磁場(chǎng)訓(xùn)練高考匯編

1、九磁場(chǎng)15（2011全國(guó)卷1）如圖，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流和，且；a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)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，必有和形成兩個(gè)場(chǎng)等大方向，只有C點(diǎn)有可能，選C23（2011安徽）（16分）xyOPB 如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從xyOPB（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。（2）若

2、僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運(yùn)動(dòng)加速度的大小。（3）若僅撤去電場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。解析：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿x軸負(fù)方向，于是可知電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向且有 qE=qvB = 1 * GB3 又 R=vt0 = 2 * GB3 則 = 3 * GB3 （2）僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng)在y方向位移 = 4 * GB3 由 = 2 * GB3 = 4 * GB3 式得 = 5 * GB3 設(shè)在水平方向位移

3、為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是 又有 = 6 * GB3 得 = 7 * GB3 （3）僅有磁場(chǎng)時(shí)，入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有 = 8 * GB3 又 qE=ma = 9 * GB3 由 = 7 * GB3 = 8 * GB3 = 9 * GB3 式得 = 10 * GB3 由幾何關(guān)系 eq oac(,11)即 eq oac(,12)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期 則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 所以 eq oac(,13)25（2011全國(guó)卷1）.（19分）（注意：在試卷上作答無效）如圖，與水平面成45角的平面MN將空間分成I和II兩個(gè)區(qū)域

4、。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速度從平面MN上的點(diǎn)水平右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到大小不變、方向豎直向下的電場(chǎng)作用，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；在II區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。求粒子首次從II區(qū)離開時(shí)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(shí)速度方向與水平方向成1角，位移與水平方向成2角且2=450，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)， 則有：得出： 在電場(chǎng)中運(yùn)行的位移:在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，且弦切角為=1-2，得出：在磁場(chǎng)中運(yùn)行的位移為：所以首次從II區(qū)離開時(shí)到出發(fā)點(diǎn)的距離為：7（2011海南）自然界的電、熱和磁等現(xiàn)象都是相互聯(lián)系的，

5、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ACD10（2011海南）.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)的方向從O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(jì)重力。下列說法正確的是A.入射速度不同的粒子在

6、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不同B. 入射速度相同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同C.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同D.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，其軌跡所對(duì)的圓心角一定越大解析：在磁場(chǎng)中半徑 運(yùn)動(dòng)時(shí)間：（為轉(zhuǎn)過圓心角），故BD正確，當(dāng)粒子從O點(diǎn)所在的邊上射出的粒子時(shí)：軌跡可以不同，但圓心角相同為1800，因而AC錯(cuò)14（2011全國(guó)理綜）.為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場(chǎng)是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個(gè)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(chǎng)分布。根據(jù)地磁場(chǎng)分布和安培定則判斷可知正確答案是B。18（2011全國(guó)理綜）

7、.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(dòng)，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(chǎng)（可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)），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?，F(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(zhǎng)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(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變解析：主要考查動(dòng)能定理。利用動(dòng)能定理有,B=kI解得。所以正確答案是BD。25（2011全國(guó)理綜）

8、.（19分）如圖，在區(qū)域I（0 xd）和區(qū)域II（dx2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時(shí)，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1/3。不計(jì)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(shí)速度的大??；（2）當(dāng)a離開區(qū)域II時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。解析：（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為v

9、a，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關(guān)系得 式中，由式得 (2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為Oa,半徑為，射出點(diǎn)為（圖中未畫出軌跡），。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由式得 、和三點(diǎn)共線，且由 式知點(diǎn)必位于 的平面上。由對(duì)稱性知，點(diǎn)與點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即 式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)。 設(shè)b在I中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 設(shè)a到達(dá)點(diǎn)時(shí)，b位于點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為。如果b沒有飛出I，則 eq oac(,11)式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而 eq oac(,12) eq oac(,13)由 eq oac(,11) eq oac

10、(,12) eq oac(,13)式得 eq oac(,14)由 eq oac(,14)式可見，b沒有飛出。點(diǎn)的y坐標(biāo)為 eq oac(,15) 由 eq oac(,14) eq oac(,15)式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為 eq oac(,16)12（2011天津）（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(dòng)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(shí)還產(chǎn)生另一粒子，試寫出核反應(yīng)方

11、程。若碳11的半衰期為20min，經(jīng)2.0h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，D1和D2是兩個(gè)中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為f的交流電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略，重力不計(jì)），它們?cè)趦珊兄g被電場(chǎng)加速，D1、D2置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率為P，求輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、f的關(guān)系式（忽略質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，其最大速度遠(yuǎn)小于光速）（3）試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差是增大

12、、減小還是不變？12（20分）（1）核反應(yīng)方程為設(shè)碳11原有質(zhì)量為m0，經(jīng)過t=2.0h剩余的質(zhì)量為mt，根據(jù)半衰期定義，有：（2）設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，質(zhì)子離開加速器時(shí)速度大小為v，由牛頓第二定律知：質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的回旋周期為：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T與頻率f的關(guān)系可得：設(shè)在t時(shí)間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流為：由上述各式得若以單個(gè)質(zhì)子為研究對(duì)象解答過程正確的同樣給分（3）方法一：設(shè)k（kN*）為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rkrk+1），在相應(yīng)軌道上

13、質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分別為vk，vk+1，D1、D2之間的電壓為U，由動(dòng)能定理知由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知，則整理得 因U、q、m、B均為定值，令，由上式得相鄰軌道半徑rk+1，rk+2之差同理 因?yàn)閞k+2 rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小方法二：設(shè)k（kN*）為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rkrk+1），在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分別為vk，vk+1，D1、D2之間的電壓為U由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知，故由動(dòng)能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動(dòng)能增量以質(zhì)子在D2盒中運(yùn)動(dòng)為例，第k次進(jìn)入D2

14、時(shí)，被電場(chǎng)加速（2k1）次速度大小為同理，質(zhì)子第（k+1）次進(jìn)入D2時(shí)，速度大小為綜合上述各式可得整理得，同理，對(duì)于相鄰軌道半徑rk+1，rk+2，整理后有由于rk+2 rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小，用同樣的方法也可得到質(zhì)子在D1盒中運(yùn)動(dòng)時(shí)具有相同的結(jié)論。25（2011四川）（20分）如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺(tái)面WXYZ邊長(zhǎng)=1.8m，距地面h=0.8m。平行板電容器的極板CD間距d=0.1m且垂直放置于臺(tái)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(tái)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(chǎng)。電荷量q=510-13C的

15、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(chǎng)加速后由D板所開小孔進(jìn)入磁場(chǎng)（微粒始終不與極板接觸），然后由XY邊界離開臺(tái)面。在微粒離開臺(tái)面瞬時(shí)，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(shí)恰好與之相遇。假定微粒在真空中運(yùn)動(dòng)、極板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2（1）求微粒在極板間所受電場(chǎng)力的大小并說明兩板地極性；（2）求由XY邊界離開臺(tái)面的微粒的質(zhì)量范圍；（3）若微粒質(zhì)量mo=110-13kg解析：20（2011浙江）.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、

16、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L(zhǎng)。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(chǎng)，對(duì)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B. 射出粒子的最大速度為C. 保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大20.答案：BC解析：由左手定則可判斷粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由題意知：粒子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據(jù)，可得、，則，故可知B、C正確，D錯(cuò)誤。35（2011廣東）、（18分）如圖19（a）所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)

17、外半徑分別為和的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場(chǎng)和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，內(nèi)外圓間的電勢(shì)差U為常量，,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(jì)重力。已知粒子從外圓上以速度射出，求粒子在A點(diǎn)的初速度的大小若撤去電場(chǎng)，如圖19（b）,已知粒子從OA延長(zhǎng)線與外圓的交點(diǎn)C以速度射出，方向與OA延長(zhǎng)線成45角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間在圖19（b）中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，速度大小為，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？O/r35、O/r（1）由動(dòng)能定理：Uq=mv12-mv02 得：v0= （2）如右圖：粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則r2=2

18、()2 RV3B1qv2=m RV3由得：B1= T= t = 由 t =（3）由B2qv3=m 可知，B越小，R越大。與磁場(chǎng)邊界相切的圓的最大半徑為 R= 所以 B2答案：（1）v0=（2）B1= t =（3）B222（2011北京）（16分）如圖所示，長(zhǎng)度為l的輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量為m的小球（小球的大小可以忽略）。（1）在水平拉力F的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為，小球保持靜止。畫出此時(shí)小球的受力圖，并求力F的大?。籱OFmOFl22答案：（1）受力圖見右 根據(jù)平衡條件，的拉力大小F=mgtan（2）運(yùn)動(dòng)中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 TFTFmg 根據(jù)牛頓第二定律 解得輕繩對(duì)

19、小球的拉力 ，方向豎直向上23（2011北京）（18分）利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)，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ACDG(AC邊足夠長(zhǎng))中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A處有一狹縫。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場(chǎng)加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到GA邊，被相應(yīng)的收集器收集。整個(gè)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m1和m2(m1m2)，電荷量均為q。加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為U，離子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度可以忽略。不計(jì)重力，也不考慮離子間的相互作用。(1)求質(zhì)量為m1的離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率v1；(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小

20、為B時(shí)，求兩種離子在GA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GA邊上的落點(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)，GA邊長(zhǎng)為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處。離子可以從狹縫各處射入磁場(chǎng)，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)。為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。23答案（1）動(dòng)能定理 得 eq oac(,1)（2）由牛頓第二定律 ，利用 eq oac(,1)式得離子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為別為 ， eq oac(,2)兩種離子在GA上落點(diǎn)的間距 eq oac(,3)（3）質(zhì)量為m1的離子，在GA邊上