磁场-高考物理真题模拟试题专题分类汇编
最新各地高考物理 调研 模拟试题汇编 磁场
最新各地高考物理 调研 模拟试题汇编 磁场1（2012盐城摸底）．如图所示为电磁轨道炮的工作原理图。
待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动。
电流从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道。
轨道电流在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与电流强度I 成正比。
弹体在安培力的作用下滑行L 后离开轨道A ．弹体向左高速射出B ．I 为原来2倍，弹体射出的速度也为原来2倍C ．弹体的质量为原来2倍，射出的速度也为原来2倍D ．L 为原来4倍，弹体射出的速度为原来2倍 答案：BD2.（2012盐城摸底）．(16分) 如图甲所示的坐标系中，第四限象内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，x 方向的宽度OA =203cm ，y 方向无限制，磁感应强度B 0=1×10-4T 。
现有一比荷为mq =2×1011C/kg 的正离子以某一速度从O 点射入磁场，α=60°，离子通过磁场后刚好从A 点射出。
（1）求离子进入磁场B 0的速度的大小；（2）离子进入磁场B 0后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场，使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值；（3）离子进入磁场B 0后，再加一个如图乙所示的变化磁场（正方向与B 0方向相同，不考虑磁场变化所产生的电场），求离子从O 点到A 点的总时间。
3．(16分) （1）如图所示，由几何关系得离子在磁场中运动时的轨道半径m r 2.01=………………………（2分） 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向前心力弹体 轨道 轨道第8题I乙 甲O s)1012/(7-⨯tB /(10-411第15O x yα× ×× ××× A B 012r m Bq υυ= 求得：6104⨯=υm/s …………………………（2分）（2）由rm Bq 2υυ=知，B 越小，r 越大。
最新高考物理试题真题分类汇编带电粒子在磁场中的运动
最新高考物理试题真题分类汇编带电粒子在磁场中的运动一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】 【分析】 【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角cos x v vα=1cos 2α=060α∴=2．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
高考物理 模拟新题分类汇编 磁场(含详解)
K 单元 磁场K1 磁场 安培力14．K1[2011·课标全国卷] 为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )图1－2【解析】 B 地理的南极是地磁场的N 极，由右手螺旋定则知B 正确．18．K1[2011·课标全国卷] 电磁轨道炮工作原理如图1－4所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从图1－4(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变【解析】 BD 弹体所受安培力为F 安＝BIl ，由动能定理得：BIL ＝12mv 2，只将轨道长度L变为原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，A 错误；只将电流I 增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B 正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的2倍，C 错误； 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D 正确．2．K1 L1[2011·江苏物理卷] 如图2所示，固定的水平长直导线中通有电流I ，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( )图2A ．穿过线框的磁通量保持不变B ．线框中感应电流方向保持不变C ．线框所受安培力的合力为零D ．线框的机械能不断增大2．K1 L1[2011·江苏物理卷] B 【解析】 当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A 错误，B 正确；因线框上下两边所处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C 错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D 错误．K2 磁场对运动电荷的作用25．K2[2011·课标全国卷] 如图1－10所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤d )和区域Ⅱ(d ≤x ≤2d )内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面．一质量为m 、带电荷量q (q ＞0)的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x 轴正向．已知a 在离开区域Ⅰ时，速度方向与x 轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从P 点沿x 轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a 的13.不计重力和两粒子之间的相互作用力．求：(1)粒子a 射入区域Ⅰ时速度的大小；(2)当a 离开区域Ⅱ时，a 、b 两粒子的y 坐标之差．图1－10【答案】 (1)设粒子a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C (在y 轴上)，半径为R a 1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qv a B ＝m v 2aR a 1①由几何关系得 ∠PCP ′＝θ②R a 1＝dsin θ③式中，θ＝30°. 由①②③式得v a ＝2dqBm④(2)设粒子a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O a ，半径为R a 2，射出点为P a (图中未画出轨迹)，∠P ′O a P a ＝θ′＝2θ.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qv a (2B )＝m v 2aR a 2⑤由①⑤式得R a 2＝R a 12⑥C 、P ′和O a 三点共线，且由⑥式知O a 点必位于x ＝32d 的平面上，由对称性知，P a 点与P ′点纵坐标相同，即y Pa ＝R a 1cos θ＋h ⑦ 式中，h 是C 点的y 坐标．设b 在Ⅰ中运动的轨道半径为R b 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q ⎝ ⎛⎭⎪⎫v a 3B ＝m R b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫v a 32⑧设a 到达P a 点时，b 位于P b 点，转过的角度为α.如果b 没有飞出Ⅰ，则 t T a 2＝θ′2π⑨ t T b 1＝α2π⑩ 式中，t 是a 在区域Ⅱ中运动的时间，而T a 2＝2πR a 2v a○11 T b 1＝2πR b 1v a /3○12 由⑤⑧⑨⑩○11○12式得α＝30°○13 由①③⑧○13式可见，b 没有飞出Ⅰ.P b 点的y 坐标为 y Pb ＝R b 1cos α＋Ra 1－Rb 1＋h ○14 由①③⑦⑧○13○14式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为y Pa －y Pb ＝23(3－2)d ○1510．K2[2011·海南物理卷] 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图1－7中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是( )图1－8A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【解析】 BD 带电粒子进入磁场中后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，轨道半径R ＝mvqB，因所有粒子比荷相同，若入射速度相同，则轨道半径相同，轨迹一定相同，B 选项正确；所有带电粒子做圆周运动周期T ＝2πmqB相同，所以轨迹所对圆心角越大的粒子在磁场中运动时间越长，D 选项正确；若带电粒子能从磁场左边界射出，即使入射速度不同，所用时间也一定相同，因为此情况时轨迹所对圆心角均为180°，这些粒子的轨迹与入射速度有关，故AC 选项错误．K3 带电粒子在组合场及复合场中运动25．K3[2011·全国卷] 如图1－7所示，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从平面MN 上的P 0点水平向右射入Ⅰ区．粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E ；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里．求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P 0的距离．粒子的重力可以忽略．图1－7【解析】 带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a ，由牛顿定律得qE ＝ma ①设经过时间t 0，粒子从平面MN 上的点P 1进入磁场，由运动学公式和几何关系得v 0t 0＝12at 20②粒子速度大小v 1为v 1＝v 20＋at 02③设速度方向与竖直方向的夹角为α，则tan α＝v 0at 0④ 此时粒子到出发点P 0的距离为s 0＝2v 0t 0⑤此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为r 1＝mv 1qB⑥设粒子首次离开磁场的点为P 2，弧P 1P 2所张的圆心角为2β，则P 1到点P 2的距离为s 1＝2r 1sin β⑦由几何关系得 α＋β＝45°⑧联立①②③④⑥⑦⑧式得s 1＝2mv 0qB⑨ 点P 2与点P 0相距 l ＝s 0＋s 1⑩联立①②⑤⑨⑩解得l ＝2mv 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫2v 0E ＋1B图1－1125．K3[2011·山东卷] 扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图1－11，Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直于纸面．一质量为m 、电量为－q 、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.(1)当Ⅰ区宽度L 1＝L 、磁感应强度大小B 1＝B 0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0.(2)若Ⅱ区宽度L 2＝L 1＝L ，磁感应强度大小B 2＝B 1＝B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h .(3)若L 2＝L 1＝L 、B 1＝B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件．(4)若B 1≠B 2，L 1≠L 2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、L 2之间应满足的关系式．T ＝2πR 1v⑤t ＝2θ2πT ⑥ 联立②④⑤⑥式，代入数据得t ＝πL 3m 2qU⑦ (2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R 2，由牛顿第二定律得qvB 2＝m v 2R 2⑧由几何知识可得h ＝(R 1＋R 2)(1－cos θ)＋L tan θ⑨ 联立②③⑧⑨式，代入数据得h ＝(2－233)L ⑩(3)如图2所示，为使粒子能再次回到Ⅰ区，应满足R 2(1＋sin θ)<L [或R 2(1＋sin θ)≤L ]○11 联立①⑧○11式，代入数据得 B 2>3LmU 2q (或B 2≥3L mU2q)○12图2(4)如图3(或图4)所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L 1＝R 1(sin θ＋sin α)○13 [或L 1＝R 1(sin θ－sin α)] L 2＝R 2(sin θ＋sin α)○14 [或L 2＝R 2(sin θ－sin α)]联立②⑧式得B 1R 1＝B 2R 2○15 联立○13○14○15式得 B 1L 1＝B 2L 2○16图3图423．K3[2011·安徽卷] 如图1－16所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t 0时间从P 点射出．(1)求电场强度的大小和方向．(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O 点以相同的速度射入，经t 02时间恰从半圆形区域的边界射出．求粒子运动加速度的大小．(2)若仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．图1－16【解析】 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，电场强度为E .可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向且有qE ＝qvB ① 又R ＝vt 0②则E ＝BR t 0③(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 在y 方向位移为y ＝v t 02④由②④式得 y ＝R2⑤设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x ＝32R 又由x ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 022⑥得a ＝4 3R t 20⑦(3)仅有磁场时，入射速度v ′＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有qv ′B ＝m v ′2r⑧又qE ＝ma ⑨ 由③⑦⑧⑨式得r ＝3R 3⑩ 由几何知识sin α＝R2r ○11 即sin α＝32，α＝π3○12带电粒子在磁场中运动周期 T ＝2πm qB则带电粒子在磁场中运动时间t B ＝2α2πT 所以t B ＝3π18t 0○1335．K3[2011·广东物理卷] 如图19甲所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0，一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小．(2)若撤去电场，如图19乙所示，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．(3) 在图19乙中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？19【解析】 (1)电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理qU ＝12mv 21－12mv 20①得v 0＝v 21－2qUm②(2)由牛顿第二定律qBv 2＝mv 22R③如图所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O ′和半径RR 2＋R 2＝(R 2－R 1)2④联立③④，得磁感应强度大小 B ＝2mv 22qR 0⑤ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πRv 2⑥由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间t ＝T 4⑦联立④⑥⑦式，得t ＝2πR 02v 2⑧ (3)如图所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A 点的最大内切圆半径，该半径为R c ＝R 1＋R 22⑨由③⑨得磁感应强度应小于B c ＝mv 32qR 0⑩25．K3[2011·重庆卷] 某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图1－14所示，材料表面上方矩形区域PP ′N ′N 充满竖直向下的匀强电场，宽为d ；矩形区域NN ′M ′M 充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，长为3s ，宽为s ；NN ′为磁场与电场之间的薄隔离层．一个电荷量为e 、质量为m 、初速为零的电子，从P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M ′N ′飞出．不计电子所受重力．图1－14(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比； (2)求电场强度的取值范围；(3)A 是M ′N ′的中点，若要使电子在A 、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间．25．K3[2011·重庆卷] 【解析】 (1)设圆周运动的半径分别为R 1、R 2、…R n 、R n ＋1…，第一次和第二次圆周运动速率分别为v 1和v 2，动能分别为E k1和E k2.由：E k2＝0.81E k1，R 1＝mv 1Be ，R 2＝mv 2Be ，E k1＝12mv 21，E k2＝12mv 22 得：R 2∶R 1＝0.9(2)设电场强度为E ，第一次到达隔离层前的速率为v ′. 由eEd ＝12mv ′2,0.9×12mv ′2＝12mv 21，R 1≤s得E ≤5B 2es29md又由R n ＝0.9n －1R 1,2R 1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n ＋…)>3s得：E >B 2es 280mdB 2es 280md <E ≤5B 2es29md(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T ，运动的半圆周个数为n ，运动总时间为t .由题意，有：2R 1－0.9n1－0.9＋R n ＋1＝3s ，R 1≤s ，R n ＋1＝0.9nR 1，R n ＋1≥s2得：n ＝2 又由：T ＝2πmeB得：t ＝5πm2eB23.K3[2011·北京卷] 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG (AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q .加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率 v 1；(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ； (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．23．K3[2011·北京卷] 【答案】 (1)加速电场对离子m 1做的功W ＝qU 由动能定理12m 1v 21＝qU得v 1＝2qU m 1①(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式qvB ＝mv 2R ，R ＝mvqB，利用①式得离子在磁场中的轨道半径分别为R 1＝2m 1UqB2，R 2＝2m 2UqB 2②两种离子在GA 上落点的间距s ＝2R 1－2R 2＝8UqB 2(m 1－m 2)③(3)质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d .同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d .为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2(R 1－R 2)＞d ④利用②式，代入④式得2R 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m 2m 1＞d R 1的最大值满足2R 1m ＝L －d得(L －d )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m 2m 1＞d 求得最大值d m ＝m 1－m 22 m 1－m 2LK4 磁场综合25．K4[2011·四川卷] 如图1－10所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ 边长l ＝1.8 m ，距地面h ＝0.8 m ．平行板电容器的极板CD 间距d ＝0.1 m 且垂直放置于台面，C 板位于边界WX 上，D 板与边界WZ 相交处有一小孔．电容器外的台面区域内有磁感应强度B ＝1 T 、方向竖直向上的匀强磁场．电荷量q ＝5×10－13C 的微粒静止于W 处，在CD 间加上恒定电压U ＝2.5 V ，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY 边界离开台面．在微粒离开台面瞬时，静止于X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇．假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性； (2)求由XY 边界离开台面的微粒的质量范围；(3)若微粒质量m 0＝1×10－13kg ，求滑块开始运动时所获得的速度．图1－10【解析】 (1)微粒在极板间所受电场力大小为F ＝qU d①代入数据得F ＝1.25×1011N ②由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C 板为正极，D 板为负极．(2)若微粒的质量为m ，刚进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理Uq ＝12mv 2③微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R ，有qvB ＝m v 2R④微粒要从XY 边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R 1＝l 2⑤R 2＝l －d ⑥联立③～⑥，代入数据，有8．1×10－14 kg<m ≤2.89×10－13kg ⑦(3)如图所示，微粒在台面以速度v 做以O 点为圆心、R 为半径的圆周运动，从台面边缘P 点沿与XY 边界成θ角飞出做平抛运动，落地点为Q ，水平位移为s ，下落时间为t .设滑块质量为M ，滑块获得速度v 0后在t 内沿与平台前侧面成φ角方向，以加速度a 做匀减速直线运动到Q ，经过位移为k .由几何关系，可是cos θ＝l －RR⑧根据平抛运动，t ＝2h g⑨s ＝vt ⑩对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有μMg ＝Ma ○11 k ＝v 0t －12at 2○12 再由余弦定理，k 2＝s 2＋(d ＋R sin θ)2－2s (d ＋R sin θ)cos θ○13 及正弦定理， sin φs ＝sin θk○14 联立③、④和⑧～○14，并代入数据，解得： v 0＝4.15 m/s ○15 φ＝arcsin0.8(或φ＝53°)○1615．I3、K4[2011·江苏物理卷] 某种加速器的理想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a 、b ，两极板间电压u ab 的变化图象如图所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m 0、电荷量为q 的带正电的粒子从板内a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T 0后恰能再次从a 孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了1100m 0.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)(1)若在t ＝0时将该粒子从板内a 孔处静止释放，求其第二次加速后从b 孔射出时的动能；(2)现要利用一根长为L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为O )上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的c 孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压u ab 的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？图1415．I3、K4[2011·江苏物理卷] 【解析】 (1)质量为m 0的粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB ＝m 0v 2r ，T 0＝2πrv则T 0＝2πm 0qB当粒子的质量增加了1100m 0，其周期增加ΔT ＝1100T 0. 则根据图可知，粒子第一次的加速电压u 1＝U 0粒子回到电场中用时⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1100T 0，由图可读出粒子第二次的加速电压u 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－T100T 04U 0＝2425U 0 射出时的动能E k2＝qu 1＋qu 2； 解得E k2＝4925qU 0.图15(2)磁屏蔽管的位置如图所示．(3)在u ab >0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数N ＝T 0/4ΔT，得N ＝25分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u ＝U 0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大．粒子由静止开始加速的时刻t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋12－1100×12T 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1950T 0 (n ＝0,1,2，…) 最大动能E km ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋325＋…＋2325qU 0＋qU 0解得E km ＝31325qU 0.22．K4[2011·福建卷] 如图1－11甲所示，在x ＞0的空间中存在沿y 轴负方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B .一质量为m ，带电量为q (q ＞0)的粒子从坐标原点O 处，以初速度v 0沿x 轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力．(1)求该粒子运动到y ＝h 时的速度大小v ； (2)现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(y －x 曲线)不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y 轴方向上的运动(y －t 关系)是简谐运动，且都有相同的周期T ＝2πmqB.Ⅰ.求粒子在一个周期T 内，沿x 轴方向前进的距离s ；Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v 0时，其y －t 图象如图丙所示，求该粒子在y 轴方向上做简谐运动的振幅A y ，并写出y －t 的函数表达式．图1－1122．K4[2011·福建卷] 【答案】 由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有－qEh ＝12mv 2－12mv 20①由①式解得v ＝v 20－2qEhm②(2)Ⅰ.由图乙可知，所有粒子在一个周期T 内沿x 轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x 轴方向匀速运动的粒子在T 时间内前进的距离．设粒子恰好沿x 轴方向匀速运动的速度大小为v 1，则qv 1B ＝qE ③ 又s ＝v 1T ④式中T ＝2πmqB由③④式解得s ＝2πmE qB2⑤Ⅱ.设粒子在y 方向上的最大位移为y m (图丙曲线的最高点处)，对应的粒子运动速度大小为v 2(方向沿x 轴)，因为粒子在y 方向上的运动为简谐运动，因而在y ＝0和y ＝y m 处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则qv 0B －qE ＝－(qv 2B －qE )⑥由动能定理有－qEy m ＝12mv 22－12mv 20⑦又A y ＝12y m ⑧由⑥⑦⑧式解得A y ＝m qB ⎝⎛⎭⎪⎫v 0－E B可写出图丙曲线满足的简谐运动y －t 函数表达式为y ＝m qB ⎝⎛⎭⎪⎫v 0－E B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos qB m t1．【2011·濮阳一模】处于纸面内的一段直导线长L ＝1 m ，通有I ＝1 A 的恒定电流，方向如图X 18－1所示．将导线放在匀强磁场中，它受到垂直于纸面向外的大小为F ＝1 N 的磁场力作用．据此( )1A ．能确定磁感应强度的大小和方向B ．能确定磁感应强度的方向，不能确定它的大小C ．能确定磁感应强度的大小，不能确定它的方向D ．磁感应强度的大小和方向都不能确定1．D 【解析】 由B ＝FIL可知水平向左的磁感应强度的分量为1 T ，无法确定沿电流方向的磁感应强度的分量，由矢量合成可知无法确定磁感应强度的方向；仅知道F 的方向，无法用左手定则判断磁感应强度的方向．故选D.2．【2011·扬州模拟】下列关于磁感应强度大小的说法，正确的是( ) A ．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大 B ．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C ．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D ．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关2．D 【解析】 磁场中某点磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力大小及方向都无关，故选项A 错误，选项D 正确．通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的取向有关，故选项B 错误．虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的方向不同时，磁场力是不相同的(导线与磁场垂直时受磁场力最大，与磁场平行时受磁场力为0)，而选项C 中没有说明导线在各个位置的取向是否相同，所以选项C 错误．3．[2011·临沂一模]如图X 18－3甲所示，光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上另放一个质量为m 的金属导体棒．当S 闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，图X 18－4中分别加了不同方向的磁场，其中( )A B C D图X 18－43．B 【解析】A 、C 则导体棒与导轨间没有压力，可以平衡，B 合外力不可能为零．4.[2011·德州模拟]如图X 18－8所示，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直( )A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸内偏转D ．向纸外偏转4．A 【解析】 在阴极射线管所在位置处，通电直导线产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可以判断阴极射线中的电子受力方向向上，故选A.5．[2011·淄博模拟]如图X 18－11所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )X 18－11A ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远5．C 【解析】 粒子运动周期T ＝2πm Bq ，当θ一定时，粒子在磁场中运动时间t ＝2π－2θ2πT ＝π－θπT ，ω＝2πT .由于t 、ω均与v 无关，故A 、B 项错误，C 项正确．当v 一定时，由r ＝mv Bq 知，r 一定；当θ从0变至π2的过程中，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越远；当θ大于π2时，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越近，故D 项错误．6．[2011·惠州模拟]如图X 19－1所示圆形区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子以不同的速率沿着相同的方向对准圆心O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短．若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子( )A ．速率一定越小B ．速率一定越大C ．在磁场中通过的路程越长D ．在磁场中的周期一定越大6．A 【解析】 由T ＝2πm qB ，可知粒子周期不变，又r ＝mvqB∝v ，可知线速度越大，半径越大，如图所示，半径越大，偏转角θ越小，圆心角等于偏转角θ，t ＝θ2πT ∝θ，因此在磁场中运动时间越长的带电粒子速率一定越小，所以选A.7．[2011·西城一模]如图X 19－4所示，相距为R 的两块平行金属板M 、N 正对着放置，S 1、S 2分别为M 、N 板上的小孔，S 1、S 2、O 三点共线，它们的连线垂直M 、N ，且S 2O ＝R.以O 为圆心、R 为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D 为收集板，板上各点到O 点的距离以及板两端点的距离都为2R ，板两端点的连线垂直M 、N 板．质量为m 、带电量为＋q 的粒子经S 1进入M 、N 间的电场后，通过S 2进入磁场．粒子在S 1处的速度和粒子所受的重力均不计．(1)当M 、N 间的电压为U 时，求粒子进入磁场时速度的大小v ； (2)若粒子恰好打在收集板D 的中点上，求M 、N 间的电压值U 0； (3)当M 、N 间的电压不同时，粒子从S 1到打在D 上经历的时间t 会不同，求t 的最小值．图X 19－47．【解析】 (1)粒子从S 1到达S 2的过程中，根据动能定理得qU ＝12mv 2①解得粒子进入磁场时速度的大小v ＝2qUm(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r②由①②得，加速电压U 与轨迹半径r 的关系为U ＝qB 2r 22m当粒子打在收集板D 的中点时，粒子在磁场中运动的半径r 0＝R。
高考物理真题分类汇编 第九章 磁场
第九章磁场9.1磁感应强度9.2安培力9.2.1磁场对通电导线的作用9.2.2电流与电流之间的作用力9.2.3等效法在安培力中的应用9.2.4安培力的实际应用9.2.5用“电流天平”测定磁感应强度9.3带电粒子在单一磁场中的运动9.3.1带电粒子在非匀强磁场中的运动9.3.2带电粒子在匀强磁场中的运动（选择+填空）9.3.3“云室”问题9.3.4带电粒子在匀强磁场中的运动（计算题）9.3.5带电粒子在圆形磁场中的偏转9.4带电粒子在复合场中的运动9.4.1带电粒子在组合场中的运动9.4.2带电粒子在叠加场中的运动（选择题）9.4.3带电粒子在叠加场中的运动（计算题）9.5带电粒子在复合场中运动的应用实例9.5.1速度选择器（质谱仪）9.5.2磁流体发电机9.5.3电磁流量计9.5.4回旋加速器9.5.5霍尔元件9.6带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题9.7带电粒子在磁场中运动的多解问题9.8带电粒子在交变磁场中的运动9.1磁感应强度2002全国13．磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为Ｂ２／2μ，式中Ｂ是磁感应强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常量．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感强度Ｂ，一学生用一根端面面积为Ａ的条形磁铁吸住一相同面积的铁片Ｐ，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离Δｌ，并测出拉力Ｆ，如图所示，因为Ｆ所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度Ｂ与Ｆ、Ａ之间的关系为Ｂ＝___________．2012全国18.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。
a、o、b在M、N的连线上，o 为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。
关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是A.o点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.a、c两点处磁感应强度的方向不同2013上海13．如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行。
高考物理试题真题分类汇编物理带电粒子在磁场中的运动及解析
高考物理试题真题分类汇编物理带电粒子在磁场中的运动及解析 一、带电粒子在磁场中的运动专项训练 1．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于N点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强
磁场。在左侧虚线上紧靠M的上方取点A，一比荷qm=5×105C/kg的带正电粒子，从A点以v0=2×103m/s的速度沿平行MN方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q点回到电场。已知MN、PQ的长度均为L=0.5m，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。
(1)求电场强度E的大小；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)在左侧虚线上M点的下方取一点C，且CM=0.5m，带负电的粒子从C点沿平行MN方向
射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q点和P点，求两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差。 【答案】(1) 16/NC (2) 21.610T (3) 43.910s
【解析】 【详解】 （1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t
2122LqEtm
解得E=16N/C
（2）设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0tanvqEtm
可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动：2v
qvBmr
由几何关系可知22rL
解得B=1.6×10-2T （3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为32，带负电的粒子转过的圆心角为2；两带电粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间22rmTvqB；
高考物理专题电磁学知识点之磁场真题汇编含答案解析
高考物理专题电磁学知识点之磁场真题汇编含答案解析一、选择题1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B． C．D．2．如图所示的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，则质子射入磁场的运动速率越大，A．其轨迹对应的圆心角越大B．其在磁场区域运动的路程越大C．其射出磁场区域时速度的偏向角越大D．其在磁场中的运动时间越长3．如图所示，虚线为两磁场的边界，左侧磁场垂直纸面向里，右侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B。
一边长为L、电阻为R的单匝正方形导体线圈abcd，水平向右运动到图示位置时，速度大小为v，则（）A．ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力向右B．ab边受到的安培力向右，cd边受到的安培力向左C．线圈受到的安培力的大小为22 2B L vRD．线圈受到的安培力的大小为22 4B L vR4．电磁血流量计是基于法拉第电磁感应定律，运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器。
工作原理如图所示，将患者血管置于磁感应强度为B的匀强磁场中，测出管壁上MN两点间的电势差为U，已知血管的直径为d，则血管中的血液流量Q为（）A．πdUBB．π4dUBC．πUBdD．π4UBd5．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为υ．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（）A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与υ无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a6．如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取π3=，下列说法正确的是（）A．线框具有向左的运动趋势B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.5WbC．t＝0.4s时刻线框中感应电动势为1.5VD．0－0.6s内通过线框横截面电荷量为0.018C7．如图所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为e m 的电子以速度v 0从A 点沿AB 边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC 边，磁感应强度B 的取值为A ．B ＜03mv ae B ．B ＜02mv aeC ．B ＞03mv aeD ．B ＞02mv ae8．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC 的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O 处的合磁场方向为( )A ．平行于AB ，由A 指向BB ．平行于BC ，由B 指向C C ．平行于CA ，由C 指向AD ．由O 指向C9．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射人水平放置，电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（ ）A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关10．如图所示，在以原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 方向垂直于纸面向里的匀强磁场，A 、C 、D 为磁场边界上的点，A 、C 为边界与坐标轴的交点，OD 连线与x 轴负方向成45°。
高考物理专题电磁学知识点之磁场真题汇编含答案
高考物理专题电磁学知识点之磁场真题汇编含答案一、选择题1．如图，放射源放在铅块上的细孔中，铅块上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外．已知放射源放出的射线有α、β、γ三种．下列判断正确的是A．甲是α射线，乙是γ射线，丙是β射线B．甲是β射线，乙是γ射线，丙是α射线C．甲是γ射线，乙是α射线，丙是β射线D．甲是α射线，乙是β射线，丙是γ射线2．如图甲是磁电式电流表的结构图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。
线圈中a、b两条导线长度均为l，未通电流时，a、b处于图乙所示位置，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。
通电后，a导线中电流方向垂直纸面向外，大小为I，则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针转动D．a导线受到的安培力大小始终为BI l3．如图所示，一块长方体金属板材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。
当通以从左到右的恒定电流I时，金属材料上、下表面电势分别为φ1、φ2。
该金属材料垂直电流方向的截面为长方形，其与磁场垂直的边长为a、与磁场平行的边长为b，金属材料单位体积内自由电子数为n，元电荷为e。
那么A．12IB enbϕϕ-=B．12IB enbϕϕ-=-C．12IB enaϕϕ-=D．12IB enaϕϕ-=-4．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（）A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行5．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为υ．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（）A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与υ无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a6．如图所示，一束粒子射入质谱仪，经狭缝S后分成甲、乙两束，分别打到胶片的A、C两点。
高考物理专题电磁学知识点之磁场真题汇编附答案解析
高考物理专题电磁学知识点之磁场真题汇编附答案解析一、选择题1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B． C．D．2．如图所示，有abcd四个离子，它们带等量的同种电荷，质量不等．有m a＝m b＜m c＝m d，以不等的速度v a＜v b＝v c＜v d进入速度选择器后有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由此可判定( )A．射向P1的是a离子B．射向P2的是b离子C．射到A1的是c离子D．射到A2的是d离子3．电磁血流量计是基于法拉第电磁感应定律，运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器。
工作原理如图所示，将患者血管置于磁感应强度为B的匀强磁场中，测出管壁上MN两点间的电势差为U，已知血管的直径为d，则血管中的血液流量Q为（）A．πdUBB．π4dUBC．πUBdD．π4UBd4．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（）A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行5．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为υ．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（）A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与υ无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a6．如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取π3=，下列说法正确的是（）A．线框具有向左的运动趋势B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.5WbC．t＝0.4s时刻线框中感应电动势为1.5VD．0－0.6s内通过线框横截面电荷量为0.018C7．如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是()A ．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B ．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C ．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D ．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大8．如图所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为e m 的电子以速度v 0从A 点沿AB 边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC 边，磁感应强度B 的取值为A ．B ＜03mv ae B ．B ＜02mv aeC ．B ＞03mv aeD ．B ＞02mv ae9．如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M 点水平射入场区，经一段时间运动到M 点的右下方N 点，关于小球由M 到N 的运动，下列说法正确的是（ ）A ．小球可能做匀变速运动B ．小球一定做变加速运动C ．小球动量可能不变D ．小球机械能守恒 10．如图所示，两平行直导线cd 和ef 竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a 、b 两点位于两导线所在的平面内．则A ．b 点的磁感应强度为零B ．ef 导线在a 点产生的磁场方向垂直纸面向里C ．cd 导线受到的安培力方向向右D ．同时改变了导线的电流方向，cd 导线受到的安培力方向不变11．如图所示，在以原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 方向垂直于纸面向里的匀强磁场，A 、C 、D 为磁场边界上的点，A 、C 为边界与坐标轴的交点，OD 连线与x 轴负方向成45°。
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磁场 1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0 【答案】B 【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比12:1:2II。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式FILB，可知，得12FF，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题
选B。
2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为 A．14kBl，54kBl B．14kBl，54kBl C．12kBl，54kBl D．12kBl，54kBl 【答案】B
【解析】a点射出粒子半径Ra=4l =amvBq，得：va=4Bqlm =4Blk，d点射出粒子半径为，R=54l，故vd=54Bqlm =54klB，故B选项符合题意
3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为
A．5π6mqB B．7π6mqB C．11π6mqB D．13π6mqB 【答案】B 【解析】运动轨迹如图。 即运动由两部分组成,第一部分是14个周期,第二部分是16个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为
；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误。. 4．（2019·北京卷）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是
A．粒子带正电 B．粒子在b点速率大于在a点速率 C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】C
【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据2vqvBmr确定粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁
感应强度，由公式2vqvBmr得：mvrqB，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。 5．（2019·天津卷）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ）
A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压U与v无关 C．前、后表面间的电压U与c成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa 【答案】D 【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有
，故=UFea洛，故D正确，由UevBea则电压UavB，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。 6．（2019·江苏卷）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等． 矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是
A．均向左 B．均向右 C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左 【答案】CD 【解析】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故CD正确。 7．（2019·浙江选考）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同 B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同 C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力 D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力 【答案】A 【解析】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈II平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误． 【点睛】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用． ①电流方向相同时，将会吸引； ②电流方向相反时，将会排斥．
8．（2019·浙江选考）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是
A．上板为正极，电流 B．上板为负极，电流 C．下板为正极，电流 D．下板为负极，电流 【答案】C 【解析】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有EqvBqd，解得稳定时电源的电动势EBdv，则流过R的电流为EIRr，
而drS，Sab，则得电流大小为，C正确． 【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析． 9．（2019·山东省菏泽市高三下学期第一次模拟考试）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为 A．qBLm B．2qBLm C． D． 【答案】C 【解析】粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图：
由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为，根据牛顿第二定律得：
解得：，故C正确。故选C。 10．（2019·山东省潍坊市高三模拟训练）如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，二者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里，大小相等的电流时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零。若仅让P中的电流反向，则a点处磁感应强度的大小为
A．2B0 B．0233B C．033B D．B0 【答案】B 【解析】如图所示。 设P和Q在a点的磁感应强度大小为B，当P和Q的电流都垂直纸面向里时，根据右手螺旋定则可知，P在a点的磁感应强度方向为水平向右偏下30°，Q点在a点的磁感应强度方向为水平向右偏上30°，
两者在a点的合磁感应强度为3B，方向水平向右，因a点的磁感应强度为零，故03BB。B0的方向水平向左。当P中电流方向反向时，磁场如图所示。
如图所示当P的电流反向后，P在a点的磁感应强度方向为水平向左偏上30°，P和Q在a点的合磁感应强度为B，方向竖直向上，则a点的磁感应强度为，故B正确；ACD错误；故选B。 11．（2019·天津市和平区高三高考三模）质量为m、电量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是 A．环形电流的电流强度跟q成正比 B．环形电流的电流强度跟v成正比 C．环形电流的电流强度跟B成正比 D．环形电流的电流强度跟m成反比 【答案】CD
【解析】设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由2vqvBmr，得