高考物理考題匯編 磁場

【物理精品】版《6年高考4年模擬》

磁場部分

第一部分六年高考薈萃

年高考題

1（全國卷1第15題）。如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流乙和人,

且人A，2；a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面底的四點(diǎn)，且a、b、C與兩導(dǎo)線共面；

b點(diǎn)在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的點(diǎn)是

A.a點(diǎn)B.b點(diǎn)C.c點(diǎn)D.d點(diǎn)

解析：要合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，必有乙和八形成兩個場等大方向，只有C點(diǎn)有可能，選C

2（海南第7題）.自然界的電、熱和磁等現(xiàn)象都是相互聯(lián)系的，很多物理學(xué)家為尋找它們

之間的聯(lián)系做出了貢獻(xiàn)。下列說法正確的是

A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系

B.歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系

C.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系

D.焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)，定量得出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系

解析：考察科學(xué)史，選AQ）

3（海南第10題）.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖中的正方形為其邊界。一

細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從。點(diǎn)入射。這兩種粒子帶同種電荷,

它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下

列說法正確的是

?-----------------------------------------------i

A.入射速度不同的粒子在磁場中的運(yùn)動時間一定不同[XXXx?

II

IXXXX；

B.入射速度相同的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡一定相同0

?

C.在磁場中運(yùn)動時間相同的粒子，其運(yùn)動軌跡一定相同!xxxx：

It

I?

；XXXX：

D.在磁場中運(yùn)動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大

解析：在磁場中半徑「噎運(yùn)動時間「嗡ie為轉(zhuǎn)過圓心角）‘故BDim當(dāng)

粒子從0點(diǎn)所在的邊上射出的粒子時：軌跡可以不司，但圓心角相同為180'：因而AC

錯

4（新課標(biāo)理綜第14題）.為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地

心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是

（B）

解析：主要考查安培定則和地磁場分布。根據(jù)地磁場分布和安培定則判斷可知正確答案是B。

5.（新課標(biāo)理綜第18題）.電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之

間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一

條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強(qiáng)磁場），磁感

應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現(xiàn)欲使

彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是（BD）

A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍

B.只將電流I增加至原來的2倍

C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半

D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵?/p>

來的2倍，其它量不變

解析：主要考查動能定理。利用動能定理有

2kI2lLb-T3g

BIlL=—mv2,B=kl解得u=------o所以正確答

2tn

案是BD。

6（浙江第20題）.利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方

是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的

縫，兩縫近端相距為L。一群質(zhì)量為m、電荷量為q,具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫

垂直于板MN進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是

A.粒子帶正電

XXXX/X

B.射出粒子的最大速度為qB（2+3d）XX

XXXXXXXX

B

VXvX

C.保持d和L不變，增大B,射出粒子的最大速度與最小速XX

XXXXXXXX

度之差增大

XXXXXXXX

D.保持d和B不變,增大L,射出粒子的最大速度與最小速ft?

度之差增大

答案：BC

解析：由左手定則可判斷粒子帶負(fù)電，故A錯誤，?由題意知：粒子的最大半徑入"區(qū)、

mvqB(L+3d)

粒子的最小半徑*根4A+據(jù)e“行’可倚入ax=F^、一退貝IJ

n/.2m

匕川一/in=當(dāng)網(wǎng)，故可知B、c正確，D錯誤。

2m

7(上海第18題).

如圖，質(zhì)量為M、長為L的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于。、O\并處于勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)

導(dǎo)線中通以沿“正方向的電流/,且導(dǎo)線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為。。則磁感

應(yīng)強(qiáng)度方向和大小可能為

(A)z正向，磔"lan。

IL

(B)y正向，整

IL

(OZ負(fù)向，巡tan。

IL

(D)沿懸線向上，等sin。

IL

答案：BC

8(安徽第23).(16分)

如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)。為圓心、半徑為〃的半圓形區(qū)域內(nèi),有相互垂直的勻強(qiáng)電場和

勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為用磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子(不計重力)

從。點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)t。時間從P點(diǎn)

射出。

(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向。

(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從。點(diǎn)以相同的速度XX

/B'、

射入，經(jīng)工時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運(yùn)動/XXXXXX\

/

XXXXX

加速度的大小。

:XXXXXX；

(3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從。點(diǎn)射入，且速度為原

O

來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動的時間。

解析：(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為他電荷量為q初速度為匕電場強(qiáng)度為反可判斷出粒

子受到的洛倫磁力沿＞軸負(fù)方向，于是可知電場強(qiáng)度沿不軸正方向

且有qE=qvB①

又廬叫②

則營

(2)僅有電場時，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中作類平拋運(yùn)動

在y方向位移④

=1⑤

由?②④，式得y二

設(shè)在水平方向位移為X,因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是

=BR

X

2

=3嗚)2⑥

又有X

46R

傳4=---⑦

，0

(3)僅有磁場時，入射速度X=4也帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半

徑為由牛頓第二定律有

,v'2

qvB=m——⑧

r中

又qE^ma

⑨X<xx>%

由?⑧⑨式得/二半XXx\

‘°玲戶次

:xX.翼/7X”.:

由幾何關(guān)系sin?=—d(XH)

2r

即sinct=-a--熠

23

帶電粒子在磁場中運(yùn)動周期

,2萬團(tuán)

1=-------

qB

則帶電粒子在磁場中運(yùn)動時間

,告

2萬

所以屋=—^~%6

1O

9(全國卷1第25).(19分)

如圖，與水平面成45。角的平面MN將空間分成1和11兩個區(qū)域。一質(zhì)量為m、電荷量為

q(q>0)的粒子以速度％從平面MN上的Po點(diǎn)水平右射、/

入I區(qū)。粒子在I區(qū)運(yùn)動時，只受到大小不變、方向豎

、、

直向下的電場作用，電場強(qiáng)度大小為E；在II區(qū)運(yùn)動時，、

、

只受到勻強(qiáng)磁場的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為氏方向垂直、

BX\N

于紙面向里。求粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點(diǎn)〃。的距離。粒子的重力可以忽略。

解析：設(shè)粒子第一次過MN時速度方向與水平方向成a角，位移與水平方向成星角且8=45°,

在電場中做類平拋運(yùn)動，

vQt=x,x=y

則有：1,必得出：lan%=5=2vv=2v0,v=>/5v0

二）',〃=一%

2m

222低：_2缶4

在電場中運(yùn)行的位移：sl=y]x+y

aEq

在磁場中做圓周運(yùn)動，且弦切角為"。「8，tana=1a"%~⑦"％二:,sina=

1+tanax?tana2310

g，F(xiàn)得出：人工

在磁場中運(yùn)行的位移為：邑=2火4】。=叵皿

ks5u.com

所以首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點(diǎn)生的距離為：$=?+,%=注等+立警

qEqB

10（新課標(biāo)理綜第25題）.（19分）

如圖，在區(qū)域【（0這xWd）和區(qū)域II（d&x這2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

分別為B和2B,方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為明帶電荷量q（q>0）的粒子

a于某時刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I,具速度方向沿x軸正向。巳知a在離開區(qū)域I時，

速度方向與x軸正方向的夾角為30。；因此，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從p

點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I,其速度大小是a的"3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。

求

（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大小；

（2）當(dāng)a離開區(qū)域”時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。

解析：（1）設(shè)粒子a在1內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的圓心為C（在y軸上），半徑為粒子速

率為V，，運(yùn)動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點(diǎn)為尸，如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得

夕匕=，〃二①由幾何關(guān)系得②R（ll=-^―③

Rtl]sin/9

式中，8=30°,由①②③式得心=地4④

m

（2）設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動的圓心為0a,半徑為RR,射出點(diǎn)為P〃（圖中未畫出軌

V2

跡），/pqpi。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得夕匕（2B）="?G"⑤

（2

由①⑤式得（2⑥

c、P和。〃三點(diǎn)共線，且由⑥式知。,點(diǎn)必位于x=⑦的平面上。由對稱性知，

心點(diǎn)與P點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即=RmCOs0+6⑧式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)。

設(shè)b在I中運(yùn)動的軌道半徑為R引，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得

久才V）3=?nj（才V產(chǎn)⑨

設(shè)a到達(dá)打點(diǎn)時，b位于與點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為。。如果b沒有飛出I,則

L上⑩上o

&2萬7力2乃

式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動的時間，而

-2兀R,2

%=--口小。

vv/3

由⑤⑨?。屯。式得a=30°。

由①③⑨白式可見,b沒有飛出.a點(diǎn)的y坐標(biāo)為）％=E“（2+cosa）+〃辦

由①W⑨式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為

%一%=|（V3-2）J?

11（天津第12題）.（20分）回旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到

了廣泛應(yīng)用，有力地推動了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展。

（1）當(dāng)今醫(yī)學(xué)成像診斷設(shè)備PET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學(xué)高科技之冠"，它在醫(yī)療診斷中.常利

用能放射電子的同位素碳11為示蹤原子，碳11是由小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子

轟擊氮14獲得，同時還產(chǎn)生另一粒子，試寫出核反應(yīng)方程。若碳11的半衰期r為

20min,經(jīng)2.Oh剩余碳11的質(zhì)量占原來的百分之幾？(結(jié)果取2位有效數(shù)字)

(2)回旋加速器的原理如圖，〃和〃是兩個中空的半

徑為〃的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率―------^/一

為廣的交流電源上，位于仄圓心處的質(zhì)子源力能7/'

不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略，重力不計)，6

它們在兩盒之間被電場加速，〃、〃:置于與盒面彳二

垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場中。若質(zhì)子束D

接交流電源

從回旋加速器輸出時的平均功率為P,求輸出時

質(zhì)子束的等效電流/與只B、R、/、的關(guān)系式(忽略質(zhì)子在電場中運(yùn)動的時間，其最

大諫度沅小干光速)

(3)試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動時，隨軌道半徑廠的增大，同一盒中相鄰軌道

的半徑之差△一是增大、減小還是不變？

解析：⑴核反應(yīng)方程為i；N+；H」：C+；He①

設(shè)碳11原有質(zhì)量為血經(jīng)過￡=2.Oh剩余的質(zhì)量為題根據(jù)半衰期定義，有：

(2)設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為他電荷量為q質(zhì)子離開加速器時速度大小為匕由牛頓第二定律知：

2兀R27nn

質(zhì)子運(yùn)動的回旋周期為：T

由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期，與頻率

/’的關(guān)系可得：

設(shè)在/時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為雙則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率

N?—mv

輸出時質(zhì)子束的等效電流為:1=?、?/p>

t

P

由上述各式得,二謝

若以單個質(zhì)子為研究對象解答過程正確的同樣給分

(3)方法一：

設(shè)A(AGM)為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為K八i

(n>zvi),

-〃，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為匕，匕』，〃、〃之間的電壓

為〃；由動能定理知為雇⑧

由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動的向心力，知々=等,則2夕。二用(心一片)⑨

qB2in

4,，〃U

整理得⑩

源(心-乙)

因久久久8均為定值，令。二塔，由上式得△〃=」_(11)

〃+人

相鄰軌道半徑",八2之差△%=〃一2-4+1

C

同理△“二--------

4+1+k2

因?yàn)樾?>小比較△/，得領(lǐng)+]<△4

說明隨軌道半徑？'的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差△一減小

方法二：

設(shè)女(〃￡.除)為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為4rm

(八〉41),

在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為Vk,PE,4、〃之間的電壓

為〃

由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動的向心力，知〃=吟，故工=」工?

qB1%

由動能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動能增量△￡；=，/〃03

以質(zhì)子在〃盒中運(yùn)動為例，第〃次進(jìn)入〃時，被電場加速（2A-1）次

(21)2/

速度大小為彳=

(2攵+1)22

同理，質(zhì)子第（&1）次進(jìn)入〃時，速度大小為％-

綜合上述各式可得

整理得冬

5=

(24+1)(〃+~)

同理，對于相鄰軌道半徑八％n2△，.二仁2-*1，整理后有

A/；+1=------迄----

（2〃+1）（〃.|+k2）

由于八2>q比較A〃，用得八/0］〈△〃

說明隨軌道半徑，'的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差A(yù)r減小，用同樣的方法也

可得到質(zhì)子在〃盒中運(yùn)動時具有相同的結(jié)論。

12（四川第25題）.（2。分）

如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長/=1.8叫距地面h=0.8m。平行板電容器

的極板CD間距d=O.1m且垂直放置于臺面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有

一小孔。電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場。電荷量

q=5x10-,3C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U=2.5V,板間.，

微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進(jìn)入磁場（微粒始終不與極板接

觸），然后由XY邊界離開臺面。在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正

下方水平地面上A點(diǎn)的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與X

之相遇。假定微粒在真空中運(yùn)動、極板間電場視為勻強(qiáng)電場，滑塊

視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,取g=10m/s：

（1）求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板地板性；

(2)求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍；

(3)若微粒質(zhì)量nv刁xlO-'g,求滑塊開始運(yùn)動時所獲得的速度。

解析：

(I)微粒在極板間所受電場力大小為

F鳴?

d

代人數(shù)據(jù)F=1.25x10nN②

由微粒在磁場中的運(yùn)動可判斷微粒帶正電荷.微粒由極板間電場加速，故C板為正極,〃板

為負(fù)極。

說明:①式2分.②式1分,正確說明極性得2分。

R2-⑥

聯(lián)立③一⑥,代入數(shù)據(jù),有

Mlx10"kg<mW2.89x10,Jkg⑦

說明:③一⑥式各】分,⑦式2分。

13(廣東第35題)、(1B分)

如圖19(a)所示，在以。為圓心，內(nèi)外半徑分別為凡和尺的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射

狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，禺二R°,R2=3R0,一電

荷量為+q,質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，不計重力。

(1)已知粒子從外圓上以速度匕射出，求粒子在A點(diǎn)的初速度%的大小

(2)若撤去電場，如圖19(b)，已知粒子從0A延長線與外圓的交點(diǎn)C以速度1%射出，

方向與0A延長線成45。角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運(yùn)動的時間

(3)在圖19(b)中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場，速度大小為為，方向不確定，要使粒

子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？

圖19

解析：（1）由動能定理：Uq二;md-Jmv/①

得：Vo：*

Vm

（2）如右圖：粒子在磁場中作圓周運(yùn)動的半徑為

染2（矢R_4R）2②

由②③得：BF

q〈Rz-RJ

2乃

T二一r

匕

t匹T⑤

2萬

TT

由④⑤t=--r

2匕

(3)由B?qv2=m---⑥可知，B越小，R越大。與磁場邊界相切的圓的最大半徑為

R

Ri+&⑦

2

2,明

所以B2<

q(R?+RJ

2/WV3

(3)B2V

q(R?+R。

14（北京理綜第23題）.（18分）

利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)

域有重要的應(yīng)用。

如圖所示的矩形區(qū)域力6%(力啦足夠長)中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，力處有一狹縫。

離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于劭邊且垂直于磁場的方向射入磁

場，運(yùn)動到3邊，被相應(yīng)的收集器收集。整個裝置內(nèi)部為真空。

已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是陽和他(〃力＞〃"電荷量均為心加速電場的電勢

差為&離子進(jìn)入電場時的初速度可以忽略。不計重方，也不考慮離子間的相互作用。

(D求質(zhì)量為分的離子進(jìn)入磁場時的速率匕；

(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為加寸，求兩種離子在&邊落點(diǎn)的間距s；

(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度。若狹縫過寬,

可能使兩束離子在G4邊上灼落點(diǎn)區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分離。

設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，◎邊長為定值，狹縫寬度為"，狹縫右邊緣在力處。離子可以

從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于劭邊且垂直于磁場。為保證上述兩種離子能落

在出邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。

答案.

(1)動能定理方=；網(wǎng)十

得『J簧

①

mv1tnv

⑵由牛頓第二定律

利用①式得

離子在磁場中的軌道半徑為別為NJ空2

②

VqB-

兩種離子在GA上落點(diǎn)的間距s=2(/?,-/?,)=③

(3)質(zhì)量為例的離子，在南邊上的落點(diǎn)都在其入射點(diǎn)左側(cè)24處，由于狹縫的寬度為d因此

落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是義同理，質(zhì)量為出的離子在街邊上落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是4

為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為

2（禺—

利用②式，代入④式得2RQ—

用的最大值滿足2RIm.=L-d

得

求得最大值

15(山東理綜第25題).(18分)

扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖I、II

兩處的條形均強(qiáng)磁場區(qū)邊界豎直，相距為L,磁場方向相反且垂直干擾面。一質(zhì)量為m、電量

為F、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器郴板處由靜止釋放，極板間電壓為I-，粒子經(jīng)

電場加速后平行于紙面射入I區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角0=30。

(1)當(dāng)I區(qū)寬度L=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BLB。時，粒子從I區(qū)右邊界射出時速度與水平方向

夾角也為3()。，求氏及粒了在I區(qū)運(yùn)動的時間to

(2)若II區(qū)寬度L2=L.=L做感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B,=BO,求粒子在I區(qū)的最高點(diǎn)與II區(qū)的最低點(diǎn)

之間的高度差h

(3)若3LkL、為使粒子能返回I區(qū)，求B?

應(yīng)滿足的條件

(4)若用工且已保證了粒子能從II區(qū)

右邊界射出。為使粒子從II區(qū)右邊界射出的方向與從

I區(qū)左邊界射出的方向總相同，求氏、B=、L、.之

間應(yīng)滿足的關(guān)系式。

解析：

（】）如圖I所示，設(shè)粒子射入磁場I區(qū)的速度為凡

。，在磁場I區(qū)中做圓周運(yùn)動的半徑為修，由

動能定理和牛幅第二定律得

g￡/=~mp2①

'n嗎；②

由幾何知識得L,LL,

L=2R[SinP③圖I

聯(lián)立①②③式，代人數(shù)據(jù)得

④

設(shè)粒子在磁場I區(qū)中做房周運(yùn)動的周期為兀運(yùn)動的時間為1

TJ唾

聯(lián)立②C岫⑥式，代人數(shù)據(jù)得

（2）設(shè)粒子在磁場n區(qū)做圓周運(yùn)動的半徑為外.由

牛頓第二定律得

qvHj-m--⑧

K2

由幾何知恨可得

A=（7?i+K,）（1-co招）+Aland⑨

聯(lián)立②3海⑨式?代人數(shù)據(jù)得

A=（2⑩

圖2

（3）如圖2所示,為使粒子能再次回到I區(qū),應(yīng)滿足兄

?xaxx

/?,（!+sin。）＜/，[或七（I+Hin^）&/.]????

淄、:

聯(lián)立①⑧?式，代人數(shù)據(jù)得代姨、

卜…,4

(或

>T82d?XXXX

;I??n??

（4）如圖3（或圖4）所示，設(shè)粒子射出磁場I區(qū)；XXXK

????

時速度與水平方向的夾角為a,由幾何知識可得

：XXXX

k=%(sin9+sina)|__

[或G=&(si或-sina)]圖3

Lj=R2(sin9+sina)

[或右=&(8山。-sina)]

聯(lián)立②⑧式得

?

BlRl=B2R:

聯(lián)立?s?式得

BJi=?

16（重慶第25題）.（19分）某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運(yùn)動，如題

25圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP'N'N充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場，寬為d；矩形區(qū)域

NN'M'M充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,長為3s,寬為s；NN'為磁場與電

場之間的薄隔離層。一個電荷量為e、質(zhì)量為叭初速為零的電子，從P點(diǎn)開始被電場加速

經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場，電子每次穿越隔離層，運(yùn)動方向不變，其動能損失是每次穿越前動

能的10%,最后電子僅能從磁場邊界U'N'飛出。

3s

不計電子所受重力。

t"x"Xxxxxxxxxx

?場M域

(1)求電子第二次與第一次圓周運(yùn)動半徑之比；IxxxXxXxHxxxxxx

XXXXXXXXXXXX

(2)求電場強(qiáng)度的取值范圍；xxxxxxxxxxxXjN，

(3)A是的中點(diǎn)，若要使電子在A、間

垂直于AM'飛出，求電子在磁場區(qū)域中運(yùn)

動的時間。

解：

(1)設(shè)圓周運(yùn)到的半徑分別為Ri、旦、……、R“、Rg,第一和第二次圓周運(yùn)

動速率分別為VI和V2,動能分別為Eki和Ek2

吟畛1212

_,R=—D=-WP；

=2nH2\

由:Ek20.81Eki,Ri=Be,R2=Be

得：％：R,=0.9

(2)設(shè)電場強(qiáng)度為E.第一次到達(dá)隔離層前的速率為V，

Q&i=［陽Ws

由：222nr

55W

E<

得：9md

又由.&=09i舄,2舄(1+0.9+092+???+09"+…),太

得：

爐os?0,5乩/

------<E<--------

80md9md

(3)設(shè)電子在勻強(qiáng)磁場中，圓周運(yùn)動的周期為T,運(yùn)動的半圓周個數(shù)為r,運(yùn)

動總時間為t,

2"胃)+凡“=女.。&八=09號.，？今

由題意.1-V.〉乙

得：n=2

271m

又由：T=eB

t=----

得：ZB

年高考題

1.?重慶?21如題21圖所式，矩形拗掰區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，有5個帶

點(diǎn)粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進(jìn)入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡

為相應(yīng)的圓弧，，這些粒子的質(zhì)量,電荷量以及速度大小如下表所示。

「質(zhì)盤

粒子編號電荷量(q>0)速度大小

1mV

22m2g2v

33m-3g3。

42m2g3v

52m-<?u

題21圖

由以上信息可知，從圖中abc處進(jìn)入的粒子對應(yīng)表中的編號分別為

A.3,5,4B.4,2,5C.5,3,2D.2,4,5

【答案】D

tnv

【解析】根據(jù)半徑公式，?二二結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得1-5各組粒子的半徑之比依次為0.5

Bq

：2：3：3：2,說明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ邊界進(jìn)入磁場逆時針運(yùn)動。由

圖a、b粒子進(jìn)入磁場也是逆時針運(yùn)動，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為2：3,

則a一定是第2組粒子，3是第4組粒子。c順時針運(yùn)動，都為負(fù)電荷，半徑與a相等是第

5組粒子。正確答案D

2.?全國卷I-17某地的地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量方向向下，大小為4.5乂10一5兀一靈敏

電壓表連接在當(dāng)?shù)厝牒：佣蔚膬砂?，河?00m,該河段漲潮和落潮時有海水(視為導(dǎo)體)

流過。設(shè)落潮時，海水自西向東流，流速為2m/s。下列說法正確的是

A.河北岸的電勢較高B.河南岸的電勢較高

c.電壓表圮錄的電壓為SmVD.電壓表記錄的電壓為5mV

【答案】BD

【解析】海水在落潮時自西向東流，該過程可以理解為：自西向東運(yùn)動的導(dǎo)體棒在切割豎直

向下的磁場。根據(jù)右手定則，右岸即北岸是正極電勢高，南岸電勢低,1)對C錯。根據(jù)法拉

第電磁感應(yīng)定律E=BLv=4.5x10-5x100x2=9x10-3匕B對A錯

【命題意圖與考點(diǎn)定位】導(dǎo)體棒切割磁場的實(shí)際應(yīng)用題。

3.?江蘇物理?9如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中附加另一勻強(qiáng)磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，

附加磁場區(qū)域的對稱軸00'與SS'垂直。a、b、c三個質(zhì)子先后從S點(diǎn)沿垂直于磁場的方

向攝入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS'垂直，a、c的速度方向與b的速

度方向間的夾角分別為a、尸，且三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域

附加磁場區(qū)域：o

后能達(dá)到同一點(diǎn)S',則下列說法中正確的有,.

A.三個質(zhì)子從S運(yùn)動到S'的時間相等,

B.三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運(yùn)動時，運(yùn)動軌跡的圓心均在00’軸上.

C.若撤去附加磁場，a到達(dá)SS'連線上的位置距S點(diǎn)最近?￥?.二?二?，3一,一9二

D.附加磁場方向與原磁場方向相同

答案：CD

4.?上海物理43如圖.長為2/的直導(dǎo)線拆成邊長相等,夾角為60°的V形，并置干與xxxx

其所在平面相垂直的勻強(qiáng)感場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強(qiáng)度為/的X

電流時，該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為xYx

(A)0(B)0.5Bll(C)Bll(D)2BI1

答案：C

解析：導(dǎo)線有效長度為2/sin30。=),所以該V形通電導(dǎo)線收到的安培力大小為B〃。選C。

本題考查安培力大小的計算。

難度：易。

5.?安徽-20如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩個邊?~~?I~~I

長相等的單匝閉合正方形線圈I和H,分別用相同材料，不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制(I為細(xì)導(dǎo)j1-1~~L-

線)。兩線圈在距磁場上界面〃高處由靜止開始自由下落，再進(jìn)入磁場，最后落到地面。j

運(yùn)動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界。設(shè)線圈I、H；x-x-x-x-x

落地時的速度大小分別為百、電在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的熱量分別為。、不計空氣阻力，

則

A.v\<外，Q<。B.v\=v2,Q=Q

C.Vi<v2,a>QD.V\=v2,a

【答案】D

【解析】由于從同一高度下落，到達(dá)磁場邊界時具有相同的速度匕切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電

流同時受到磁場的安培力b二01，又R=p?（P為材料的電阻率，/為線圈的邊長），

F

所以安培力心干，比時加速度―F且—為材料的密度），