射出的方向总相同，求 B1、 B2、 L1、 、 L2、 之间应满足的关系式。 解析： 16(重庆第 25 题 ).（ 19 分）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的

42、运动，如题 25图所示，材料表面上方矩形区域 PPNN 充满竖直向下的匀强电场，宽为 d；矩形区域 NNMM充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，长为 3s，宽为 s； NN为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为 e、质量为 m、初速为零 的电子，从 P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界 MN飞出。不计电子所受重力。 (1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比； (2)求电场强度的取值范围； (3)A 是 MN 的中点，若要使电子在 A、 M 间垂直于 AM 飞出，求电子在磁场区域中运动

43、的时间。 解： (1)设圆周运动的半径分别为 R1、 R2、 、 Rn、 Rn+1， ，第一和第二次圆周运动速率分别为 v1 和 v2，动能分别为 Ek1 和 Ek2 由： Ek2=0.81Ek1， R1= ， R2= 得： R2： R1=0.9 (2)设电场强度为 E第一次到达隔离层前的速率为 v 由： 得： 又由： 得： (3)设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为 T，运动的半圆周个数为 n，运动总时间为t， 由题意，有： 得： n=2 又由： T= 得： 2010 年高考题 2010重庆 如题 21 图所式 ，矩形 MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有 5 个带点粒子从图中箭头

44、所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示。 由以上信息可知，从图中 abc 处进入的粒子对应表中的编号分别为 A.3,5, 4 B.4,2,5 C.5,3,2 D.2,4,5 【答案】 D 【解析】 根据半径公式Bqmvr结合表格中数据可求得 1 5 各组粒子的半径之比依次为 0.5 2 3 3 2，说 明第一组正粒子的半径最小，该粒子从 MQ 边界进入磁场逆时针运动。由图 a、 b 粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且 a、 b 粒子的半径比为 2 3，则 a 一定是第 2 组粒子， b 是第 4 组

45、粒子。 c 顺时针运动，都为负电荷，半径与 a 相等是第5 组粒子。正确答案 D 2.2010全国卷 17 某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为 54.5 10 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽 100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为 2m/s。下列说法正确的是 A 河北岸的电势较高 B 河南岸的电势较高 C电压表记录的电压为 9mV D 电压表记录的电压为 5mV 【答案】 BD 【解析】 海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场。根据右手定则，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低 ,D 对 C 错。根据法拉第电磁感应定律 35 1092100105.4 B L vE V, B 对 A 错 【命题意图与考点定位】 导体棒切割磁场的实际应用题。 3. 2010江苏物理 9 如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域