歷年高考磁場(chǎng)試題匯總

1、2009年高考物理試題分類匯編磁場(chǎng)（09年全國(guó)卷）17.如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且與磁場(chǎng)方向（垂直于紙面向里）垂直。線段ab、bc和cd的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，且abc=bcd=135。流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。導(dǎo)線段abcd所受到的磁場(chǎng)的作用力的合力0A.方向沿紙面向上，大小為1)ILBB.方向沿紙面向上，大小為1)ILBC.方向沿紙面向下，大小為1)ILBD.方向沿紙面向下，大小為1)ILB答案：A解析：本題考查安培力的大小與方向的判斷.該導(dǎo)線可以用a和d之間的直導(dǎo)線長(zhǎng)為(2+1)L來(lái)等效代替,根據(jù)F=BIl,可知大小為(2+1)BIL,方向根據(jù)左手定

2、則.A正確。（09年北京卷）19如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶電粒子a（不計(jì)重力）以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)、電場(chǎng)區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)而保留電場(chǎng)不變，另一個(gè)同樣的粒子b（不計(jì)重力）仍以相同初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子bA穿出位置一定在O點(diǎn)下方B穿出位置一定在O點(diǎn)上方C運(yùn)動(dòng)時(shí)，在電場(chǎng)中的電勢(shì)能一定減小D在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定減小答案：C解析：a粒子要在電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)區(qū)內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，則該粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，- 1 -故對(duì)粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無(wú)

3、論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場(chǎng)區(qū)，當(dāng)撤去磁場(chǎng)只保留電場(chǎng)時(shí)，粒子b由于電性不確定，故無(wú)法判斷從O點(diǎn)的上方或下方穿出，故AB錯(cuò)誤；粒子b在穿過(guò)電場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中必然受到電場(chǎng)力的作用而做類似于平拋的運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故C項(xiàng)正確D項(xiàng)錯(cuò)誤。（09年廣東物理）12圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過(guò)的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。下列表述正確的是A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C

4、能通過(guò)的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小答案：ABC解析：由加速電場(chǎng)可見粒子所受電場(chǎng)力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場(chǎng)力水平向右，洛倫茲力水平向左，如圖所示，因此速度選擇器中磁場(chǎng)方向垂直紙面向外B正確；經(jīng)過(guò)速度選擇器時(shí)滿足qE=qvB，可知能通過(guò)的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)則有R=，可見當(dāng)v相同時(shí)，Rm，所以可以用來(lái)區(qū)分q同位素，且R越大，比荷就越大，D錯(cuò)誤。（09年廣東理科基礎(chǔ)）1發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場(chǎng)的科學(xué)家是A洛倫茲 B庫(kù)侖C法拉第 D奧斯特- 2 -答案：B解析：發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的科學(xué)家

5、是丹麥的奧斯特.而法拉第是發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象。（09年廣東理科基礎(chǔ)）13帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，會(huì)受到洛倫茲力的作用。下列表述正確的是 高考資源網(wǎng)A洛倫茲力對(duì)帶電粒子做功高考資源網(wǎng)B洛倫茲力不改變帶電粒子的動(dòng)能C洛倫茲力的大小與速度無(wú)關(guān)高考資源網(wǎng)高考資源網(wǎng)D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向答案：B 高考資源網(wǎng)解析：根據(jù)洛倫茲力的特點(diǎn), 洛倫茲力對(duì)帶電粒子不做功,A錯(cuò).B對(duì).根據(jù)F=qvB,可知大小與速度有關(guān). 洛倫茲力的效果就是改變物體的運(yùn)動(dòng)方向,不改變速度的大小。(09年廣東文科基礎(chǔ))61帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，其受到的洛倫茲力的方向，下列表述正確的是A與磁場(chǎng)方向相同B與運(yùn)動(dòng)

6、方向相同c與運(yùn)動(dòng)方向相反D與磁場(chǎng)方向垂直答案：D（09年山東卷）21如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，直徑CD始絡(luò)與MN垂直。從D點(diǎn)到達(dá)邊界開始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，下列結(jié)論正確的是A感應(yīng)電流方向不變BCD段直線始終不受安培力C感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值EBavD感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值E=1Bav 4- 3 -答案：ACD解析：在閉合電路進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较虿蛔儯珹正確。根據(jù)左手定則可以判斷，受安培力向下，B不正確。當(dāng)半圓閉合回路進(jìn)入磁

7、場(chǎng)一半時(shí)，即這時(shí)等效長(zhǎng)度最大為a，這時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大1Ba21E=Bav，C正確。感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值E=Bav，D正確。 t4v考點(diǎn)：楞次定律、安培力、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、左手定則、右手定則提示：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=只能來(lái)計(jì)算平均值，利用感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=Blv計(jì)算時(shí)，tl應(yīng)是等效長(zhǎng)度，即垂直切割磁感線的長(zhǎng)度。（09年重慶卷）19.在題19圖所示電路中，電池均相同，當(dāng)電鍵S分別置于a、b兩處時(shí)，導(dǎo)線MM'與NN'之間的安培力的大小為fa 、fb ，判斷這兩段導(dǎo)線A.相互吸引，fa >fbB.相互排斥，fa > fbC.相互吸引，fa <fbD.相互排斥，fa <fb

8、答案：D（09年安徽卷）19. 右圖是科學(xué)史上一張著名的實(shí)驗(yàn)照片，顯示一個(gè)帶電粒子在云室中穿過(guò)某種金屬板運(yùn)動(dòng)的徑跡。云室旋轉(zhuǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直照片向里。云室中橫放的金屬板對(duì)粒子的運(yùn)動(dòng)起阻礙作- 4 -用。分析此徑跡可知粒子A. 帶正電，由下往上運(yùn)動(dòng)B. 帶正電，由上往下運(yùn)動(dòng)C. 帶負(fù)電，由上往下運(yùn)動(dòng)D. 帶負(fù)電，由下往上運(yùn)動(dòng)答案： A解析：粒子穿過(guò)金屬板后，速度變小，由半徑公式r mv可知，半徑變小，粒子運(yùn)動(dòng)方qB向?yàn)橛上孪蛏?；又由于洛侖茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電。選A。（09年寧夏卷）16. 醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來(lái)監(jiān)測(cè)通過(guò)動(dòng)脈的血流速度。電磁血流計(jì)由一

9、對(duì)電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場(chǎng)是均勻的。使用時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、磁場(chǎng)方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電極a、b之間會(huì)有微小電勢(shì)差。在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場(chǎng)可看作是勻強(qiáng)電場(chǎng)，血液中的離子所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零。在某次監(jiān)測(cè)中，兩觸點(diǎn)的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢(shì)差為160µV，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為A. 1.3m/s ，a正、b負(fù) B. 2.7m/s ， a正、b負(fù)C1.3m/s，a負(fù)、b正 D. 2.7m/s ，

10、a負(fù)、b正答案：A（09年安徽卷）20. 如圖甲所示，一個(gè)電阻為R，面積為S的矩形導(dǎo)線框abcd，水平旋轉(zhuǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向與ad邊垂直并與線框平面成450角，o、o 分別是ab和cd邊的中點(diǎn)?，F(xiàn)將線框右半邊obco 繞oo 逆時(shí)針900到圖乙所示位置。在這一過(guò)程中，導(dǎo)線中通過(guò)的電荷量是- 5 -A.B. 2RBS C. D. 0 RR答案：A 解析：對(duì)線框的右半邊（obco）未旋轉(zhuǎn)時(shí)整個(gè)回路的磁通量21=BSsin45=BS。對(duì)線框的右半邊2oo（obco）旋轉(zhuǎn)90后，穿進(jìn)跟穿出的磁通量相等，如右圖整個(gè)回路的磁通量2=0。=2-1=2BS2。選A =BS。根據(jù)公式q=R

11、2R2（09年海南物理）2一根容易形變的彈性導(dǎo)線，兩端固定。導(dǎo)線中通有電流，方向如圖中箭頭所示。當(dāng)沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)線呈直線狀態(tài)：當(dāng)分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，描述導(dǎo)線狀態(tài)的四個(gè)圖示中正確的是答案：D（09年海南物理）4一長(zhǎng)直鐵芯上繞有一固定線圈M，鐵芯右端與一木質(zhì)圓柱密接，木質(zhì)圓柱上套有一閉合金屬環(huán)N，N可在木質(zhì)圓柱上無(wú)摩擦移動(dòng)。M連接在如圖所示的電路中，其中R為滑線變阻器，E1和E2為直流電源，S為單刀雙擲開關(guān)。下列情況中，可觀測(cè)到N向左運(yùn)動(dòng)的是A在S斷開的情況下，S向a閉合的瞬間B在S斷開的情況下，S向b閉合的瞬間C在S已向a閉合的情況下，將R的滑動(dòng)頭向c端移

12、動(dòng)時(shí)D在S已向a閉合的情況下，將R的滑動(dòng)頭向d端移動(dòng)時(shí)答案：C（09年全國(guó)卷）26（21分）如圖，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方- 6 -向垂直于x y平面向外。P是y軸上距原點(diǎn)為h的一點(diǎn)，N0為x軸上距原點(diǎn)為a的一點(diǎn)。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點(diǎn)在y軸上，長(zhǎng)度略小于。帶點(diǎn)粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子從P點(diǎn)瞄準(zhǔn)N0點(diǎn)入射，最后又通過(guò)P點(diǎn)。不計(jì)重力。求粒子入射速度的所有可能值。解析：設(shè)粒子的入射速度為v,第一次射出磁場(chǎng)的點(diǎn)為NO,與板碰撞后再次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置為N1.粒子在磁場(chǎng)中

13、運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R,有R='mv qB粒子速率不變,每次進(jìn)入磁場(chǎng)與射出磁場(chǎng)位置間距離x1保持不變有'n x1=NONO=2Rsi粒子射出磁場(chǎng)與下一次進(jìn)入磁場(chǎng)位置間的距離x2始終不變,與NON1相等.由圖可以看出x2=a設(shè)粒子最終離開磁場(chǎng)時(shí),與檔板相碰n次(n=0、1、2、3).若粒子能回到P點(diǎn),由對(duì)稱性,出射點(diǎn)的x坐標(biāo)應(yīng)為-a,即'(n+1)x1-nx2=2a 由兩式得x1=n+2a n+1a 4若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有x1-x2>聯(lián)立得n<3聯(lián)立得v=qBn+2a2msinn+1- 7 -把sin=ha+h22代入中得a2+h2vo=,n=0 mh3a2+

14、h2v1=,n=1 4mh2a2+h2v2=,n=2 3mh（09年全國(guó)卷）25. （18分）如圖，在寬度分別為l1和l2的兩個(gè)毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，電場(chǎng)方向與電、磁場(chǎng)分界線平行向右。一帶正電荷的粒子以速率v從磁場(chǎng)區(qū)域上邊界的P點(diǎn)斜射入磁場(chǎng)，然后以垂直于電、磁場(chǎng)分界線的方向進(jìn)入電場(chǎng)，最后從電場(chǎng)邊界上的Q點(diǎn)射出。已知PQ垂直于電場(chǎng)方向，粒子軌跡與電、磁場(chǎng)分界線的交點(diǎn)到PQ的距離為d。不計(jì)重力,求電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。l12+d22dl答案：arcsin(212) 2dl2l1+d解析：本題考查帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的

15、運(yùn)動(dòng)。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示.由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直,圓心O應(yīng)在分界線上,OP長(zhǎng)度即為粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得R2=l1+(R-d)2設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q,由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 2v2qvB=mR- 8 -設(shè)P'為虛線與分界線的交點(diǎn),POP'=,則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1= 式中有sin=Rvl1粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng),其初速度為v,方向垂直于電場(chǎng).R設(shè)粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得qE=ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d=12at l2=vt2 22由式得l1+d2E=v 2Bl22t1l1+d22dl由式

16、得=212) t22dl2l1+d（09年天津卷）11.(18分)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)為B,方向垂直xOy平面向里，電場(chǎng)線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從x軸上的N點(diǎn)第一次離開電場(chǎng)和磁場(chǎng)，MN之間的距離為L(zhǎng),小球過(guò)M點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸的方向夾角為.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,求(1) 電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；(2) 小球從A點(diǎn)拋出時(shí)初速度v0的大小;(3) A點(diǎn)到x軸的高度h.qBLmgq2B2L2cot （3）答案：（

17、1），方向豎直向上 （2） 2mq8m2g解析：本題考查平拋運(yùn)動(dòng)和帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。（1）小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明電場(chǎng)力和重力平衡（恒力不能充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力），有qE=mg E=mg q- 9 -重力的方向豎直向下，電場(chǎng)力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上。（2）小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，O為圓心，MN為弦長(zhǎng)，MO'P=，如圖所示。設(shè)半徑為r，由幾何關(guān)系知 L=sin 2r小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛侖茲力白日提供，設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的速率為v，有mv2qvB= r由速度的合成與分解知由式得 v0=cos vqBLcot 2m v0=（3）設(shè)

18、小球到M點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關(guān)系為vy=v0tan 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v=2gh 由式得 2q2B2L2h= 28mg（09年山東卷）25（18分）如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對(duì)稱，極板長(zhǎng)度和板間距均為l，第一四象限有磁場(chǎng)，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子在03t時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時(shí)，刻經(jīng)極板邊緣射入磁場(chǎng)。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的

19、情況）（1）求電壓U的大小。- 10 -（2）求1時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。 2（3）何時(shí)把兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短？求此最短時(shí)間。圖甲解析：（1）t=0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為圖乙v0 1l，則有2E=U0 lEq=ma112l=at0 22ml2聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為U0=2。 qt0（2）111t0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子，前t0時(shí)間在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，后t0時(shí)間兩極板沒(méi)222有電場(chǎng)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0=帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)沿y

20、軸負(fù)方向的分速度大小為vy=at0帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v= l t012v2設(shè)帶電粒子離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則有Bvq=m R - 11 -聯(lián)立式解得R=。 2qBt0（3）2t0時(shí)刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短。帶電粒子離開磁場(chǎng)時(shí)沿y軸正方向的分速度為v'y=at0，設(shè)帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為，則tan=v0=，聯(lián)立式解得，帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡圖如圖所示，圓弧所4v'y對(duì)的圓心角為2=2，所求最短時(shí)間為tmin=1T,帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為4T=2mm，聯(lián)立以上兩式解得tmin=。 Bq2Bq考點(diǎn)：帶電

21、粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。（09年福建卷）22.(20分)圖為可測(cè)定比荷的某裝置的簡(jiǎn)化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有-3垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0×10T,在X軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的P4處為離子的入射口，在Y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×10m/s的速率從P處射入磁場(chǎng)，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的M處被觀測(cè)到，且運(yùn)動(dòng)軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不記其重力。（1）求上述粒子的比荷q； m（2）如果在上述粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的某個(gè)時(shí)刻，在第一象限內(nèi)再加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線

22、運(yùn)動(dòng)，求該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間加這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)；（3）為了在M處觀測(cè)到按題設(shè)條件運(yùn)動(dòng)的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場(chǎng)可以局限在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。答案（1q772=4.9×10C/kg（或5.0×10C/kg）；（2）t=7.910-6s ； （3）S=0.25m m- 12 -解析：第（1）問(wèn)本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。第（2）問(wèn)涉及到復(fù)合場(chǎng)（速度選擇器模型）第（3）問(wèn)是帶電粒子在有界磁場(chǎng)（矩形區(qū)域）中的運(yùn)動(dòng)。（1）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r。如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁

23、場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，由幾何關(guān)系得 r=2L 2由洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，可得 v2qvB=m r聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得q77=4.9×10C/kg（或5.0×10C/kg） m（2）設(shè)所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E。如圖乙，當(dāng)粒子子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，速度沿y軸正方向，依題意，在此時(shí)加入沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力與此時(shí)洛倫茲力平衡，則有 qE=qvB 代入數(shù)據(jù)得E=70N/C 所加電場(chǎng)的長(zhǎng)槍方向沿x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對(duì)應(yīng)的圓心角為45°，設(shè)帶點(diǎn)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，所求時(shí)間為t，則有 450T t=0360- 13 -T=2r

24、 v-6聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 t=7.910s （3）如圖丙，所求的最小矩形是MM1P1P，該區(qū)域面積S=2r 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得S=0.25m矩形如圖丙中MM1P1P（虛線）（09年浙江卷）25.（22分）如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q（q>0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時(shí)，這束帶電微粒分布在0<y<2R的區(qū)間內(nèi)。已知重力加速度大小為g。22- 14 -（1）從A點(diǎn)射出的帶電微粒平行于x軸從C點(diǎn)

25、進(jìn)入有磁場(chǎng)區(qū)域，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸負(fù)方向離開，求點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。（2）請(qǐng)指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說(shuō)明理由。（3）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說(shuō)明理由。 答案：（1）mv；方向垂直于紙面向外；（2）見解析；（3）與x同相交的區(qū)域范圍是x>0。 qR解析：本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。帶電粒子平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，說(shuō)明帶電微粒所受重力和電場(chǎng)力平衡。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由mg=qE可得 E=方向沿y軸正方向。帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后，將做圓周運(yùn)動(dòng)。 且r=R如圖（a）所示，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。由 mg qmv2qvB=

26、R得 B=方向垂直于紙面向外（2）這束帶電微粒都通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)。方法一：從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入磁場(chǎng)的帶電微粒在磁場(chǎng)中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其圓心位于其正下方的Q點(diǎn)，如圖b所示，這束帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標(biāo)原點(diǎn)為。方法二：從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入磁場(chǎng)的帶電微粒在磁場(chǎng)中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。如圖b示，高P點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與y軸的夾角為，其圓心Q的坐標(biāo)為mv qR- 15 -（-Rsin，Rcos）,圓周運(yùn)動(dòng)軌跡方程為(x+Rsin)2+(y-Rcos)2=R2得x=0 x=-Rsiny=0 或 y=R(1+cos)（3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0帶

27、電微粒在磁場(chǎng)中經(jīng)過(guò)一段半徑為r的圓弧運(yùn)動(dòng)后，將在y同的右方(x>0)的區(qū)域離開磁場(chǎng)并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖c所示?？拷麺點(diǎn)發(fā)射出來(lái)的帶電微粒在突出磁場(chǎng)后會(huì)射向x同正方向的無(wú)窮遠(yuǎn)處國(guó)靠近N點(diǎn)發(fā)射出來(lái)的帶電微粒會(huì)在靠近原點(diǎn)之處穿出磁場(chǎng)。所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0.（09年江蘇卷）14.（16分）1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可以忽略不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加

28、速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用。（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；- 16 -（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t；（3）實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動(dòng)能E。解析：(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過(guò)狹縫后的半徑為r1,速度為v1 qu=1mv122v12qv1B=m r1解得r1=同理，粒子第2次經(jīng)過(guò)狹縫后的半徑r2=則r2:r1（2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈12mv2v2qvB=m R2mT=qBt=nT2nqU=解得 t=BR22U（3）加速電場(chǎng)的頻率

29、應(yīng)等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率，即f=當(dāng)磁場(chǎng)感應(yīng)強(qiáng)度為Bm時(shí)，加速電場(chǎng)的頻率應(yīng)為fBm=qB 2mqBm 2m1EK=mv2粒子的動(dòng)能 2當(dāng)fBmfm時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由Bm決定2vmqvmBm=m R- 17 -解得Ekm22q2BmR= 2m當(dāng)fBmfm時(shí)，粒子的最大動(dòng)能由fm決定vm=2fmR22解得 Ekm=22mfmR（09年江蘇物理）15.（16分）如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長(zhǎng)且電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長(zhǎng)度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“

30、”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出）。線框的邊長(zhǎng)為d（d < l），電阻為R，下邊與磁場(chǎng)區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為g。求：（1）裝置從釋放到開始返回的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；（2）線框第一次穿越磁場(chǎng)區(qū)域所需的時(shí)間t1；（3）經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框上邊與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的最大距離m。解析：(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)下邊界的過(guò)程中，作用在線框上的安培力做功為W 4d+W-由動(dòng)能定理 mgsinBIl=d 0- 18 -且Q

31、=-W解得 Q=4mgdsin-BIl d（2）設(shè)線框剛離開磁場(chǎng)下邊界時(shí)的速度為v1，則接著向下運(yùn)動(dòng)2d 2d-由動(dòng)能定理 mgsin1BIl=d221m v裝置在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)收到的合力F=mgsin-F'感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) =Bd RFt m感應(yīng)電流 I'=安培力 F'=BI'd 由牛頓第二定律，在t到t+t時(shí)間內(nèi)，有v=則v=B2d2vgsin-t mR2B2d3有v1=gt1sin- mR2B2d3解得t1=mgsin（3）經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框在磁場(chǎng)下邊界與最大距離xm之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)由動(dòng)能定理 mgsin xm-BIlx() 0m-d=解得 xm=BIld BIl

32、-mgsin（09年四川卷）25.(20分)如圖所示，輕彈簧一端連于固定點(diǎn)O，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端連接一帶電小球P,其質(zhì)量m=2×10 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達(dá)O點(diǎn)的正下方O1點(diǎn)時(shí)速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1點(diǎn)與另一由細(xì)繩懸掛的、不帶電的、質(zhì)量M=1.6×10 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細(xì)繩，同時(shí)在空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直于紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的弱強(qiáng)磁場(chǎng)。此后，小球P在豎直平面內(nèi)做半徑r

33、=0.5 m的圓周運(yùn)動(dòng)。小球P、N均可視為質(zhì)點(diǎn)，小球P的電荷量保持不變，-1-2- 19 -不計(jì)空氣阻力，取g=10 m/s。那么，（1）彈簧從水平擺至豎直位置的過(guò)程中，其彈力做功為多少？（2）請(qǐng)通過(guò)計(jì)算并比較相關(guān)物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時(shí)刻具有相同的速度。(3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時(shí)刻具有相同速度的前提下，請(qǐng)推導(dǎo)出r的表達(dá)式(要求用B、q、m、表示，其中為小球N的運(yùn)動(dòng)速度與水平方向的夾角)。解析：（1）設(shè)彈簧的彈力做功為W，有： 2mgR+W=1212mv-mv0 22代入數(shù)據(jù)，得：W-2.05J （2）由題給條件知，N碰后作平拋運(yùn)動(dòng)，P所受電場(chǎng)力和重力

34、平衡，P帶正電荷。設(shè)P、N碰后的速度大小分別為v1和V，并令水平向右為正方向，有: mv=±mv1+MV 而： v1=Bqr mmv+Bqr M若P、N碰后速度同向時(shí)，計(jì)算可得V<v1，這種碰撞不能實(shí)現(xiàn)。P、N碰后瞬時(shí)必為反向運(yùn)動(dòng)。有： V=P、N速度相同時(shí)，N經(jīng)過(guò)的時(shí)間為tN，P經(jīng)過(guò)的時(shí)間為tP。設(shè)此時(shí)N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有：cos=VV= V1v1gtN=V1sin=v1sin 代入數(shù)據(jù)，得：tN= 對(duì)小球P，其圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，有：T=2m Bq經(jīng)計(jì)算得： tNT，- 20 -P經(jīng)過(guò)tP時(shí)，對(duì)應(yīng)的圓心角為，有： tP=T 2當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時(shí)，P

35、、N的速度相同，如圖可知，有： 1=+聯(lián)立相關(guān)方程得： tP1=2s 15比較得， tNtP1，在此情況下，P、N的速度在同一時(shí)刻不可能相同。 當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時(shí)，P、N的速度相同，同樣由圖，有： a2=-， 同上得： tP2=15，比較得， tNtp2，在此情況下，P、N的速度在同一時(shí)刻也不可能相同。（3）當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時(shí)，設(shè)在t時(shí)刻P、N的速度相同，tN=tP=t，2g2n+1+m()再聯(lián)立解得： r=(n=0,1,2 ) 22Bqsin當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時(shí)，設(shè)在t時(shí)刻P、N的速度相同tN=tP=t，-)m2g(同理得： r=， B2q2sinm2g(2n+1)+考慮圓周運(yùn)動(dòng)的周期性，有: r=(n=0,1,2 ) 22Bqsin（給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值）（09年海南物理