2013高考物理 模拟新题特快专递（第五期）专题十、磁场

1、2013高考模拟新题特快专递第五期专题十、磁场1（2013深圳市南山区期末）指南针是我国古代的四大发明之一。当指南针静止时，其N极指向如图虚线（南北向）所示，若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线（N极东偏北向）所示。则以下判断正确的是可能在指南针上面有一导线东西放置，通有东向西的电流可能在指南针上面有一导线东西放置，通有西向东的电流可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流可能在指南针上面有一导线南北放置，通有南向北的电流答案：C解析：若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线（N极东偏北向）所示，则有一指向东方的磁场，由安培定则，可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电

2、流，选项C正确。2（2013福建省龙岩市质检） 已知龙岩市区地磁场的磁感应强度B约为4.0×10-5T，其水平分量约为3.0×10-5T，。若龙岩市区一高层建筑安装了高50m的竖直金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，经避雷针开始放电，某一时刻的放电电流为1.0×105A，此时金属杆受到地磁场对它的安培力方向和大小分别为A、方向向东，大小约为150NB、方向向东，大小约为200NC、方向向西，大小约为150ND、方向向西，大小约为200N答案：A解析：由安培力公式，金属杆受到地磁场对它的安培力大小为F=BIL=3.0×1

3、0-5T×1.0×105A×50m=150N。由左手定则可判断出安培力方向为方向向东，选项A正确。3（2013上海市奉贤区期末）如图所示线框abcd在竖直面内，可以绕固定的轴转动。现通以abcda电流，要使它受到磁场力后，ab边向纸外，cd边向纸里转动，则所加的磁场方向可能是（ ）（A）垂直纸面向外 （B）竖直向上（C）竖直向下 （D）在上方垂直纸面向里，在下方垂直纸面向外答案：B解析：根据左手定则，要使它受到磁场力后，ab边向纸外，cd边向纸里转动，则所加的磁场方向可能是竖直向上，选项B正确。4（2013广东省韶关市一模）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部

4、分是两个D形金属盒两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是a b 21A离子从磁场中获得能量B带电粒子的运动周期是变化的C离子由加速器的中心附近进入加速器 D增大金属盒的半径粒子射出时的动能不变答案：C解析：回旋加速器离子从电场中获得能量，带电粒子的运动周期是不变化的，选项AB错误；离子由加速器的中心附近进入加速器，增大金属盒的半径粒子射出时的动能增大，选项C正确D错误。5（2013年浙江省宁波市期末）如图所示，在矩形区域内有垂直于纸平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×10-2T，矩形区域长为m，宽为02m，在AD边中点O处

5、有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v=2×l06m/S的某种带正电粒子，带电粒子质量m=16×10-27kg电荷量为q=+32×l0-19C（不计粒子重力），求： （1）带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？ （2）从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间为多少？ （3）若放射源向磁场内共辐射出了N个粒子，求从CD边界射出的粒子有多少个？解析：（1）qvB=m,解得：R=mv/qB=0.2m。（2）因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆弧所对应圆心角最小，运动时间最短。作EOAD，EO弦最短。因为EO=0.2m，且R=0

6、.2m，所以对应的圆心角为=/3。因为qvB=mR()2，所以T=.最短时间为t=代入数据得：t=×10-7s。（3）判断从O点哪些方向射入磁场的粒子将会从CD边射出，如图为两个边界。当速度方向满足一定条件时，粒子将从D点射出磁场。因为OD=m，且R=0.2m，所以OO2D=2/3.此时射入磁场的粒子速度方向与OD夹角为/3.当轨迹圆与BC边相切时，因为CD=0.2m，且R=0.2m，所以圆心O1在AD边上。因为OO1<OD,所以带电粒子不可能通过C点。与BC相切的即为从CD边射出磁场的最上边缘的粒子。该粒子进入磁场的速度方向垂直AD向上，与OD之间的夹角为/2。所以从CD边射

7、出磁场的粒子，射入磁场时速度方向应与OD边夹角在/3到/2之间，=/6的范围内。因为放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射粒子，所以能够从CD边射出的粒子数目为：n=N，即n=N/6。6（18分）（2013广东省珠海市期末）如图所示，在平面直角坐标系xoy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m=50×10-8kg、电量为q=10×l0-6 C的带电粒子从静止开始经U0=10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin 37°= 06，cos37°= 08），求： （1）带电粒子到达P点时速度v的大小 （2）若

8、磁感应强度B=2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求QO的距离 （3）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。解：（1）对带电粒子的加速过程，由 动能定理 （4分）代入数据得： （2分）（2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有： 得 （3分） 代入数据得： （1分）而m （1分）故圆心一定在x轴上，轨迹如图所示。由几何关系可知：0 （2分）故OQ=0.90m （1分）(3)带电粒子不从x轴射出（如图），由几何关系得： （2分） （1 分）由并代入数据得： =5.33T （1分）（取“”照样给分）7（18分）（2013山东省淄博市实验中学期末）如下图甲所示，真空中两水平放置

9、的平行金属板C、D，上面分别开有正对的小孔O1和O2，金属板C、D接在正弦交流电源上，C、D两板间的电压UCD随时间t变化的图线如图（乙）所示。t=0时刻开始，从D板小孔O1处连续不断飘入质量为m=3.2×1025kg、电荷量q=1.6×1019C的带正电的粒子（设粒子飘入速度很小，可视为零）。在C板外侧有以MN为上边界CM为左边界的匀强磁场，MN与C金属板相距d=10cm，O2C的长度L=10cm，匀强磁场的大小为B=0.1T，方向如图（甲）所示，粒子的重力及粒子间相互作用力不计，平行金属板C、D之间的距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计。求： （1）带电粒子经小

10、O2进入磁场后，能飞出磁场边界MN的最小速度为多大？ （2）从0到0.04s末时间内哪些时间段飘入小O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN。 （3）磁场边界MN有粒子射出的长度范围。（计算结果保留一位有效数字）解：（1）设粒子飞出磁场边界MN的最小速度为，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力知： （2分）粒子恰好飞出磁场，则有： （1分）所以最小速度5×103m/s （2分） （2）由于C、D两板间距离足够小，带电粒子在电场中运动时间忽略不计，故在粒子通过电场过程中，两极板间电压可视为不变，设恰能飞出磁场边界MN的粒子在电场中运动时CD板对应的电压大小为U0，根据动能定

11、理知 （2分）得：V（1分）根据V图像可知，当CD间电势差大于25V时，其对应的时刻为，所以粒子在0至0.04s内能够飞出磁场边界的时间为：（2分） （3）设粒子在磁场中运动的最大速度为，对应的运动半径为Rm，则有： （2分） （2分） （1分）粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离为： （2分）磁场边界MN有粒子射出的长度范围： （1分） × × × × × × × × × × × × × × × OPMNB8（16分）（2013江苏南京

12、盐城一模）如图所示，在半径为的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计。若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；若粒子对准圆心射入，且速率为，求它打到感光板上时速度的垂直分量；若粒子以速度从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。解析（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为，由牛顿第二定律得 × × × × × × × × × × 

13、5; × × × × OPMNO1Q带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示，则（2）由（1）知，当时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为 × × × × × × × × × × × × × × × OPMNO2R其运动轨迹如图所示，由图可知所以带电粒子离开磁场时偏转原来方向60° × × × × × × &#

14、215; × × × × × × × × OPMNO3S（3）由（1）知，当带电粒子以射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R。设粒子射入方向与PO方向夹角为，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示。因PO3=O3S=PO=SO=R所以四边形POSO3为棱形由图可知：， SO3因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关。9(16分) （2013江苏省徐州期末）如图甲所示，在轴右侧加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度=1T。从原点处向第象限发射一比荷 =1×104C/kg的带

15、正电的粒子(重力不计)，速度大小=103m/s，方向垂直于磁场且与轴正方向成300角。 (1)求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径和在该磁场中运动的时间。 (2)若磁场随时间变化的规律如图乙所示(垂直于纸面向外为正方向)，s后空间不存在磁场在=0时刻，粒子仍从点以与原来相同的速度射入，求粒子从点射出后第2次经过轴时的坐标。 yOxv0解：（1）轨迹如图甲所示由得轨迹半径 粒子运动周期 粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为240° ， 所以粒子在磁场中运动的时间为t1= 。（2）磁场变化的半周期为在图乙中，OO1CCO2D120°，且O1O2平行于x轴OE2（RRsin30&#

16、176;）3R0.3 RtEDP中，EDP60°，DE2Rsin60° EPDEtan60°3R0.3 则粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标xpOEEP0.6m 。yxOv0O1O2CDERRMNP图乙RR dvyPxOQ第25题图10（18分）（2013贵州六校联考）如图，在0xd的空间，存在垂直xOy平面的匀强磁场，方向垂直xOy平面向里。y轴上P点有一小孔，可以向y轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v、与y轴所成夹角可在01800范围内变化的带负电的粒子。已知 =450时，粒子恰好从磁场右边界与P点等高的Q点射出磁场，不计重力及粒子间的相互作用。求：（

17、1）磁场的磁感应强度；（2）若=300，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角（可用三角函数、根式表示）；（3）能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积（可用根式表示）。【答案】见解析 【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子的轨道半径为R，磁场的磁感应yxOPvQdM强度为B,则 qvB=m （3分）如图，由几何关系 d=2Rcos450 .（3分）解得 B= . （2分）（2）如图，由几何关系d=Rcos300+Rcos （2分）yxOPvQdvv解得 cos= .（2分）(3) 能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域,如图中两圆弧间斜线部分所示，由几何关系 R2- (d-

18、R)2 =(PM)2 （2分）该区域面积为S= d(PM) . （2分） 解得 S= d2 （2分）11（2013广东省九校联考）（18分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板、相距，、间的电场强度为，板下方整个空间存在着磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。今有一质量为、电荷量为的带正电的粒子(不计重力)，从贴近板的左端以的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝处穿过板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到板的处(图中未画出)。（1）判断a、b两板间电场强度的方向；（2）求粒子到达P处的速度与水平方向的夹角；（3）求、之间的距离（结果可保留根号）。解：（1）a、b间电场强度的方向是由a板指向

19、b板。（3分）（2）粒子板左端运动到处，由动能定理得 代入有关数据，解得， （3分）代入数据得（1分）（3）设粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为，半径为，如图，由几何关系得， （2分）又 （3分） 联立求得 （2分）12. （2013福建省龙岩市质检）如图所示，水平放置的M、N两平行板相距为d=0.50m，板长为L=1m，两板间有向下的匀强电场，场强E=300.0N/C，紧靠平行板右侧边缘的 xoy直角坐标系以N板右端为原点，在xoy坐标系的第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度B=×10-2T，磁场边界OA与x轴夹角AOx=60°，现有比荷为×106C/k

20、g的带电粒子（重力不计），沿靠近M板的水平线垂直电场方向进入电场，离开电场后垂直于OA边界进入磁场区域，求：（1）带电粒子进入电场时的初速度v0；（2）带电粒子从进入电场到离开磁场的总时间。MENy60°xOBAHGIK解：（1）带电粒子要垂直射入磁场，则速度偏向角为30°有 （1分） （1分）（2）粒子在电场中的运动时间为 （1分）粒子在电场中的偏转距离为 （1分）粒子离开电场的速度（1分）粒子离开电场后做匀速直线运动，直线运动距离（1分）运动时间（1分）粒子进入磁场后的轨道半径为R，（1分）由（1分）由正弦定理有 得（1分）由此可知，带电粒子在磁场中的偏转角度为30&#

21、176;（1分）由在磁场中的运动时间为（1分）则总运动时间为（1分）13. （2013广东省惠州市调研）(18分）如图所示，一个板长为l,板间距离也是l的平行板电容器上极板带正电， 下极板带负电，在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。有一质量为m，重力不计，带电量-q的粒子从极板正中以初速度为v0水平射入，恰能从上 极板边缘飞出又能从下极板边缘飞入，求：(1) 两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向(2) -q粒子飞出极板时的速度v的大小与方向 (3)感应强度B的大小 解：(1)由于上板带正电，下板带负电，故板间电场强度方向竖直向下 -q粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上匀加

22、速运动 其中 解得，(2)设粒子飞出板时水平速度为vx，竖直速度为vy，水平偏转角为vx=v0，可得=450，(3 由几何关系易知洛伦兹力提供向心力得14（12分）（2013北京市东城区联考）如图20所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=032V/m；以直线OM和正x轴为界，在y0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=01T，一不计重力的带负电粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度射入磁场，已知粒子的比荷为q/m=5×106C

23、/kg，求：（1）粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标（2）粒子在磁场区域运动的总时间（3）粒子最终离开电磁场区域时的位置坐标【解析】（1）粒子带负电，从O点沿y轴负方向射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动。第一次经过磁场边界上的一点（设为A点），由得： 2分 m, 1分所以，A点的坐标为：（）。1分（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则， 2分其中， 1分代入数据解得：，所以。1分（3）粒子从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则 ， 1分， 1分代入数据解得： 1分 1分粒子离开电磁场时的位置坐标为：（0,0.192m）。15.（12分）（2013年山东省济南市期末）如图所示，MN在左

24、侧有场强大小为E、方向下且与MN平行的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，虚线PQ为磁场右边界，PQ与MN平行。现有一质量为m电荷量为-q的带电粒子，从电场中的a点以初速度vo沿垂直电场和磁场的方向正对MN上的O点运动，然后MN上的b点进入磁场。已知oa=2ob,磁场宽度不计带电粒子的重力。求：（1）O、a间的距离L（2）粒子在磁场中运动的时间t解：（1）粒子从a点到b点做类平抛运动，设运动时间为t0，则有 1分 1分又 1分由以上三式可得 （2）设粒子到达b点时沿MN方向分速度为vy 因此，粒子进入磁场时的速度大小为 1分粒子进入磁场时速度方向与MN的夹角为

25、1分aEBNMOdbPQvv设粒子在磁场中运动时半径为R 1分设粒子从磁场右边界射出时速度方向与PQ夹角为，由几何关系 2分解得 粒子在磁场中运动的时间为 1分解得 1分16.(18分) （2013山东省即墨市期末）如图所示，位于A板附近的放射源P连续释放出质量分别为m和2m、电荷量均为+q的a、b两种粒子，它们从静止开始经极板A、B间电场加速后，沿中心轴线方向进入平行极板M、N间的偏转电场，飞出偏转电场后进入右侧的有界匀强磁场，最后打在位于磁场边界上的荧光屏上并产生光斑(荧光屏的下端位于中心轴线上）.已知A、B问电压为;极板M、N长为L，间距为，也板间电压为，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，磁场的左边界与中心轴线垂直.不计粒子的重力及其相互间的作用.求(1)两种粒子射入偏转电场时的初速度;(2)两种粒子离开偏转电场时的偏转距离和偏转角度的正切值;(3)实验发现，荧光屏上出现了两个光斑，求这两个光斑间的距离. 解析：（1）设a、b粒子射入偏转电场时的初速度分别为和，有 （1分）解得： （1分） （1分）解得： （1分）（2）设a粒子在偏转电场中的骗局为y，偏角为，有 （2分） （1分） （1分） （1分）解得： （1分） （1分）可见偏距和偏角与粒子本