专题10 磁场(2018版高三物理一轮复习5年真题分类物理).doc

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1、 专题专题 10 10 磁场磁场 1 (2013 高考上海物理第 13 题)如图,足够长的直线 ab 靠近通电螺线管, 与螺线管平行.用磁传感器测量 ab 上各点 的磁感应强度B,在计算机屏幕上显示的大致图像是 答案:C 解析:通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小,所以用磁传感器测量 ab 上各点的磁感应强度B,在计算 机屏幕上显示的大致图像是 C. 2 (2013 高考安徽理综第 15 题)图中 a,b,c,d 为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的 四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示.一带正电的粒子 从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的

2、方向是 A向上 B向下 C向左 D向右 答案:B 解析:在 O 点处,各电流产生的磁场的磁感应强度在 O 点叠加.d、b 电流在 O 点产生的磁场抵消,a、c 电 流在 O 点产生的磁场合矢量方向向左,带正电的粒子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动,由 左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向是向下,B 选项正确. 3.(2013 全国新课标理综 II 第 17 题)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为 R,磁场 方向垂直于横截面.一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子以速率 v0 沿横截面的某直径射入磁场,离开磁 场时速度方向偏离入射方向 60.不计重力.该磁场的磁感

3、应强度大小为 A 0 3 3 mv qR B qR mv0 C qR mv03 D qR mv03 答案.A 解析:画出带电粒子运动轨迹示意图,如图所示.设带电粒子在匀强磁场中运 动轨迹的半径为 r,根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律,qv0B=m 2 0 v r ,解得 r=mv0/qB.由图中几何关系可得:tan30=R/r.联立解得:该磁场的磁感应强 度 B= 0 3 3 mv qR ,选项 A 正确. 4.(2013 全国新课标理综 1 第 18 题)如图,半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面) ,磁 感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向外,一电荷量为 q(q0).质量为

4、m 的粒 子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域,射入点与 ab 的距离为 R/2,已知粒子 射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60,则粒子的速率为(不计重力) A m qBR 2 错误错误! !未找到引用源。未找到引用源。 B m qBR C m qBR 2 3 错误错误! !未找到引用源。未找到引用源。 D m qBR2 错误错误! !未找到引用源。未找到引用源。 答案:B 解析: 画出粒子运动轨迹, 由图中几何关系可知, 粒子运动的轨迹半径等于 R, 由 qvB=mv 2/R 可得: v= m qBR , 选项 B 正确. 5 (2013 全国高考大纲版理综第 26 题)如图所示

5、,虚线OL与y轴的夹 角为60,在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感 应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场, 入射点为M.粒子在磁场中运动的轨道半径为R.粒子离开磁 场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出) ,且ODR.不计重力. 求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间. x y O L M B 解析:根据题意,粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设运动轨迹交虚线OL于A点,圆心在y轴上的C点, AC与y轴的夹角为 ; 粒子从A点射出后, 运动轨迹交x轴的P点, 设AP与x轴的夹角为 , 如图所示. 有 2 q Bm R v v 周期为

6、2m T qB 过A点作x、y轴的垂线,垂足分别为B、D.由几何知识得 sinADR,cot60ODAD, cotBPOD,OPADBP = 联立得到 1 sincos1 3 解得 =30,或 =90 设M点到O点的距离为h,有 sinADR hR OC, 3 cos 3 OCCDODRAD 联立得到 h=R- 2 3 Rcos(+30) 解得h=(1- 3 3 )R (=30) h=(1+ 3 3 )R (=90) 当 =30时,粒子在磁场中运动的时间为 126 Tm t qB 当 =90时,粒子在磁场中运动的时间为 42 Tm t qB 6.(2013 高考浙江理综第 20 题)注入工艺中

7、,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 =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 11 x y O A L P M h D C B 60 B在磁场中运动的半径之比为31 C在磁场中转过的角度之比为 12 D离开电场区域时的动能之比为 13 答案:BCD 解析:离子 P +带电量为 e,P3+带电量为 e, ,由 qE=ma,可知离子 P+和 P3+在电场中的加速度之比为 13,选 项 A 错误.由 q

8、U= mv 2/2,qvB=mv2/R,解得 R= 2 2mU qB .离子 P +和 P3+在磁场中运动的半径之比为 31,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 12,选项 C 正确.由 qU= mv 2/2,可知离子 P+和 P3+离开电场区域时的动能之比为 13,选项 D 正确. 7 (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

9、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 E=U/d. (2)由动能定理,qU= 2 1 mv 2,解得 v= m qU2 . (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m R v 2 , 解得 R= qB mv . 将速度 v 的值代入:R= qd mU B 21 . 8.(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

10、.让质量为 m,电量为 q(qv1)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 sin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: qv1B=mv1 2/R, 当粒子沿 y 轴正方向入射,

11、转过半个圆周至 A 点,该圆周半径为 R1,有: R1=a/2, 解得:v1= 2 qBa m . (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 sin= sin= 2 a R . 由式解得:sin= 2 aqB mv . (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:qEym= 1 2 mvm 2-1 2 mv0 2 由题知,有vm=kym. 若 E=0 时,粒子以初速度v0沿 y 轴正方向入射,有:qvB=m 2 0 0

12、v R v0=kR0, 由式解得:vm= E B + 2 2 0 + E v B 9.(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m、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

13、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, 由牛顿第二定律得: qE=ma, 由运动学公式得:d= 1 2 at0 2, 2d= v0t0, vy=at0, v= 22 0y vv, tan= vy / v0 联立式解得:v=2 qEd m , =45. (2)设粒子做匀速圆周运动的半径为

14、 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:R1=22d. 由牛顿第二定律得:qvB0=m 2 1 v R 联立式解得:B0= 2 mE qd (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 FHGQ,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:2

15、R2=22d. 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: t= 2 2FGHQR v . 联立解得:t=(2+) 2md qE . 10(2013 高考安徽理综第 23 题)如图所示的平面直角坐标系 xOy,在第象限内有平行于y轴的匀强电 场,方向沿y正方向;在第象限的正三角形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

16、a(2h,0)点进入第象限,又经过磁场从 y 轴上 的某点进入第象限,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 x=vt=2h, y= 1 2 at 2=h, qE=ma, 联立解得:E= 2 0 2 mv qh . (2)粒子到达 a 点时沿 y 轴负方向的分速度为vy=at= v0 所以:v= 22 0y vv=2 v0. 方向指向第象限与 x 轴正方向成 45角. (1) 粒子在磁场中运动时,有

17、 qvB=m 2 v r . 当粒子从 b 点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,此时有: r= 2 2 L.所以 B= 0 2mv qL . 11 (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 x0 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l、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

18、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 4 1 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

19、? 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:mg=qE, 解得:E=mg/q. 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:qvB1=mg, 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 qvB2=m 2 v R . 设小球 Q 与小球 P 在第四象限相遇点的坐标为 x、y,有:x0,y0. 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: s=v0t0, d= 1

20、 2 gt0 2, 由题意得:x=s-l,y=h-d, 联立上述方程,由题意可知v00,解得: 0 v0 2 2 gh h (L+ 2 2 12 m g q B B ) (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,y0= 1 2 gt 2, 联立相关方程,解得 B1=B2/2. B1是 B2的 0.5 倍. 12.(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

21、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 2 t 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 t0/2)时刻释放 P,求 P 速度为零时的坐标. 解析: (1)/2 做匀加速直线运动,2 做匀速圆周运动, 电场力:F=qE0,加速度:a=F/m, 速度:v0=at,且 t=/

22、2, 联立解得:v0= m qE 2 0 . (2)只有当 t=2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=,(n=1,2,3 ) 匀速圆周运动:qvB0=m r v 2 ,T=2r/v, 解得:B0=(2n-1) q m . (3)在t0时刻释放 P,P 在电场中加速时间为:- t0. 在磁场中做匀速圆周运动,v1= m qE0 (- t0). 圆周运动的半径:r1= 0 1 qB mv , 解得:r1= 0 0 B E (- t0). 又经(- t0)时间 P 减速为

23、零后向右加速时间为t0 P 再进入磁场,v2= m qE0 t0 圆周运动的半径:r2= 0 2 qB mv , 解得:r2= 0 0 B E t0 综上所述,速度为零时的横坐标为 x=0. 相应的纵坐标为 y= , 21 21 2 12 rrk rkkr (k=1,2,3, ) 解得:y= , 0 00 0 000 2-2 2-2 B tkE B ttkE (k=1,2,3, ) 13.(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

24、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:qU= 1 2 mv 2, 由

25、匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed, 联立解得:E= 2 2 2 mv qd . (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AOS=/3. 由几何关系得 r=Rtan(/3) 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得:qvB=m 2 v r , 联立式解得:R= 3 3 mv qB . (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. 设粒子进入 S 孔时的速度为 v,由式可看出: U U = 2 2 v v . 综合式可得:v= 3 3 v. 设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为 r,则 r= 3 3 mv qB 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 ,比较两式得到 r=R,可见,=/2, 粒子需经过四个这样的圆弧才能从 S 孔射出,故:n=3

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