2012届高三物理二轮 专题08 磁场精品卷

1、2012届高三物理二轮精品专题卷8物理考试范围：磁场1、 选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1电子作近核运动的时候，产生了垂直于相对运动方向的磁场。如下图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点（图中白点）为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度大小的变化最有可能为 （ ）2如右图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则 （ ）A如

2、果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出B如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出C如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d点射出D只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用时间最短3“速度选择器”是一个借助带电粒子在电磁场中偏转的原理，挑选出具有所需速度的粒子的装置。右图是某粒子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形桶内有B=10-4T的匀强磁场，方向平行于轴线。在圆柱形桶的某直径两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，离子束以不同角度入射，先后有不同速度的离子束射出，现有一离子源发射的比荷为21011C/kg的阳离子，且粒子束中速度分布

3、连续，当=45时，出射粒子的速度v的大小是 （ ）A 106m/sB2106 m/sC2108 m/sD4106 m/s4如右图所示，竖直光滑的墙面上有一闭合导线框a，在导线框a的下方有一面积比导线框a稍小的磁场区域b。导线框a从图示位置自由下落，在其整个下落过程中，下列说法正确的是 （ ）A导线框做自由落体运动B导线框通过磁场区域后做曲线运动C导线框通过磁场区域时机械能会减少D导线框在穿过磁场区域时，上下两个导线受到的安培力方向都向上52010年，上海成功举办盛大的世界博览会。回眸一下历届世博会，很多科技成果从世博会上走向世界。例如：1873年奥地利维也纳世博会上，线路意外搭错造就“偶然发明

4、”，导致发电机变成了电动机。如右图所示，是著名的电磁旋转实验，这一装置实际上就是最早的电动机。图中A是可动磁铁，B是固定导线，C是可动导线，D是固定磁铁。图中黑色部分表示汞（磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中），下部接在电源上。请你判断这时自上向下看，A和C转动方向为 （ ）A可动磁铁A转动方向为逆时针BA和C转动方向均为逆时针C可动导线C转动方向为顺时针DA和C转动方向均为顺时针6如右图，匀强磁场中有一个带电量为q的离子自a点沿箭头方向运动。当它运动到b点时，突然吸收了附近的若干个电子，接着沿另一圆轨道运动到与a、b在一条直线上的c点。已知，电子电量为e，电子质量不计。由此可知，离子吸收的电子

5、个数为 （ ）ABCD72011年“315”到来之际，平板电视终于纳入“三包”当中，显示屏等关键零部件包修3年。如右图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面。不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧。现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是 （ ）A增大加速电压B增加偏转磁场的磁感应强度C将圆形磁场区域向屏幕靠近些D将圆形磁场的半径增大些8如右图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30和60（与边界的交角）射入

6、磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是 （ ）AA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是BA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是CA、B两粒子的之比是DA、B两粒子的之比是9如右图所示，距水平地面高度为3h处有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从距地面4h高处的A点以初速度v0水平抛出一带电小球（可视作质点），带电小球电量为q，质量为m，若q、m、h、B满足关系式，则小球落点与抛出点A的水平位移S是 （ ）A BCD10如右图所示，一束粒子（不计重力，初速度可忽略）缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区

7、域，其中磁场的方向如图所示，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。则 （ ）A 该装置可筛选出具有特定质量的粒子B该装置可筛选出具有特定电量的粒子C该装置可筛选出具有特定速度的粒子D该装置可筛选出具有特定动能的粒子二、非选择题（本题共6小题，共60分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）11（6分）中国电磁炮研制方面与欧美西方国家在同一起跑线上，限于技术和人才原因中国电磁炮研制会稍比西方国家慢几年，但在某些技术上将会比美国电磁炮更精进。电磁炮是利用磁场对电流的作用力把电能转化为机械能，使炮弹发射出去

8、的。如下图所示，把两根长为s，互相平行的铜制轨道放在磁场中，轨道之间放有质量为m的炮弹，炮弹架在长为L、质量为M的金属架上，已知金属架与炮弹在运动过程中所受的总阻力与速度平方成正比，当有恒定的大电流I1通过轨道和炮弹时，炮弹与金属架在磁场力的作用下，获得速度v1时加速度为a，当有恒定的大电流I2通过轨道和炮弹时，炮弹最终以最大速度v2脱离金属架并离开轨道，则垂直于轨道平面的磁感强度为多少？12（8分）如下图，在xOy坐标系的第一象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B，E的大小为1.0103V/m，方向未知，B的大小为1.0T，方向垂直纸面向里；第二象限的某个圆形区域内，有方向垂直纸面向里的匀

9、强磁场B。一质量m=110-14kg、电荷量q=110-10C的带正电微粒以某一速度v沿与x轴负方向60角从A点沿直线进入第一象限运动，经B点即进入处于第二象限内的磁场B区域，一段时间后，微粒经过x轴上的C点并与x轴负方向成60角的方向飞出。已知A点的坐标为（10，0），C点的坐标为（-30，0），不计粒子重力，g取10m/s2。（1）请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度v；（2）匀强磁场B的大小为多大？（3）B磁场区域的最小面积为多少？13（10分）如图，平行金属板倾斜放置，AB长度为L，金属板与水平方向的夹角为，一电荷量为-q、质量为m的带电小球以水平速度v0进入电场，且做直线运

10、动，到达B点。离开电场后，进入如下图所示的电磁场（图中电场没有画出）区域做匀速圆周运动，并竖直向下穿出电磁场，磁感应强度为B。试求：（1）带电小球进入电磁场区域时的速度v。（2）带电小球在电磁场区域做匀速圆周运动的时间。（3）重力在电磁场区域对小球所做的功。14（12分）如下图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场。一个带正电小球在0时刻以v03gt0的初速度从O点沿+x方向（水平向右）射入该空间，在t0时刻该空间同时加上如下图乙所示的电场和磁场，其中电场沿+y方向（竖直向上），场强大小，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小。已知小球的质量为m，带电量为q，时

11、间单位t0，当地重力加速度g，空气阻力不计。试求：（1）12t0末小球速度的大小。（2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图。（3）30t0内小球距x轴的最大距离。15（12分）长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，平行金属板的右侧有如下图所示的匀强磁场。一个带电为q、质量为m的带电粒子，以初速v0紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下板边缘射出，射出时末速度恰与下板成30o角，出磁场时刚好紧贴上板右边缘，不计粒子重力，求：（1）两板间的距离；（2）匀强电场的场强与匀强磁场的磁感应强度。16（12分）如下图，竖直平面坐标系x

12、Oy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N。一质量为m的带电小球从y轴上（y0）的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）。（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）P点距坐标原点O至少多高；（3）若该小球以满足（2）中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过

13、N点开始计时，经时间小球距坐标原点O的距离s为多远？答案与解析1【命题立意】主要考查磁场的磁感线分布与磁感应强度大小的变化的特点。【思路点拨】我们可以从条形磁铁和蹄形磁铁的磁感线分布看出，两极处磁感线最密，而磁铁的两极处磁场最强。因此磁感线的疏密可以反映磁场的强弱，磁感线分布密的地方磁场就强，反之则弱。【答案】C【解析】磁感线是为了形象地描述磁场而人为假想的曲线。其疏密程度反映磁场的强弱，磁感线越密的地方磁场越强，沿z轴正方向磁感线由密到疏再到密，即磁感应强度由大到小再到大，只有C正确。2【命题立意】主要考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式、周期公式。【思路点拨】若带电粒子的速度方

14、向与磁场方向垂直，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速率v做匀速圆周运动。轨道半径公式：r=mv/qB周期公式：T=2m/qB。【答案】AD【解析】作出示意图如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子从d点射出时，轨道半径增大为原来的二倍，由半径公式可知，速度也增大为原来的二倍，选项A正确，显然选项C错误；当粒子的速度增大为原来的四倍时，才会从f点射出，选项B错误；据粒子的周期公式，可见粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e、d射出时所用时间相等，从f点射出时所用时间最短。3【命题立意】主要考查洛伦兹力的特性。【思路点拨】洛伦兹力的大小f=qvB，条件

15、vB当vB时，f=0。洛伦兹力的特性：洛伦兹力始终垂直于v的方向，所以洛伦兹力一定不做功。【答案】B【解析】由题意知，粒子从入射孔以45角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动周期，由几何关系知rR，又r，解得v2106 m/s。4【命题立意】主要考查安培定则和左手定则。【思路点拨】判断通电导线安培力方向问题的基本方法：（1）画出导线所在处的磁场方向；（2）确定电流方向；（3）根据左手定则确定受安培力的方向。【答案】CD【解析】导线框通过磁场区域时，根据安培定则和左手定则，导线框要受到竖直向上安培力作用，导线框既不能做自由落体运动，也不能做曲线运动

16、，A、B错。导线框通过磁场区域时要克服安培力做功，机械能会减少，C对。导线框在穿过磁场区域时，上下两个导线受到的安培力方向都向上，D对。5【命题立意】主要考查通电导线安培力方向问题。【思路点拨】判断安培力的方向时用左手定则。要注意左手定则与右手定则应用的区别，两个定则的应用可简单总结为：“因电而动”用左手，“因动而电”用右手，因果关系不可混淆。【答案】AC【解析】根据电流的方向判定可以知道B中的电流方向是向上的，那么在B导线附近的磁场方向为逆时针方向，即为A磁铁N极的受力方向；由于D磁铁产生的磁场呈现出由N极向外发散，C中的电流方向是向下的，由左手定则可知C受到的安培力方向为顺时针。故选项AC

17、正确。6【命题立意】主要考查粒子在磁场中做匀速圆周运动。【思路点拨】当带电粒子垂直于磁场方向射入磁场时，洛仑兹力提供向心力，粒子将作匀速圆周运动。【答案】D【解析】依据，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为：。已知，电子电量为e，电子质量不计。由此可知，离子吸收的电子个数为。7【命题立意】主要考查带电粒子在磁场中的偏转问题。【思路点拨】带电粒子在磁场中的连续运动，关键在于正确地画出带电粒子在不同磁场中的运动轨迹，而要正确地画出带电粒子的运动轨迹，则特别需要注意在不同磁场交界处带电粒子的运动方向。正确地做出粒子在交界磁场处的速度方向，成为确定带电粒子运动轨迹的关键。【答案】AC【解析】若电子束

18、的初速度不为零，则qU=mv2/2- mv02/2，轨道半径，增大偏转磁场的磁感应强度，轨道半径减小，电子束偏转到P点外侧；增大加速电压，轨道半径增大，电子束偏转回到P点；将圆形磁场区域向屏幕靠近些，电子束偏转回到P点。正确答案选AC。8【命题立意】主要考查带电粒子在磁场中做圆周运动问题。【思路点拨】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动类题目的解答步骤可概括为：画轨迹、找联系、用规律。带电粒子的受力遵从洛伦兹力公式，粒子的圆周运动遵从牛顿第二定律。【答案】BD【解析】RAcos30+RA=d，RBcos60+RB=d，解得，A错B对；因，故，故，C错D对。9【命题立意】主要考查带电粒子在复合场中

19、的运动。【思路点拨】解带电粒子在复合场中的运动问题，首先要认识清楚是怎样的复合场，是磁场、电场与重力场中的哪两个还是三个场共存；其次要正确地对带电粒子进行受力分析；接着要对带电粒子的运动情况作出正确的判断。【答案】B【解析】小球在磁场中的运动可以看作一个水平方向的圆周运动和一个竖直方向的匀加速运动。在磁场中运动一周的时间为T，则，在磁场中的运动总时间又因为已知：，所以小球在磁场中做圆周运动的圈数，又因为圆周运动的半径。投影图如右图所示：则，10【命题立意】主要考查粒子速度选择器的原理。【思路点拨】速度选择器其工作原理：带电粒子垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场的复合场空间，所受电场力和洛仑兹力方

20、向相反，大小相等。【答案】C【解析】粒子要想无偏转的通过区域，进入收集室的小孔O3，需要满足qE=qvB，即粒子的速度v=E/B，C正确。11【命题立意】主要考查通电导线在安培力作用下的运动。【思路点拨】判断通电导线在安培力作用下的运动方向问题的基本方法：（1）画出导线所在处的磁场方向；（2）确定电流方向；（3）根据左手定则确定受安培力的方向；（4）根据受力情况判断运动情况。【答案】磁感强度B=【解析】由题意知，当通以电流I1时，安培力为F1=BI1L（1分）由牛顿第二定律有：F1-f1=（M+m）a又f1=kv12（1分）三式解得：k=（1分）当电流为I2时，安培力为F2=BI2L（1分）f

21、2=kv22（1分）由题知：F2=f2 解得：B=（1分）12【命题立意】主要考查洛伦兹力【思路点拨】洛伦兹力与安培力的关系：洛伦兹力是安培力的微观实质，安培力是洛伦兹力的宏观表现。所以洛伦兹力的方向与安培力的方向一样也由左手定则判定。【答案】（1）电场E的方向与x轴正方向成30角斜向右上方 103m/s （2）T （3）3.110-2m2【解析】（1）由于重力忽略不计，微粒在第一象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛仑兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动。这样，电场力和洛仑兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与x轴正方向成30角斜向右上方。由

22、力的平衡条件有Eq=Bqv（1分）得v=m/s =103m/s（1分）（2）微粒从B点进入第二象限的磁场B中，画出微粒的运动轨迹如右图。粒子在第二象限内做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R=cm=cm。（1分）微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB=m（1分）B=（1分）代入数据解得B=T（1分）（3）由图可知，B、D 点应分别是微粒进入磁场和离开磁场的点，磁场B的最小区域应该分布在以BD为直径的圆内。由几何关系易得BD=20cm，磁场圆的最小半径r=10cm。（1分）所以，所求磁场的最小面积为S=r2=0.01=3.110-2m2（1分）13【命题立意】主要考查带电粒子在有界电磁场

23、中的运动问题【思路点拨】带电粒子在电磁场中的运动是历年高考考查的热点之一。分析问题的关键在于分析粒子在电场、磁场中运动状态，各种运动之间的速度关联如何以及画出粒子的运动轨迹。注意粒子在边界电场、磁场中出进磁场的速度大小与方向为该题求解的突破口。本题考查考生综合应用学科内知识分析解决物理问题的能力。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）对带电小球进行受力分析，带电小球受重力mg和电场力F，F合=Fsin，mg=Fcos（1分）解得F合=mgtan（1分）根据动能定理，解得（2分）（2） 带电小球进入电磁场区域后做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，带电小球只在洛伦兹力作用下运动。通过几何知识可

24、以得出，带电粒子在磁场中运动了圆周，运动时间为（2分）（3）带电小球在竖直方向运动的高度差等于一个半径，h=R=（2分）重力做的功为（2分）14【命题立意】本题考查带电粒子在电磁场中运动。【思路点拨】此题构思巧妙，很好地考查了带电粒子在电磁场中运动的物理模型，对考生的审题能力、建模能力、分析综合能力、运用数学知识解决物理问题的能力等都达到了理想的考查目的。【答案】（1）gt0；（2）如下图所示；（3）【解析】（1）0t0内，小球只受重力作用，做平抛运动。当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=mg，方向向上（1分）因为重力和电场力恰好平衡，所以在电场和磁场同时存在时小球只受洛伦兹力而做匀

25、速圆周运动，根据牛顿第二定律有：（1分）运动周期，联立解得T2t0（1分）电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动。所以小球在t1=12 t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t2t0时的末速度。vy1=g2t0=2gt0（1分）所以12t0末（1分）（2）24t0内运动轨迹的示意图如右图所示。（2分）（3）分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球做了t2=3t0的平抛运动，和半个圆周运动。23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为：（1分）竖直分速度vy2=3gt0（1分）所以小球与竖直方向的夹角为45，速度大小为（1分）此后小球做匀速圆周运动的半径（1分）30t0末小球距x轴的最大距离：（1分）15【命题立意】带电粒子在电磁场中发生偏转。【思路点拨】带电粒子在电场中的运动有三种类型：第一种，当带电粒子沿磁场方向射入磁场时，不受洛仑兹力作用，粒子只作匀速直线运动；第二种，当带电粒子与磁场方向有一定夹角（夹角）不等于90）入射时，带电粒子将作螺旋线运动；第三种，当带电粒子垂直于磁场方向射入磁场时，洛仑兹力提供向心力，粒子将