《2012年高考物理 高考試題 模擬新題分類匯編專題11 磁場》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2012年高考物理 高考試題 模擬新題分類匯編專題11 磁場（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 K單元　磁場 K1 磁場 安培力 2．K1 [2012·天津卷] 如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ.如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應(yīng)變化情況是(　　) A．棒中的電流變大，θ角變大 B．兩懸線等長變短，θ角變小 C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大 D．磁感應(yīng)強度變大，θ角變小 2．A　[解析] 作出側(cè)視圖(沿MN方向)，并對導體棒進行受力分析，如圖所示．據(jù)圖可得tanθ＝，若棒中的電流I變大，則θ變大，選項A正確；若兩懸線等長變短，則θ不變，選項B錯誤；若金屬棒的質(zhì)

2、量m變大，則θ變小，選項C錯誤；若磁感應(yīng)強度B變大，則θ變大，選項D錯誤． K2 磁場對運動電荷的作用 17．K2[2012·全國卷] 質(zhì)量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動．已知兩粒子的動量大小相等．下列說法正確的是(　　) A．若q1＝q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等 B．若m1＝m2，則它們做圓周運動的半徑一定相等 C．若q2≠q2，則它們做圓周運動的周期一定不相等 D．若m1≠m2，則它們做圓周運動的周期一定不相等 17．A　[解析] 根據(jù)半徑公式r＝，兩粒子的動量mv大小相等，磁感應(yīng)強度B相同，若q1＝q2，則它

3、們做圓周運動的半徑一定相等，A正確，B錯誤．根據(jù)周期公式T＝，若相等，則周期相等，C、D錯誤． 9．K2[2012·江蘇卷] 如圖所示，MN是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場的邊界. 一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場．若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點．下列說法正確的有(　　) 圖7 A．若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于v0 C．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0－ D．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0＋ 9．BC　[解析] 帶電粒子沿垂直邊界的方向射入磁場時，落在

4、邊界上的點離出發(fā)點最遠，當入射方向不是垂直邊界的方向時，落在邊界上的點與出發(fā)點的距離將小于這個距離，即速度大于或等于v0，但入射方向不是90°時，粒子有可能落在A點的左側(cè)，A項錯誤；但粒子要落在A點的右側(cè)，其速度一定要大于臨界速度v0，B項正確；設(shè)OA之間距離為L，若粒子落在A點兩側(cè)d范圍內(nèi)，則以最小速度v入射的粒子做圓周運動的直徑應(yīng)為L－d，由洛倫茲力提供向心力，qvB＝，qv0B＝，解得v＝v0－，C項正確；由于題中沒有強調(diào)粒子的入射方向，因此無法確定速度的最大值，D項錯誤． 15．K2[2012·廣東卷] 質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運

5、行的半圓軌跡如圖2中虛線所示．下列表述正確的是(　　) 圖2 A．M帶負電，N帶正電 B．M的速率小于N的速率 C．洛倫茲力對M、N做正功 D．M的運行時間大于N的運行時間 15．A　[解析] 由左手定則判斷知，A正確；粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，半徑r＝，在質(zhì)量與電荷量相同的情況下，半徑大說明速率大，即M的速率大于N的速率，B錯誤；洛倫茲力不做功，C錯誤；粒子在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期為T＝，故M的運行時間等于N的運行時間，D錯誤． 16．K2 [2012·北京卷] 處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．

6、將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值(　　) A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質(zhì)量成正比 D．與磁感應(yīng)強度成正比 16．D　[解析] 由電流的定義I＝可知，設(shè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，在磁場中運動的周期為T＝，則I＝＝，對于一個粒子來說，電荷量和質(zhì)量是一定的，所以產(chǎn)生的環(huán)形電流與磁感應(yīng)強度成正比，D項正確，A、B、C項錯誤． K3 帶電粒子在組合場及復合場中運動 24．K3[2012·重慶卷] 有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示，兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場

7、．一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線為O′O進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板．重力加速度為g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板與NQ的距離為l，不計顆粒間相互作用．求： (1)電場強度E的大??； (2)磁感應(yīng)強度B的大小； (3)速率為λv0(λ＞1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離． [解析] (1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.有 Eq＝mg 將＝代入，得E＝kg (2)如圖，有 qv0B＝m R2＝(3d)2＋(R－d)2 得B＝ (3)如圖所示，有

8、 qλv0B＝m tanθ＝ y1＝R1－ y2＝ltanθ y＝y(tǒng)1＋y2 得y＝d(5λ－)＋ 12．K3 [2012·天津卷] 對鈾235的進一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義．如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，做半徑為R的勻速圓周運動．離子行進半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流為I.不考慮離子重力及離子間的相互作用． (1)求加速電場的電壓U； (2)求出在離子被收集的過程中任意時間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M

9、； (3)實際上加速電壓的大小會在U±ΔU范圍內(nèi)微小變化．若容器A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場加速后進入磁場中會發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊，應(yīng)小于多少？(結(jié)果用百分數(shù)表示，保留兩位有效數(shù)字) 12．[解析] (1)設(shè)離子經(jīng)電場加速后進入磁場時的速度為v，由動能定理得 qU＝mv2① 離子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力充當向心力，即 qvB＝m② 由①②式解得 U＝ (2)設(shè)在t時間內(nèi)收集到的離子個數(shù)為N，總電荷量為Q，則 Q＝It③ N＝④ M＝Nm⑤ 由③④⑤式解得 M＝ (3)由①②式有R＝

10、設(shè)m′為鈾238離子質(zhì)量，由于電壓在U±ΔU之間有微小變化，鈾235離子在磁場中最大半徑為 Rmax＝ 鈾238離子在磁場中最小半徑為 R′min＝ 這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊的條件為 Rmax＜R′min 即＜ 則有m(U＋ΔU)

11、中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域．若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小． 25．[解析] 粒子在磁場中做圓周運動．設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 qvB＝m① 式中v為粒子在a點的速度． 過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點．由幾何關(guān)系知，線段a、b和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形．因此 a＝b＝r② 設(shè)＝x，由幾何關(guān)系得 ＝R＋x③

12、 ＝R＋④ 聯(lián)立②③④式得r＝R⑤ 再考慮粒子在電場中的運動．設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動．設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得 qE＝ma⑥ 粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學公式得 r＝at2⑦ r＝vt⑧ 式中t是粒子在電場中運動的時間．聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝⑨ 15．K3[2012·江蘇卷] 如圖所示，待測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場，根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場．圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構(gòu)成，極板長度為l、間距為d，兩對極板間偏轉(zhuǎn)

13、電壓大小相等、電場方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)加速電壓U0加速后，水平射入偏轉(zhuǎn)電壓為U1的平移器，最終從A點水平射入待測區(qū)域．不考慮粒子受到的重力． (1)求粒子射出平移器時的速度大小v1； (2)當加速電壓變?yōu)?U0時，欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域，求此時的偏轉(zhuǎn)電壓U； (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域，剛進入時的受力大小均為F.現(xiàn)取水平向右為x軸正方向，建立如圖所示的直角坐標系Oxyz.保持加速電壓為U0不變，移動裝置使粒子沿不同的坐標軸方向射入待測區(qū)域，粒子剛射入時的受力大小如下表所示. 射入方向 y －y z －z 受力大小 F F F

14、 F 請推測該區(qū)域中電場強度和磁感應(yīng)強度的大小及可能的方向． 圖18 15．[解析] (1)設(shè)粒子射出加速器的速度為v0，由動能定理得 qU0＝mv 由題意得v1＝v0，即v1＝ (2)在第一個偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)粒子的運動時間為t. 加速度的大小a＝ 在離開時，豎直分速度vy＝at 豎直位移y1＝at2 水平位移l＝v1t 粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場間做勻速直線運動，經(jīng)歷時間也為t 豎直位移y2 ＝vyt 由題意知，粒子豎直總位移y＝2y1＋y2 解得y＝ 則當加速電壓為4U0時，U ＝4U1 (3)(a)由沿x 軸方向射入時的受力情況可知：B 平行于x 軸，且E＝.

15、 (b)由沿±y軸方向射入時的受力情況可知：E與Oxy平面平行． F2＋f2 ＝(F)2，則f＝2F且f＝qv1B 解得B＝ (c)設(shè)電場方向與x 軸方向夾角為α. 若B沿x軸方向，由沿z軸方向射入時的受力情況得 (f＋Fsinα)2＋(Fcosα)2 ＝(F)2 解得α＝30°或α＝150° 即E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為30°或150°. 同理，若B沿－x軸方向，E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為－30°或－150°. K4 磁場綜合 23．K4[2012·山東卷] 如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在

16、邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t＝0時刻將一個質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t＝時刻通過S2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)．(不計粒子重力，不考慮極板外的電場) 　　　 　　　圖甲　　　　　　　　　　　　　圖乙 (1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d. (2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件． (3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程

17、中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強度的大?。? 23．[解析] (1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得 qU0＝mv2① 由①式得 v＝② 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 q＝ma③ 由運動學公式得 d＝a2④ 聯(lián)立③④式得 d＝⑤ (2)設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得 qvB＝m⑥ 要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足 2R＞⑦ 聯(lián)立②⑥⑦式得 B＜⑧ (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有 d＝vt1⑨ 聯(lián)立②⑤⑨式得 t1＝⑩ 若粒子再次到達S2時速度恰好為

18、零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學公式得 d＝t2? 聯(lián)立⑨⑩?式得 t2＝? 設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t t＝3T0－－t1－t2? 聯(lián)立⑩??式得 t＝? 設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結(jié)合運動學公式得 T＝? 由題意可知 T＝t? 聯(lián)立???式得 B＝? 圖1 18．K4[2012·全國卷] 如圖，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流．a(chǎn)、o、b在M、N的連線上，o為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到o點的距離均相等

19、．關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是(　　) A．o點處的磁感應(yīng)強度為零 B．a(chǎn)、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反 C．c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同 D．a(chǎn)、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向不同 18．C　[解析] 磁感應(yīng)強度是矢量，某處磁感應(yīng)強度大小和方向由M、N兩點處的電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的矢量之和決定．直線電流的磁感線是以電流為中心的一系列同心圓，某點磁感應(yīng)強度的方向就是該點磁感線的切線方向．在o點，同方向的磁場相疊加，磁感應(yīng)強度不是零，A錯誤．a(chǎn)、b處的磁感應(yīng)強度等于M、N分別在a、b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度相疊加，因此，a、b處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向都是向下，

20、所以B錯誤；同理，可得C正確．對M、N分別在c處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度矢量疊加求和，可知方向向下，與a處的磁感應(yīng)強度方向相同，D錯誤． 24．K4[2012·浙江卷] 如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點． (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應(yīng)強度B的值； (3)現(xiàn)保持噴

21、口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達下板M點，應(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？ 24．[解析] (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有 q＝mg 解得：q＝ 由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知： 墨滴帶負電荷． (2)墨滴垂直進入電、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0B＝m 考慮墨滴進入磁場和撞板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑 R＝d 聯(lián)立解得B＝ (3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖，設(shè)圓周運動半徑為R′，有 qv0B′＝m 由圖示可得： R′2＝d

22、2＋2 得：R′＝d 聯(lián)立解得：B′＝ 1．2012·臨汾月考關(guān)于導體在磁場中受力，下列說法正確的是(　　) A．通電導體在磁場中一定受到力的作用 B．通電導體在磁場中有時不會受到力的作用 C．通電導體中的電流方向與磁場方向不平行也不垂直時，不會受到力的作用 D．只要導體放入磁場中，無論是否通電都會受到力的作用 1．B 2．2012·江西調(diào)考如圖所示，一個半徑為R的導電圓環(huán)與一個軸向?qū)ΨQ的發(fā)散磁場處處正交，環(huán)上各點的磁感應(yīng)強度B大小相等，方向均與環(huán)面軸線方向成θ角(環(huán)面軸線為豎直方向)．若導線環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I，則下列說法正確的是(　　)

23、 A．導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向下 B．導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上 C．導電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIR D．導電圓環(huán)所受安培力的大小為2πBIRsinθ 3．BD　[解析] 將導線分成小的電流元，任取一小段電流元為對象，把磁場分解成水平方向和豎直方向的兩個分量，則豎直方向的分磁場產(chǎn)生的安培力為零，水平方向的分磁場產(chǎn)生的安培力為：F＝BIL＝2πBIRsinθ，方向為豎直向上，所以B、D正確． 3．2012·陜西調(diào)研如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S.某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及

24、粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場．已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于 (T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間不可能為(　　) A. B. C. D. 3．A　[解析] 因為所有粒子的初速度大小相同，它們在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝也相同；如圖所示，當粒子沿SA方向水平向右進入磁場，然后沿圖中實線運動，最后交OC于M時，在磁場中的運動時間最長為，設(shè)OS＝l，由幾何關(guān)系可得，軌道半徑r＝l；當粒子在磁場中運動后交OC于N點，而SN⊥OC時，粒子的運動時間最

25、小，根據(jù)幾何關(guān)系可知，其運動時間為，所以這些粒子在磁場中的運動時間～之間，本題答案為A. 4．2012·忻州聯(lián)考回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流兩極相連接的兩個D形金屬盒，盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法正確的是(　　) A．增大電場的加速電壓 B．增大D形金屬盒的半徑 C．減小狹縫間的距離 D．減小磁場的磁感應(yīng)強度 4．B　[解析] 根據(jù)Bqv＝，可得Ek＝mv2＝，可見，質(zhì)子被加速獲得的動能受到D形金屬盒半徑和磁感應(yīng)強度的

26、制約，即可通過增大D形金屬盒的半徑和增大磁場的磁感應(yīng)強度來增大帶電粒子射出時的動能．本題答案為B. 5．2012·佛山模擬如圖所示，將一束等離子體噴射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓．如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板的板長為L，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，電離氣體充滿兩板間的空間．當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數(shù)為I，那么板間電離氣體的電阻率為(　　) A.(－R) B.(－R) C.(－R) D.(－R) 5．B　[解析] 在洛倫茲力的作用下，正離子向極板B偏轉(zhuǎn)，負電子向極板A偏轉(zhuǎn)，在極板間建立電場，形成電勢差． 電路閉合時，E＝Bdv＝I(R＋r)＝I，可得：ρ＝(－R)． 11