高考物理模擬新題特快專遞(第五期)專題十、磁場

1、3專題十、磁場1. （2013深圳市南山區(qū)期末） 指南針是我國古代的四大發(fā)明之一。當指南針靜止時，其 N極指向如圖虛線（南北向）所示，若某一條件下該指南針靜止時 N極指向如圖實線（N極東偏北向）所示。則以下判斷正確的是A.可能在指南針上面有一導(dǎo)線東西放置，通有東向西的電流B .可能在指南針上面有一導(dǎo)線東西放置，通有西向東的電流C.可能在指南針上面有一導(dǎo)線南北放置，通有北向南的電流D.可能在指南針上面有一導(dǎo)線南北放置，通有南向北的電流答案：C解析：若某一條件下該指南針靜止時N極指向如圖實線（N極東偏北向）所示，則有一指向東方的磁場，由安培定則，可能在指南針上面有一導(dǎo)線南北放置，通有北向南的電流，

2、 選項C正確。2. （2013福建省龍巖市質(zhì)檢）已知龍巖市區(qū)地磁場的磁感應(yīng)強度B約為4.0X10-5T,其水平分量約為3.0 X 10-5T,。若龍巖市區(qū)一高層建筑安裝了高50m的豎直金屬桿作為避雷針，在某次雷雨天氣中， 當帶有正電的烏云經(jīng)過避雷針的上方時，經(jīng)避雷針開始放電， 某一時刻5的放電電流為1.0X10A,此時金屬桿受到地磁場對它的安培力方向和大小分別為A、方向向東，大小約為150NB、方向向東，大小約為 200NC、方向向西，大小約為150NH方向向西，大小約為 200N答案：A解析：由安培力公式，金屬桿受到地磁場對它的安培力大小為F=BIL=3.0 X10-5TX1.0X105AX

3、 50m=150N由左手定則可判斷出安培力方向為方向向東，選項A正確。3. （2013上海市奉賢區(qū)期末） 如圖所示線框abcd在豎直面內(nèi)，可以繞固定的00軸轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)通以abcda電流，要使它受到磁 .lb場力后，ab邊向紙外，cd邊向紙里轉(zhuǎn)動，則所加的磁場方向可能是（）（A）垂直紙面向外(B)豎直向上(C)豎直向下(D)在00上方垂直紙面向里，在 00下方垂直紙面向外答案：B解析：根據(jù)左手定則，要使它受到磁場力后，ab邊向紙外，cd邊向紙里轉(zhuǎn)動，則所加的磁場方向可能是豎直向上，選項B正確。4. (2013廣東省韶關(guān)市一模)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個D形金屬盒.兩金屬盒處在

4、垂直于盒底的勻強磁場中，a、b分別與高頻交流電源兩極相連接，下列說法正確的是A.離子從磁場中獲得能量B.帶電粒子的運動周期是變化的C.離子由加速器的中心附近進入加速器D.增大金屬盒的半徑粒子射出時的動能不變答案：C解析：回旋加速器離子從電場中獲得能量，帶電粒子的運動周期是不變化的，選項AB錯誤；離子由加速器的中心附近進入加速器，增大金屬盒的半徑粒子射出時的動能增大，選項C正確D錯誤。5. (2013年浙江省寧波市期末)如圖所示，在矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=5.0 X 10-2T,矩形區(qū)域長為-23 mi,寬為0. 2m,在AD邊中點O5處有一放射源，某時刻，放

5、射源沿紙面向磁場中各方向均勻地輻射出速率均為v=2X10 6m/S的某種帶正電粒子，帶電粒子質(zhì)量m=1. 6X10-27kg.電荷量為q=+3. 2Xl0-19C(不計粒子重力)，求：(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為多大？(2)從BC邊界射出的粒子中，在磁場中運動的最短時間為多少？(3)若放射源向磁場內(nèi)共輻射出了N個粒子，求從CD邊界射出的粒子有多少個？0. .: I A0&解析：(1) qvB=mv-,R解得：R=mv/qB=0.2mt(2)因為所有粒子的軌跡半徑相同，所以弦最短的圓弧所對應(yīng)圓心角最小，運動時間最短。作EO) AD EO弦最短。因為EO=0.2m 且R=0.2m,所以

6、對應(yīng)的圓心角為。=兀/3。因為 qvB=mR2)2,所以 T= 2 m TqB最短時間為t=qB 3qB代入數(shù)據(jù)得：t= -x 10-7S。(3)判斷從O點哪些方向射入磁場的粒子將會從CD邊射出，如圖為兩個邊界。當速度方向滿足一定條件時，粒子將從D點射出磁場。因為 OD=-3 m,且 R=0.2m, 5所以/ OOD=2兀/3.此時射入磁場的粒子速度方向與OD夾角為兀/3.當軌跡圓與 BC邊相切時，因為 CD=0.2m 且R=0.2m,所以圓心O在AD邊上。因為OOOD,所以帶電粒子不可能通過 C點。與BC相切的即為從 CD邊射出磁場的最上邊緣的粒子。該粒子進入磁場的速度方向垂直AD向上，與O

7、D之間的夾角為兀/2。所以從CD邊射出磁場的粒子，射入磁場時速度方向應(yīng)與OD邊夾角在兀/3到兀/2之間，。=兀/6的范圍內(nèi)。因為放射源沿紙面向磁場中各方向均勻地輻射粒子，所以能夠從CD邊射出的粒子數(shù)目為:n= N,即 n=N/6。6. (18分)(2013廣東省珠海市期末)如圖所示，在平面直角坐標系xoy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m=5 0X10-8 kg、電量為q=1. 0 x 10-6 C的帶電粒子.從重力不計，sin 37(1)帶電粒子到達(2)若磁感應(yīng)強度(3)若粒子不能進入=0.6, cos37 = 0 . 8),求：P點時速度v的大小B=2.0T,粒子從x軸上的Q

8、點離開磁場，求 QO的距離x軸上方，求磁感應(yīng)強度 B滿足的條件。r ,0 xxxxxxKJCXXM算晨*p E北丈KX%MXX酒解：(1)對帶電粒子的加速過程，由動能定理 qU代入數(shù)據(jù)得：v12-mv （4 分）220m/ s （2 分）(2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有:mv2mvqvB 得 R RqB（3分）代入數(shù)據(jù)得：R0.50m（1分）而 OP/cos5300.50 m （1 分）故圓心一定在x軸上，軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可知:_0OQ R Rsin 53（2分）靜止開始經(jīng) 以二10V的電壓加速后，從 P點沿圖示方向進入磁場，已知 OP=30cm (粒子故 OQ=0.

9、90m （1 分）（3）帶電粒子不從x軸射出（如圖），由幾何關(guān)系得：OP R Rcos530 （2 分）R 吧（1分） qB由并代入數(shù)據(jù)得：B 16T =5.33T（1分）（取“ ”照樣給分）37. （18分）（2013山東省淄博市實驗中學(xué)期末）如下圖甲所示，真空中兩水平放置的平行金屬板C D,上面分別開有正對的小孔O和O,金屬板C、D接在正弦交流電源上，G D兩板間的電壓 Ud隨時間t變化的圖線如圖（乙）所示。t=0時刻開始，從 D板小孔O處連續(xù)不斷飄入質(zhì)量為 m=3.2 x 10-25kg、電荷量q=1.6 x 10 19C的帶正電的粒子（設(shè)粒 子飄入速度很小，可視為零）。在C板外側(cè)有以M

10、N為上邊界CM為左邊界的勻強磁場， MN與C金屬板相距d=10cm, QC的長度L=10cm,勻強磁場的大小為 B=0.1T ,方向如圖（甲）所示，粒子的重力及粒子間相互作用力不計，平行金屬板C D之間的距離足夠小，粒子在兩板間的運動時間可忽略不計。求：（1）帶電粒子經(jīng)小 O進入磁場后，能飛出磁場邊界MN勺最小速度為多大？（2）從0至ij 0.04s末時間內(nèi)哪些時間段飄入小 O的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界MN（3）磁場邊界MNW粒子射出的長度范圍。（計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）解：（1）設(shè)粒子飛出磁場邊界根據(jù)洛倫茲力提供向心力知：8粒子恰好飛出磁場，則有：R0 d （1分）所以最小速度v0 q

11、 5X 103m/s（2分）m（2）由于C D兩板間距離足夠小，帶電粒子在電場中運動時間忽略不計，故在粒子通MN 勺粒子在電場中運過電場過程中，兩極板間電壓可視為不變，設(shè)恰能飛出磁場邊界動時C或?qū)?yīng)的電壓大小為U0,12根據(jù)動能th理知qU 0 mv0（2分）22得：U0 吧25V（1分）2q根據(jù)UCD 50sin50 t V圖像可知，當 CD間電勢差大于一25V時，其對應(yīng)的時刻為7 11711 矯口s,所以粒子在0至0.04s內(nèi)能夠飛出磁場邊界的時間為：，s1s300300300300（2分）（3）設(shè)粒子在磁場中運動的最大速度為vm ,對應(yīng)的運動半徑為 鼻，則有:qU m2 mvm（2分）q

12、VmB2mvm（2分）Rm 0.14m（1 分）粒子飛出磁場邊界時相對小孔向左偏移的最小距離為:x Rm 積m d20.14 J0.0096 0.04m（2 分）磁場邊界MNW粒子射出的長度范圍：x L x 0.06m（1分）8. （16分）（2013江蘇南京鹽城一模）如圖所示,在半徑為R m-0-的圓形區(qū)域內(nèi)有水平向里的勻強磁 Bq場，磁感應(yīng)強度 B,圓形區(qū)域右側(cè)有一豎直感光板，從圓弧頂點P以速率0的帶正電粒子平行于紙面進入磁場，知粒子的質(zhì)量為 m,電量為q,粒子重力不計。若粒子對準圓心射入，求它在磁場中運動的時間；若粒子對準圓心射入，且速率為 J3 0,求它打到感光板上時速度的垂直分量;若

13、粒子以速度 0從p點以任意角入射，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上。解析（1）設(shè)帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r ,由牛頓第二定律得Bq 02 0 m r帶電粒子在磁場中的運動軌跡為四分之一圓周，軌跡對應(yīng)的圓心角為一，如圖所示，則2/7ZWZ/Z/ZAW/-R t二0m2Bq（2）由（1）知，當V3 0時，帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為、行R其運動軌跡如圖所示,由圖可知PQ2QQQ2R 30所以帶電粒子離開磁場時偏轉(zhuǎn)原來方向60sin 603 02（3）由（1）知，當帶電粒子以。射入時,帶電在磁場中的運動軌道半徑為 R。設(shè)粒子射入方向與 PO方向夾角為 ，帶電粒子從區(qū)域邊界

14、S射出，帶電粒子運動軌跡如圖所示。因 PO=QS=PO=SO=R所以四邊形POSM棱形由圖可知：PO / O3S ,3XSQ33因此，帶電粒子射出磁場時的方向為水平方向，與入射的方向無關(guān)。9. （16分）（2013江蘇省徐州期末）如圖甲所示，在y軸右側(cè)加有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=1T。從原點Q處向第I象限發(fā)射一比荷=1X104C/kg的帶正電的粒子（重力不計），速度大小 0=103m/s,方向垂直于磁場且與 x軸正方向成30角。（1）求粒子在該勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑R和在該磁場中運動的時間t1。44（2）若磁場隨時間變化的規(guī)律如圖乙所不（垂直于紙面向外為正萬向），t 10

15、 s后空間3不存在磁場.在t=0時刻，粒子仍從。點以與原來相同的速度0射入，求粒子從。點射出后第2次經(jīng)過x軸時的坐標。包M0飛：3解：（1）軌跡如圖甲所示.Bqv2v /日 m 得R軌跡半徑R mv qB0.1m粒子運動周期T 期 2qB104s粒子在磁場中軌跡所對的圓心角為240所以粒子在磁場中運動的時間為 ,2（2）磁場變化的半周期為t 3,2T 4 i11= =10 s3 34 T10 s 一3在圖乙中，/ OOC= / CODK 120 ,且 OQ平行于x軸OE= 2 ( R+ Rsin30 ) = 3R= 0.3 mRtAED珅，/ ED由 60 , DE= 2Rsin60EP DE

16、an60 = 3R= 0.3 m則粒子從O點射出后第2次經(jīng)過x軸時的坐標Xp=OE+ EP= 0.6m 。XXX10. （18分）（2013貴州六方E聯(lián)考）如圖，在 0wxwd的空間，存在垂直xOy平面的勻0遵聊N 二十一E【向垂直xoy平面向里。R0iRR -C 02;XXX盧X X x XXX第25題圖0 =45時，粒子恰好從磁場右邊界與y軸上P點有一小孔，可以向 y軸右側(cè)垂直于磁場方向不斷發(fā)射速率均為v、與y軸所成夾角0可在01800范圍內(nèi)變化的帶負電的粒子。已知 點等高的Q點射出磁場，不計重力及粒子間的相互作用。求：(1)磁場的磁感應(yīng)強度；(2)若0=30,粒子射出磁場時與磁場邊界的夾

17、角(可用三角函數(shù)、根式表示)(3)能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域的面積(可用根式表示)?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥?1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,0 義 X X d xM；XXX; I設(shè)粒子的軌道半徑為 R,磁場的磁感應(yīng)強度為B,則qvB=mv （ 3 分）R如圖，由幾何關(guān)系d=2FCos45 .（3 分）解得 B=2mV- .（2 分）qd（2）如圖，由幾何關(guān)系d=Rcos30+Rcos a （2 分）2.23解得（2分）2分）（2分）cos =2(3)能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域，如圖中兩圓弧間斜線部分所示，由幾何關(guān)系R-( d-R)2 =( PM)2 該區(qū)域面

18、積為S= d (PM)解得S= d2-2 111 （2013廣東省九校聯(lián)考）（18分）如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d 0.10m, a、b間的電場強度為 E 5.0 105N/C, b板下方整個空間存在著磁感應(yīng)強度大小為B 0.6T、方向垂直紙面向里的勻強磁場。今有一質(zhì)量為m 4.8 10 25 kg、電荷量為q 1.6 10 18C的帶正電的粒子（不計重力），從貼近a板的左端以P處穿過b板而垂直進入勻強Vo 1.0 106m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫磁場，最后粒子回到 b板的Q處（圖中未畫出）。（1）判斷a、b兩板間電場強度的方向（2）求粒子到達P處的速度與

19、水平方向的夾角（3）求P、Q之間的距離L （結(jié)果可保留根號）。解：（1） a、b間電場強度的方向是由 a板指向b板。（3分）（2）粒子a板左端運動到 P處，由動能定理得qEd 1 mv221 2-mv02代入有關(guān)數(shù)據(jù)，解得106 m / scos（3分）代入數(shù)據(jù)得30o（1分）（3）設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為r,如圖，由幾何關(guān)系得 L rsin300,2KX X（2分）又qvB2 v m r（3分）聯(lián)立求得L mv qB3 m 0.58m3（2分）12.（2013福建省龍巖市質(zhì)檢）如圖所示，水平放置的N兩平行板相距為d=0.50m,板23長為L=1m,兩板間有向下的勻強電場

20、，場強 E=300.0N/C,角坐標系以N板右端為原點，在xoy坐標系的第一象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感強度b=8 x 10-2T,磁場緊靠平行板右側(cè)邊緣的xoy直3邊界OA與x軸夾角/ AOx=60 ,現(xiàn)有比荷為 超X 106C/kg的帶電粒子（重力不計）近M板的水平線垂直電場方向進入電場，離開電場后垂直于 OA邊界進入磁場區(qū)域,求：（1）帶電粒子進入電場時的初速度V。；（2）帶電粒子從進入電場到離開磁場的總時間。解:（1）帶電粒子要垂直射入磁場，則速度偏向角為30Vy有tan30V0（1分）vyatqElmv0分）v0（2）3 104m/s粒子在電場中的運動時間為粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

21、距離為y粒子離開電場的速度 v v0-cos30（1分）273 104m/s（1 分）粒子離開電場后做勻速直線運動，直線運動距離S2（dy）sin303 3m （112運動時間t2S2, 3 12410s （1 分）粒子進入磁場后的軌道半徑為R,mvqB遮m（1分）4由 Sog（d y）sin60（1分）R由正弦定理有sin120R Sdgsin30 （1 分）由此可知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為30 （ 1 分）由在磁場中的運動時間為 t3 m 10 4s (1分)12 6qB 48則總運動時間為t t1 t2 t3 (1)104 s (1分)3244813. (2013廣東省惠州市調(diào)研)

22、(18分)如圖所示，一個板長為I,板間距離也是l的平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負電，在極板右邊的空間里存在著垂直于紙面向里的勻強磁場。有一質(zhì)量為M,重力不計，帶電量-q的粒子從極板正中以初速度為v水平射入，恰能從上極板邊緣飛出又能從下極板邊緣飛入，求:(1)兩極板間勻強電場的電場強度E的大小和方向(2)-q粒子飛出極板時的速度v的大小與方向(3)感應(yīng)強度B的大小2解得，e拶解：(1)由于上板帶正電，下板帶負電，故板間電場強度方向豎直向下-q 粒子在水平方向上勻速運動，在豎直方向上勻加速運動,* L1 /甘+ EqLt at其中 a 22m(2)設(shè)粒子飛出板時水平速度為vx,豎直速度為vy

23、,水平偏轉(zhuǎn)角為0vx=v, vyat-Eq- -, tan可得。=45,(3由幾何關(guān)系易知洛倫茲力提供向心力q BmR2m 0qL14. (12分)(2013北京市東城區(qū)聯(lián)考)如圖20所示，在紙面內(nèi)建立直角坐標系xOy,以第印象限內(nèi)的直線 OM與負x軸成45角)和正y軸為界,方向水平向左， 場強大小 E=0. 32V/m；以直線0場口正x 軸為界，在y0的區(qū)域建立垂直紙面向里的勻強磁場， 磁感應(yīng)強度 B=0. 1T, 一不計重力的帶負電粒子，從坐標原點O沿y軸負方向以V0=2X I03m/s的初速度射入磁 場，已知粒子的比荷為q/m=5X 106C/kg ,求：(1)粒子第一次經(jīng)過磁場邊界時的

24、位置坐標(2)粒子在磁場區(qū)域運動的總時間在xv 0的區(qū)域建立勻強電場,(3)粒子最終離開電磁場區(qū)域時的位置坐標【解析】(1)粒子帶負電，從 。點沿y軸負方向射入磁場，沿順時針方向做圓周運動。第一次經(jīng)過磁場邊界上的一點(設(shè)為A點)，2V0qv0B m 由r得：2分mv0Bq4 10 3m,33所以，A點的坐標為：(4 10 m, 4 10 m)o(2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,則1 /3Tt tOAtAC T T44T 2其中， Bq .1分代入數(shù)據(jù)解得：T 1.256 10 5s,所以t 1.256 10 5s。. 1分(3)粒子從C點沿y軸正方向進入電場，做類平拋運動，則qE m

25、,1.2 cx ati 2r2,y voti代入數(shù)據(jù)解得：y 0.2my y 2r 0.2m 2 4 10 1分 1分1 分m 0.192m . 1分粒子離開電磁場時的位置坐標為：(0,0.192m )。15. (12分)(2013年山東省濟南市期末)如圖所示,MN&左側(cè)有場弓II大小為E、方向下且與MNFF行的勻弓II電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，虛線PQ為磁場右邊界，PQ與MN平行?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m電荷量為-q的帶電粒子，從電場中的 a點以初速度vo沿垂直電場和磁場的方向正對MN上白O點運動，然后MN臼b b點進入磁場。已知oa=2ob,磁場寬度d 1 mv

26、0不計帶電粒子的重 2 qB力。求：(1) Q a間的距離L(2)粒子在磁場中運動的時間 t解：(1)粒子從a點到b點做類平拋運動，設(shè)運動時間為3,則有L vt0 1分L12.八at 0 1 分22qEma 1 分由以上三式可得2L mv0qE(2)設(shè)粒子到達b點時沿MN方向分速度為vyVyVo因此，粒子進入磁場時的速度大小為v qv2 v；72v0粒子進入磁場時速度方向與MN的夾角為45設(shè)粒子在磁場中運動時半2 V RqvB mR設(shè)粒子從磁場右邊界射出時速度方向與PQ夾角為3 ,由幾何關(guān)系d Rcos Rcos 2 分徑為解得60粒子在磁場中運動的時間為t 180 45 60 T3602 m

27、T qB5 m解得t12qB16.(18分)(2013山東省即墨市期末)如圖所示，位于A板附近的放射源P連續(xù)釋放出質(zhì)量分別為m和2nl電荷量均為+q的a、b兩種粒子，它們從靜止開始經(jīng)極板A、B間電場加速后，沿中心軸線方向進入平行極板M N間的偏轉(zhuǎn)電場，飛出偏轉(zhuǎn)電場后進入右側(cè)的有界勻強磁場，最后打在位于磁場邊界上的熒光屏上并產(chǎn)生光斑(熒光屏的下端位于中心軸線上)已知A B問電壓為Ui ;極板M N長為L,間距為d ,也板間電壓為 U2,磁場的磁感應(yīng)強度大小為 B、方向垂直紙面向里，磁場的左邊界與中心軸線垂直.不計粒子的重力及其相互間的作用.求(1)兩種粒子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度；(2)兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)距離和偏轉(zhuǎn)角度的正切值;(3)實驗發(fā)現(xiàn)，熒光屏上出現(xiàn)了兩個光斑，求這兩個光斑間的距離解析：(1)設(shè)a、b粒子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初施分制為m?%a泡v0b，有X X解得:解得:（2）解得:qU1qu112一 mv0a 2. （1 勢）V0a2qU1（1 分） m12-2mvob2（1分）qU1m（1分）a粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的騙局為y,偏角為1 qU 2 .2t2 md（2分）V0at(i分)vytantanqU2 tmd（1分）vyVoaU2L24UdU2L2U1d可見偏距和偏角與粒子