当前位置: 首页 > >

2012届高考物理二轮《磁场》专题训练

发布时间:

2012 届高考物理二轮《磁场》专题训练

1.如图 6-17 所示,两根光滑金属导轨*行放置,导轨所在*面与水*面间的夹角为 θ 。

整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中。金属杆 ab 垂直导轨放置,当金属杆 ab 中通有从 a

到 b 的恒定电流 I 时,金属杆 ab 刚好静止。则( )

A.磁场方向竖直向上

B.磁场方向竖直向下

图 6-17

C.金属杆 ab 受安培力的方向*行导轨向上

D.金属杆 ab 受安培力的方向*行导轨向下

解析:受力分析如图所示,当磁场方向竖直向上时,由左手定则可知安

培力水*向右,金属杆 ab 受力可以*衡,A 正确;若磁场方向竖直向下,由

左手定则可知安培力水*向左,则金属杆 ab 受力无法*衡,B、C、D 错误。

答案:A

2.如图 6-18 所示,带电量为+q 的金属圆环质量为 m。套在固定的水*长直绝缘圆柱

体上,环与圆柱体间的动摩擦因数为 μ ,环的直径略大于圆柱体的直径,整

个装置处在垂直于纸面向内的范围足够大的匀强磁场中。现给环向右的水*

初速度 v0,设环在运动过程中带电量保持不变,则环运动过程中的速度图像

可能是图 6-19 中的( )

图 6-18

图 6-19 解析:若 v0=qmBg,则 qBv0=mg,因此金属环对圆柱体压力为零,摩擦力为零,金属环此 后做匀速运动;若 v0>qmBg,则 qBv0>mg,金属环对圆柱体压力向上,在摩擦力 f=μ (qvB-mg) =ma 的作用下金属环做加速度不断减小的变减速运动,当 qBv=mg 后,金属环做匀速运动; 若 v0<mqgB,则 qBv0<mg,金属环对圆柱体压力向下,在摩擦力 f=μ (mg-qvB)=ma 的作用下金 属环做加速度不断变大的变减速运动,直至静止。符合条件的为 ABD 三个选项。 答案:ABD 3.(2011·海南高考)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,图 6-20 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

用心 爱心 专心

-1-

的是( )

图 6-20

A.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:带电粒子进入磁场后,在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,根据 qvB=mrv2得轨

道半径 r=mqvB,粒子的比荷相同,故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同,轨迹不同,

相同速度的粒子,轨道半径相同,轨迹相同,故 B 正确。带电粒子在磁场中做圆周运动的周

期 T=2πv r=2qπBm,故所有带电粒子的运动周期均相同,若带电粒子从磁场左边界出磁场,则

这些粒子在磁场中运动时间是相同的,但不同速度轨迹不同,故 A、C 错误。根据θt =2Tπ 得

θ =2Tπ t,所以 t 越长,θ 越大,故 D 正确。

答案:BD

4.如图 6-21 所示,MN 是一段在竖直*面内半径为 1 m 的光滑的 1/4 圆弧轨道,轨道上

存在水*向右的匀强电场。轨道的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B1=0.1 T。现有一带电荷量为 1 C、质量为 100 g 的带正电小球从 M 点由静止开始自由下滑,恰能沿

NP 方向做直线运动,并进入右侧的复合场(NP 沿复合场的中心

线)。已知 AB 板间的电压为 UBA=2 V,板间距离 d=2 m,板的长 度 L=3 m,若小球恰能从板的边沿飞出,g 取 10 m/s2。求:

图 6-21

(1)小球运动到 N 点时的速度 v;

(2)水*向右的匀强电场的电场强度 E;

(3)复合场中的匀强磁场的磁感应强度 B2。 解析:小球沿 NP 做直线运动,由*衡条件可得:

mg=qvB1 得 v=10 m/s。

(2)小球从 M 点到 N 点的过程中,由动能定理得:

mgR+qER=12mv2

代入数据解得:E=4 N/C。

(3)在板间复合场小球受电场力

qUBA/d=1 N/C,与重力*衡,

用心 爱心 专心

-2-

故小球做匀速圆周运动 设运动半径为 R′,由几何知识得: R′2=L2+(R′-d2)2 解得:R′=5 m 由 qvB2=mv2/R′,解得:B2=0.2 T。 答案:(1)10 m/s (2)4 N/C (3)0.2 T 5.(2011·广东高考)如图 6-22 甲所示,在以 O 为圆心,内外半径分别为 R1 和 R2 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,R1=R0, R2=3R0,一电荷量为+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 v1 射出,求粒子在 A 点的初速度 v0 的大小。 (2)若撤去电场,如图乙,已知粒子从 OA 延长线与外圆的交点 C 以速度 v2 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)在图乙中,若粒子从 A 点进入磁场,速度大小为 v3,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?

图 6-22 解析:(1)粒子从 A 点进入后到由外边界射出过程,由动能定理得 qU=12mv12-12mv02① 解得 v0= v12-2qmU② (2)撤去电场后,作出粒子的运动轨迹如图, 设粒子运动的轨道半径为 r, 由牛顿第二定律 qBv2=mvr22③ 由几何关系可知,粒子运动的圆心角为 90 °,则 2r2=(R2-R1)2 得 r= 2R0④ 联立③④得 B= 22qmRv0 2⑤

用心 爱心 专心

-3-

匀速圆周运动周期

T=2πv2

r ⑥

粒子在磁场中运动时间 t=14T⑦

联立④⑥⑦,得 t=

2π 2v2

R0⑧

(3)要使粒子一定能够从外圆射出,粒子刚好与两边界相切,轨迹

图如图所示,分两种情况:

第Ⅰ种情况:由几何关系可知粒子运动的轨道半径

r1=R2-2 R1=R0⑨

设此过程的磁感应强度为 B1,由牛顿第二定律 qB1v3=mvr312⑩

联立⑨⑩得,B1=qmRv03?

第Ⅱ种情况:由几何关系可知粒子运动轨道半径

r2=R2+2 R1=2R0

设此过程的磁感应强度为 B2,则 B2=2mqvR30

综合Ⅰ、Ⅱ可知磁感应强度应小于2mqvR30

答案:(1)

v12-2qmU

(2)

2mv2 2qR0

2π R0 2v2

(3)

mv3 2qR0

一、选择题(本题共 9 个小题,每小题 7 分,共 63 分,每小题至少有一个选项正确,请 将正确选项前的字母填在题后的括号内)
1.(2011·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。在图 1 的四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是( )

图1 解析:由日常知识可知,地球的南极为磁场的 N 极,由右手螺旋定则可知,电流方向如

用心 爱心 专心

-4-

图 B,故选项 B 正确。

答案:B

2.带电质点在匀强磁场中运动,某时刻速度方向如图 2 所示,所

受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反,不计阻力,则在此后

的一小段时间内,带电质点将( )

A.可能做直线运动

B.可能做匀减速运动

图2

C.一定做曲线运动

D.可能做匀速圆周运动

解析:带电质点在运动过程中,重力做功,速度大小和方向发生变化,洛伦兹力的大小

和方向也随之发生变化,故带电质点不可能做直线运动,也不可能做匀减速运动和匀速圆周

运动,C 正确。

答案:C

3.如图 3 所示,圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,三个质量和

电荷量都相同的带电粒子 a、b、c,以不同的速率对准圆心 O 沿着 AO

方向射入磁场,其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用,则下

列说法正确的是( )

图3

A.a 粒子速率最大,在磁场中运动时间最长

B.c 粒子速率最大,在磁场中运动时间最短

C.a 粒子速度最小,在磁场中运动时间最短

D.c 粒子速率最小,在磁场中运动时间最短

解析:由图可知,粒子 a 的运动半径最小,圆周角最大,粒子 c 的运动半径最大,圆周

角最小,由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得:qvB=mvr2,故半径公式 r=mqvB,T=2πv r

=2πqBm,故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下,速率越小,半径越小,

所以粒子 a 的运动速率最小,粒子 c 的运动速率最大,而带电粒子在磁场中的运动时间只取

决于运动的圆周角,所以粒子 a 的运动时间最长,粒子 c 的运动时间最短,答案为 B。

答案:B

4.(2011·烟台模拟)如图 4 甲、乙、丙所示,三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于

竖直*面内,左右两端点等高,其中乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中,丙轨道处在竖

直向下的匀强电场中,三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放。则三个

小球通过圆轨道最低点时( )

用心 爱心 专心

-5-

图4

A.速度相同

B.所用时间相同

C.对轨道的压力相同

D.均能到达轨道右端最高点处

解析:图甲、乙中只有重力做功,图丙除重力做功外,还有电场力做功,所以三个小球

到最低点时,速度不同,时间不同,结合牛顿第二定律可判断,三个小球对轨道的压力不同,

A、B、C 错误;根据能量守恒可知,三个小球均能到达轨道右端最高点处,D 正确。

答案:D

5.1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱

的研究荣获了诺贝尔化学奖。若速度相同的同一束粒子由左端射入质

谱仪后的运动轨迹如图 5 所示,则下列相关说法中正确的是( )

A.该束带电粒子带负电

B.速度选择器的 P1 极板带正电

C.在 B2 磁场中运动半径越大的粒子,质量越大

图5

D.在 B2 磁场中运动半径越大的粒子,比荷 q/m 越小

解析:由带电粒子在磁场 B2 中的偏转方向可知,粒子带正电,选项 A 错误;带电粒子在

如图所示的速度选择器中受到两个力*衡,即 qvB=qE,因为受到的洛伦兹力方向向上,故受

到的电场力方向向下,则 P1 极板带正电,选项 B 正确;带电粒子在右侧的偏转磁场中,半径 R

mv =qB2,则比荷

q/m

越小,半径越大,选项

D

正确,选项

C

错误。

答案:BD

6.如图 6 所示为磁流体发电机的原理图:将一束等离子体喷

射入磁场,在场中有两块金属板 A、B,这时金属板上就会聚集电

荷,产生电压。如果射入的等离子体速度均为 v,两金属板的板

长为 L,板间距离为 d,板*面的面积为 S,匀强磁场的磁感应强

度为 B,方向垂直于速度方向,负载电阻为 R,等离子体充满两板

图6

间的空间。当发电机稳定发电时,电流表示数为 I,那么板间等离子体的电阻率为( )

A.Sd(BIdv-R)

B.Sd(BILv-R)

C.SL(BIdv-R)

D.SL(BILv-R)

用心 爱心 专心

-6-

解析:根据磁流体发电机的原理可推知:A、B 板间产生的电动势为 E=Bdv,A、B 板间的

等效电阻 r=ρ dS,根据闭合电路的欧姆定律得:I=R+E r,联立可得 ρ =Sd(BdIv-R),A 正确。

答案:A

7.如图 7 所示,空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电

场的方向竖直向下,磁场方向水*(图中垂直纸面向里),一带电油滴

P 恰好处于静止状态,则下列说法正确的是( )

A.若仅撤去电场,P 可能做匀加速直线运动

B.若仅撤去磁场,P 可能做匀加速直线运动

图7

C.若给 P 一初速度,P 不可能做匀速直线运动

D.若给 P 一初速度,P 可能做匀速圆周运动

解析:油滴能处于静止状态,说明受到的重力和电场力*衡,电场力竖直向上,带电油

滴带负电荷。若仅撤去电场,刚开始液滴在重力作用下产生速度,相应油滴受到磁场产生的

洛伦兹力,油滴不可能做匀加速直线运动,A 错;若仅撤去磁场,油滴受到的重力和电场力恒

定,始终*衡,油滴将做匀速直线运动或保持静止状态,不可能做匀加速直线运动,B 错;给

油滴一个初速度时,若速度方向垂直纸面,洛伦兹力为零,油滴所受合外力为零,则油滴将

垂直纸面做匀速直线运动,故 C 错;同理给油滴的初速度*行纸面的任何方向时,重力和电

场力的合力为零,油滴相当于只受到洛伦兹力作用,将会做匀速圆周运动,D 对。

答案:D

8.如图 8 所示,三根通电长直导线 P、Q、R 互相*行,垂直纸面放

置,其间距均为 a,电流强度均为 I,方向垂直纸面向里(已知电流为 I 的

长直导线产生的磁场中,距导线 r 处的磁感应强度 B=kI/r,其中 k 为常

数)。某时刻有一电子(质量为 m、电荷量为 e)正好经过原点 O,速度大小

为 v,方向沿 y 轴正方向,则电子此时所受磁场力为( )

图8

A.方向垂直纸面向里,大小为2evkI 3a

B.方向指向

x

2evkI 轴正方向,大小为

3a

evkI C.方向垂直纸面向里,大小为
3a

D.方向指向

x

evkI 轴正方向,大小为

3a

解析:P、Q

两电流在

O

处的合场强为零,故

O

点的磁感应强度

B0=acosk3I0°=

2kI ,再
3a

用心 爱心 专心

-7-

由 F=Bvq 可得电子所受洛伦兹力大小为2kIve,由左手定则可判断洛伦兹力的方向为垂直纸 3a

面向里,故 A 正确。

答案:A

9.如图 9 所示,一个质量为 m、电荷量为+q 的带电粒子,不计重

力。在 a 点以某一初速度水*向左射入磁场区域Ⅰ,沿曲线 abcd 运动,

ab、bc、cd 都是半径为 R 的圆弧。粒子在每段圆弧上运动的时间都为 t。

规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正,则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分

的磁感应强度 B 随 x 变化的关系可能是( )

图9

图 10

解析:由题目条件和题图可知,粒子从 a 运动到 b 的过程中(也即在磁场区域Ⅰ中),磁

场应该为正,所以 B、D 错误;又知道粒子质量、带电荷量、运动半径及运动时间,由公式 R

mv =qB及

t=36α0°·T

可以得到磁感应强度

B

的大小

B=π2qtm,所以

C

正确,A

错误。

答案:C

二、计算题(本题共 3 个小题,共 37 分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤,有数值计算的要注明单位)

10.(10 分)如图 11 所示,*行金属板倾斜放置,AB 长度为 L,金

属板与水*方向的夹角为 θ ,一电荷量为-q、质量为 m 的带电小球以 水*速度 v0 进入电场,且做直线运动,到达 B 点,离开电场后,进入如 图所示的电磁场(图中电场未画出)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。求:

图 11

(1)带电小球进入电磁场区域时的速度 v;

(2)带电小球进入电磁场区域运动的时间;

(3)重力在电磁场区域对小球所做的功。

解析:(1)对带电小球进行受力分析,带电小球受重力 mg



电场力 F 作用

用心 爱心 专心

-8-

F 合=Fsinθ mg=Fcosθ 解得 F 合=mgtanθ 根据动能定理 F 合 L=12mv2-12mv0 2

解得 v= 2gLtanθ +v0 2。 (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*衡,带电小球只在

洛伦兹力作用下运动

通过几何知识可以得出,带电粒子在电磁场中运动了14圆周

运动时间为 t=T4=14×2qπBm=π2qmB。

(3)带电小球在竖直方向运动的高度差等于半径 h=R=mqvB

重力做的功为 W=mgh=mg×m

2gLtanθ qB

+v0

2 m2g =

2gLtanθ qB

+v 0

2


答案:(1) 2gLtanθ +v0 2 (2)2πqBm

m2g (3)

2gLtanθ +v0 2 qB

11.(12 分)在如图 12 甲所示的*面直角坐标系 xOy 中,存在沿 x 方向按如图乙所示规律

周期性变化的匀强电场,沿 x 轴正方向为正。沿垂直于 xOy *面指向纸里的方向存在按如图 丙所示规律周期性变化的匀强磁场。在图甲中坐标原点 O 处有带正电的粒子,从 t=0 时刻无 初速度释放。已知粒子的质量 m=5×10-10 kg,电荷量 q=1×10-6 C,不计粒子的重力。求:

图 12

用心 爱心 专心

-9-

(1)t=0.25×10-3 s 时粒子的速度及位置; (2)t=1×10-3 s 时粒子的位置坐标; (3)t=8×10-3 时粒子的速度。 解析:(1)在第一个 t0=0.25×10-3 s 内粒子的加速度 a 满足:qE=ma 末速度 v1=at0=5 m/s 沿 x 轴正向运动 L1=v21t0=6.25×10-4 m。
(2)在 0.25×10-3~0.5×10-3 s 内粒子做匀速圆周运动 T=2qπBm=0.5×10-3 s 故粒子在 0.25×10-3 s 这段时间内运动了半个圆周 圆周运动的半径 R1=mqvB1 在 0.5×10-3~0.75×10-3 s 内粒子沿 x 轴负向匀加速运动 末速度大小 v2=v1+at0=2v1 位移大小 L2=v1+2 v2t0=3L1 在 0.75×10-3~1×10-3 s 内粒子做匀速圆周运动, R2=mqvB2=2R1 末位置坐标:x=-(L2-L1)=-1.25×10-3 m y=-(2R2-2R1)=-8×10-4 m。 (3)粒子在 8×10-3 s 内 16 次加速,每次速度增加 v1,故:v=16v1,v=80 m/s 方向沿 x 轴正向。 答案:(1)5 m/s 在 x 轴上坐标为 6.25×10-4 m (2)(-1.25×10-3 m,-8×10-4 m) (3)80 m/s 方向沿 x 轴正向 12.(15 分)(2011·山东高考)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 13:Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直,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**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*行于纸面射入Ⅰ区,射入时速度与水* 方向夹角 θ =30°。

用心 爱心 专心

- 10 -

图 13 (1)当Ⅰ区宽度 L1=L、磁感应强度大小 B1=B0 时,粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水*方 向夹角也为 30°,求 B0 及粒子在Ⅰ区运动的时间 t。 (2)若Ⅱ区宽度 L2=L1=L、磁感应强度大小 B2=B1=B0,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 L2=L1=L、B1=B0,为使粒子能返回Ⅰ区,求 B2 应满足的条件。 (4)若 B1≠B2、L1≠L2,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 B1、B2、L1、L2 之间应满足的关系式。

解析:(1)如图甲所示,设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为 v,



磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为 R1,由动能定理和牛顿第二定





qU=12mv2①

qvB1=mvR21②

由几何知识得

L=2R1 sinθ ③ 联立①②③式,代入数据得

B0=1L

2mqU④

设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为 T,运动的时间为 t

T=2πv R1⑤

t=22πθ T⑥

联立②④⑤⑥式,代入数据得

t=π3L

m 2qU⑦

(2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为 R2,由牛顿第二定律得 qvB2=mvR22⑧

用心 爱心 专心

- 11 -

由几何知识可得 h=(R1+R2)(1-cosθ )+Ltanθ ⑨ 联立②③⑧⑨式,代入数据得 h=(2-23 3)L⑩

(3)如图乙所示,为使粒子能再次回到Ⅰ区,应满足 R2(1+sinθ )<L [或 R2(1+sin θ )≤L]? 联立①⑧?式,代入数据得

B2>3L

mU 2q

(或 B2≥3L

m2Uq)?

(4)如图丙(或图丁)所示,设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水*方向的夹角为 α ,由几何知 识可得
L1=R1(sinθ +sinα )?

[或 L1=R1(sinθ -sinα )]

L2=R2(sinθ +sinα )?

[或 L2=R2(sinθ -sinα )]

联立②⑧式得

B1R1=B2R2?

联立???式得

B1L1=B2L2。

答案:(1)1L

2mU π L q3

m 2qU

(2)(2-23 3)L

(3)B2>3L 2mqU(或 B2≥3L

m2qU)

(4)B1L1=B2L2

用心 爱心 专心

- 12 -

用心 爱心 专心

- 13 -




友情链接: