届高三物理一轮复习精品资料磁场高考真题 模拟新题有详解.docx
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届高三物理一轮复习精品资料磁场高考真题模拟新题有详解
2012届高三物理一轮复习精品资料:
磁场(高考真题+模拟新题)(有详解)
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,通过导电弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场
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=mv2,只将轨道长度L变为原来的2倍,其速度将增加至原来的倍,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2
A.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.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Ra1,粒子速率为va,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
qvaB=m①
由几何关系得
∠PCP′=θ②
Ra1=③
式中,θ=30°.
由①②③式得
va=④
(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra2,射出点为Pa(图中未画出轨迹),∠P′OaPa=θ′=2θ.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qva(2B)=m⑤
由①⑤式得
Ra2=⑥
C、P′和Oa三点共线,且由⑥式知Oa点必位于x=d的平面上,由对称性知,Pa点与P′点纵坐标相同,即yPa=Ra1cosθ+、Rn+1…,第一次和第二次圆周运动速率分别为v1和v2,动能分别为Ek1和Ek2.
由:
Ek2=0.81Ek1,R1=,R2=,Ek1=mv,Ek2=mv
得:
R2∶R1=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=mv′2,0.9×mv′2=mv,R1≤s
得E≤
又由Rn=0.9n-1R1,2R1(1+0.9+0.92+…+0.9n+…)>3s
得:
E>
(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: +Rn+1=3s,R1≤s,Rn+1=0.9nR1,Rn+1≥ 得: n=2 又由: T= 得: t= 23.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m1和m2(m1>m2),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m1的离子进入磁场时的速率v1; (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m1做的功W=qU 由动能定理m1v=qU 得v1=① (2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式qvB=,R=,利用①式得离子在磁场中的轨道半径分别为 R1=,R2=② 两种离子在GA上落点的间距 s=2R1-2R2=(-)③ (3)质量为m1的离子,在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1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m2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(R1-R2)>d④ 利用②式,代入④式得2R1>d R1的最大值满足2R1m=L-d 得(L-d)>d 求得最大值dm=L K4 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=1.8m,距地面h=0.8m.平行板电容器的极板CD间距d=0.1m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=1T、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=2.5V,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=10ms2. (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m0=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=① 代入数据得F=1.25×1011N② 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=mv2③ 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=m④ 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 R1=⑤ R2=l-d⑥ 联立③~⑥,代入数据,有 8.1×10-14kg (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v0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 cosθ=⑧ 根据平抛运动, t=⑨ s=vt⑩ 对于滑块,由牛顿定律及运动学方程,有 μMg=Ma k=v0t-at2 再由余弦定理, k2=s2+(d+Rsinθ)2-2s(d+Rsinθ)cosθ 及正弦定理, = 联立③、④和⑧~,并代入数据,解得: v0=4.15ms φ=arcsin0.8(或φ=53°) 15.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uab的变化图象如图所示,电压的最大值为U0、周期为T0,在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场.若将一质量为m0、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T0后恰能再次从a孔进入电场加速.现该粒子的质量增加了m0.(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uab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14 15.I3、K4[2011·江苏物理卷]【解析】 (1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动, qvB=m0, T0= 则T0= 当粒子的质量增加了m0,其周期增加ΔT=T0. 则根据图可知,粒子第一次的加速电压u1=U0 粒子回到电场中用时T0,由图可读出粒子第二次的加速电压u2=U0=U0 射出时的动能Ek2=qu1+qu2; 解得Ek2=qU0. 图15 (2)磁屏蔽管的位置如图所示. (3)在uab>0时,粒子被加速,则最多连续被加速的次数 N=,得N=25 分析可得,粒子在连续被加速的次数最多且u=U0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=T0=T0 (n=0,1,2,…) 最大动能Ekm=2×qU0+qU0 解得Ekm=qU0. 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v0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=(图丙曲线的最高点处),对应的粒子运动速度大小为v2(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=ym处粒子所受的合外力大小相等,方向相反,则 qv0B-qE=-(qv2B-qE)⑥ 由动能定理有-qEym=mv-mv⑦ 又Ay=ym⑧ 由⑥⑦⑧式解得Ay= 可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为 y= 1.【2011·濮阳一模】处于纸面内的一段直导线长L=1m,通有I=1A的恒定电流,方向如图X18-1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=1N的磁场力作用.据此( ) 图X18-1 A.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=可知水平向左的磁感应强度的分量为1T,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X18-3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X18-4中分别加了不同方向的磁场,其中一定不能平衡的是( ) A B C D 图X18-4 3.B 【解析】四种情况的受力分别如图所示: A、C都有可能平衡,D中如果重力与安培力刚好大小相等,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X18-8所示,在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线,且导线中电流方向水平向右,则阴极射线将会( ) 图X18-8 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X18-11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( ) X18-11 A.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=,当θ一定时,粒子在磁场中运动时间t=T=T,ω=.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=知,r一定;当θ从0变至的过程中,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X19-1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( ) 图X19-1 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=,可知粒子周期不变,又r=∝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=T∝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X19-4所示,相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置,S1、S2分别为M、N板上的小孔,S1、S2、O三点共线,它们的连线垂直M、N,且S2O=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S1进入M、N间的电场后,通过S2进入磁场.粒子在S1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U0; (3)当M、N间的电压不同时,粒子从S1到打在D上经历的时间t会不同,求t的最小值. 图X19-4 7.【解析】 (1)粒子从S1到达S2的过程中,根据动能定理得 qU=mv2① 解得粒子进入磁场时速度的大小v= (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=m② 由①②得,加速电压U与轨迹半径r的关系为U= 当粒子打在收集板D的中点时,粒子在磁场中运动的半径r0=R 对应电压U0= (3)M、N间的电压越大,粒子进入磁场时的速度越大,粒子在极板间经历的时间越短,同时在磁场中运动轨迹的半径越大,在磁场中运动的时间也会越短,出磁场后匀速运动的时间也越短,所以当粒子打在收集板D的右端时,对应时间t最短. 根据几何关系可以求得,对应粒子在磁场中运动的半径r=R 由②得粒子进入磁场时速度的大小v== 粒子在电场中经历的时间t1== 粒子在磁场中经历的时间t2== 粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3== 粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t=t1+t2+t3= 8.[2011·福州模拟]如图X19-5所示,条形区域AA′、BB′中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B的大小为0.3T,AA′、BB′为磁场边界,它们相互平行,条形区域的长度足够长,宽度d=1m.一束带正电的某种粒子从AA′上的O点以大小不同的速度沿着与AA′成60°角方向射入磁场,当粒子的速度小于某一值v0时,粒子在磁场区域内的运动时间t0=4×10-8s;当粒子速度为v1时,刚好垂直边界BB′射出磁场.取π=3,不计粒子所受重力.求: (1)粒子的比荷; (2)速度v0和v1的大小. 8.【解析】 (1)当粒子的速度小于某一值v0时,粒子不能从BB′离开磁场区域,只能从AA′边离开,无论粒子速度大小,在磁场中运动的时间都相同,轨迹如图所示(图中只画了一个粒子的轨迹). 粒子在磁场区域内做圆周运动的圆心角均为φ1=240°,运动时间t0=T 又T= 解得=×108Ckg或=3.3×108Ckg (2)当粒子速度为v0时,粒子在磁场内的运动轨迹刚好与BB′边界相切,此时有R0+R0sin30°=d 又qv0B= 得v0=×108ms 当粒子速度为v1时,刚好垂直边界BB′射出磁场区域,此时轨迹所对圆心角φ2=30°,有R1sin30°=d 又qv1B= 得v1=2×108ms. 9.[2011·济宁模拟]如图X20-1所示,在xOy平面内,第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界,OM与负x轴成45°角.在x<0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场;在y<0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.一不计重力的带负电的微粒从坐标原点O沿y轴负方向以速度v0进入磁场,最终离开电磁场区域的位置坐标为(0,).已知微粒的电荷量为q,质量为m,求: (1)带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标. (2)带电微粒在磁场区域运动的总时间. (3)匀强电场的场强. 图X20-1 9.【解析】 (1)带电微粒从O点射入磁场,运动轨迹如图所示.带电微粒运动了圆周后第一次经过磁场边界上的A点. (3)微粒从C点沿y轴正方向进入电场,做类平抛运动,C点的位置坐标为(-2r,-2r),微粒在电场中运动,沿x、y方向的位移分别为Δx=2r,Δy=4r 而a= Δx=at Δy=v0t1 解得E=v0B. 10.[2011·甘肃模拟]如图X20-3所示,一个质量为m、带电量为+q的小球以初速度v0自h高度处水平抛出.不计空气阻力,重力加速度为g. (1)若在空间竖直方向加一个匀强电场,发现小球水平抛出后做匀速直线运动,求该匀强电场的场强E的大小; (2)若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场,小球水平抛出后恰沿圆弧轨迹运动,落地点P到抛出点的距离为 得B=
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