2017年高考题和高考模拟题物理分项版汇编专题10 磁场

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2017年高考题和高考模拟题物理分项版汇编专题10 磁场

专题10 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(q>0)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.该磁场的磁感应强度大小为 A. B.‎ C. D.‎ 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,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=,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(q>0).质量为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. B.‎ C. D. 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=mv2/R可得:v=,选项B正确.‎ x y O L M θ B ‎5.(2013全国高考大纲版理综第26题)如图所示,虚线OL与y轴的夹角为θ=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(q>0)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=R.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.‎ 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α;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β,如图所示.有 x y O A L P M h D C B α β ‎60°‎ 周期为 ‎ 过A点作x、y轴的垂线,垂足分别为B、D.由几何知识得 ‎,,‎ ‎,‎ α=β 联立得到 ‎ 解得α=30°,或α=90°‎ 设M点到O点的距离为h,有 ‎ ‎,‎ 联立得到 h=R-Rcos(α+30°)‎ 解得h=(1-)R (α=30°)‎ h=(1+)R (α=90°)‎ 当α=30°时,粒子在磁场中运动的时间为 当α=90°时,粒子在磁场中运动的时间为 ‎6.(2013高考浙江理综第20题)注入工艺中,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θ=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1∶1‎ B.在磁场中运动的半径之比为∶1‎ C.在磁场中转过的角度之比为1∶2‎ D.离开电场区域时的动能之比为1∶3‎ 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1∶3,选项A错误.由qU= mv2/2,qvB=mv2/R,解得R=.离子P+和P3+在磁场中运动的半径之比为∶1,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1∶2,选项C正确.由qU= mv2/2,可知离子P+和P3+离开电场区域时的动能之比为1∶3,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ν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=mv2,解得v=.‎ ‎(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m,‎ 解得R=.‎ 将速度v的值代入:R=.‎ ‎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.让质量为m,电量为q(q<0)的粒子从坐标原点O沿加xoy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中.不计重力和粒子间的影响.‎ ‎(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射,恰好能经过x 轴上的A(a,0)点,求v1的大小:‎ ‎(2)已知一粒子的初建度大小为v(v>v1).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sinθ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=mv12/R, ①‎ 当粒子沿y轴正方向入射,转过半个圆周至A点,该圆周半径为R1,有:‎ R1=a/2,②‎ 解得:v1=...③‎ ‎(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 sinθ’= sinθ=.④‎ 由①④式解得:sinθ=.⑤‎ ‎(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=mvm2-mv02 ⑥‎ 由题知,有vm=kym.⑦‎ 若E=0时,粒子以初速度v0沿y轴正方向入射,有:qvB=m ⑧‎ v0=kR0,⑨‎ 由⑥⑦⑧⑨式解得:vm=+‎ ‎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、带电量为的粒子自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θ,由牛顿第二定律得:qE=ma, ①‎ 由运动学公式得:d=at02, ②‎ ‎2d= v0t0, ③‎ vy=at0, ④‎ v=, ⑤‎ tanθ= vy / v0 ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式解得:v=2 , ⑦‎ θ=45°. ⑧‎ ‎(2)设粒子做匀速圆周运动的半径为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=2d.⑨⑩‎ 由牛顿第二定律得:qvB0=m 联立⑦⑨⑩式解得:B0=‎ ‎(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FH⊥GQ,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:2R2=2d.‎ 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=.‎ 联立解得:t=(2+π).‎ ‎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Ⅰ象限内有平行于轴的匀强电场,方向沿正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场,方向垂直于xO y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a(2h,0)点进入第Ⅳ象限,又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ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=at2=h,‎ qE=ma,‎ 联立解得:E=.‎ ‎(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== v0.‎ 方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角.‎ (1) 粒子在磁场中运动时,有qvB=m.‎ 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=L.所以B=.‎ ‎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x≤0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、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?‎ 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.‎ 设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y,有:x≥0,y≤0.‎ 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=gt02,‎ 由题意得:x=s-l,y=h-d,‎ 联立上述方程,由题意可知v0>0,解得:‎ ‎0< v0≤(L+)‎ (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=gt2,‎ 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<τ/2)时刻释放P,求P速度为零时的坐标.‎ 解析:(1)τ/2~ τ做匀加速直线运动,τ~2 τ做匀速圆周运动,‎ 电场力:F=qE0,加速度:a=F/m,‎ 速度:v0=at,且t=τ/2,‎ 联立解得:v0=.‎ ‎(2)只有当t=2τ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=τ,(n=1,2,3···)‎ 匀速圆周运动:qvB0=m,T=2πr/v,‎ 解得:B0=(2n-1).‎ ‎(3)在t0时刻释放P,P在电场中加速时间为:τ- t0.‎ 在磁场中做匀速圆周运动,v1=(τ- t0)...‎ 圆周运动的半径:r1=,‎ 解得:r1=(τ- t0)...‎ 又经(τ- t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0..‎ P再进入磁场,v2=t0..‎ 圆周运动的半径:r2=,‎ 解得:r2=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=(k=1,2,3,···)‎ 解得:y=(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.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=mv2, ①‎ 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed,②‎ 联立解得:E=. ③‎ ‎(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∠AO’S=π/3.‎ 由几何关系得r=Rtan(π/3) ④‎ 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,⑤‎ 联立④⑤式解得:R=. ⑥‎ ‎(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. ⑦‎ 设粒子进入S孔时的速度为v’,由①式可看出:=.‎ 综合⑦式可得:v’=v. ⑧‎ 设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r’,则r’= ⑨‎ 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θ,比较⑥⑨两式得到r’=R,可见,θ=π/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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