【高考輔導(dǎo)資料】【物理】2011版《3年高考2年模擬》：第11章_磁_場

第十一章 磁場第一部分 三年高考題薈萃2010年高考新題2010重慶如題21圖所式，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，有5個帶點(diǎn)粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進(jìn)入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡為相應(yīng)的圓弧，這些粒子的質(zhì)量，電荷量以及速度大小如下表所示。由以上信息可知，從圖中abc處進(jìn)入的粒子對應(yīng)表中的編號分別為A.3,5, 4 B.4,2,5 C.5,3,2 D.2,4,5【答案】D【解析】根據(jù)半徑公式結(jié)合表格中數(shù)據(jù)可求得15各組粒子的半徑之比依次為0.52332，說明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ邊界進(jìn)入磁場逆時針運(yùn)動。由圖a、b粒子進(jìn)入磁場也是逆時針運(yùn)動，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為23，則a一定是第2組粒子，b是第4組粒子。c順時針運(yùn)動，都為負(fù)電荷，半徑與a相等是第5組粒子。正確答案D2.2010全國卷17某地的地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量方向向下，大小為T。一靈敏電壓表連接在當(dāng)?shù)厝牒：佣蔚膬砂叮訉?00m，該河段漲潮和落潮時有海水（視為導(dǎo)體）流過。設(shè)落潮時，海水自西向東流，流速為2m/s。下列說法正確的是A河北岸的電勢較高 B河南岸的電勢較高C電壓表記錄的電壓為9mV D電壓表記錄的電壓為5mV【答案】BD【解析】海水在落潮時自西向東流，該過程可以理解為：自西向東運(yùn)動的導(dǎo)體棒在切割豎直向下的磁場。根據(jù)右手定則，右岸即北岸是正極電勢高，南岸電勢低,D對C錯。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律V, B對A錯【命題意圖與考點(diǎn)定位】導(dǎo)體棒切割磁場的實(shí)際應(yīng)用題。3. 2010江蘇物理9如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中附加另一勻強(qiáng)磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO與SS垂直。a、b、c三個質(zhì)子先后從S點(diǎn)沿垂直于磁場的方向攝入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為，且。三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能達(dá)到同一點(diǎn)S，則下列說法中正確的有A三個質(zhì)子從S運(yùn)動到S的時間相等B三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運(yùn)動時，運(yùn)動軌跡的圓心均在OO軸上C若撤去附加磁場，a到達(dá)SS連線上的位置距S點(diǎn)最近D附加磁場方向與原磁場方向相同答案：CD4. 2010上海物理13 如圖，長為的直導(dǎo)線拆成邊長相等，夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強(qiáng)度為的電流時，該形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為（A）0 （B）0.5 （C）（D）答案：C解析：導(dǎo)線有效長度為2lsin30=l，所以該V形通電導(dǎo)線收到的安培力大小為。選C。本題考查安培力大小的計(jì)算。難度：易。52010安徽20如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈和，分別用相同材料，不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制（為細(xì)導(dǎo)線）。兩線圈在距磁場上界面高處由靜止開始自由下落，再進(jìn)入磁場，最后落到地面。運(yùn)動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界。設(shè)線圈、落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2。不計(jì)空氣阻力，則Av1 v2，Q1 Q2 Bv1 =v2，Q1= Q2Cv1 Q2 Dv1 =v2，Q1 Q2【答案】D【解析】由于從同一高度下落，到達(dá)磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流同時受到磁場的安培力，又（為材料的電阻率，為線圈的邊長），所以安培力，此時加速度，且(為材料的密度)，所以加速度是定值，線圈和同步運(yùn)動，落地速度相等v1 =v2。由能量守恒可得：，(H是磁場區(qū)域的高度)，為細(xì)導(dǎo)線m小，產(chǎn)生的熱量小，所以Q10表示電場方向豎直向上。t=0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動，再沿直線運(yùn)動到右邊界上的N2點(diǎn)。Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)求電場變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。 電場變化的周期 （3）若微粒能完成題述的運(yùn)動過程，要求 聯(lián)立得： 設(shè)N1Q段直線運(yùn)動的最短時間t1min，由得 因t2不變，T的最小值 9. 2010全國卷26圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V;兩板之間有勻強(qiáng)磁場，磁場應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向平行于板面并垂直于紙面朝里。圖中右邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG(EF邊與金屬板垂直)，在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上也有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面朝里。假設(shè)一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面，垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的區(qū)域，并經(jīng)EF邊中點(diǎn)H射入磁場區(qū)域。不計(jì)重力（1） 已知這些離子中的離子甲到達(dá)磁場邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質(zhì)量。（2） 已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點(diǎn)（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為，求離子乙的質(zhì)量。若這些離子中的最輕離子的質(zhì)量等于離子甲質(zhì)量的一半，而離子乙的質(zhì)量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內(nèi)可能有離子到達(dá)?！敬鸢浮?速度與y軸的正方向的夾角范圍是60到1204 粒子發(fā)射到全部離開所用 時間 為10. 2010福建20如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強(qiáng)的偏轉(zhuǎn)電場。一束同位素離子流從狹縫射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進(jìn)入場強(qiáng)大小為的偏轉(zhuǎn)電場，最后打在照相底片上。已知同位素離子的電荷量為(0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強(qiáng)大小為的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場，照相底片D與狹縫、連線平行且距離為L，忽略重力的影響。（1） 求從狹縫射出的離子速度的大小；（2） 若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度方向飛行的距離為，求出與離子質(zhì)量之間的關(guān)系式(用、L表示)。答案：11. 2010新課標(biāo)25如圖所示，在0xa、oy范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0范圍內(nèi).己知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動周期的四分之一.求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度大?。?2)速度方向與y軸正方向夾角正弦。 12. 2010北京23利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖1，將一金屬或半導(dǎo)體薄片垂直至于磁場B中，在薄片的兩個側(cè)面、間通以電流時，另外兩側(cè)、間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱霍爾效應(yīng)。其原因是薄片中的移動電荷受洛倫茲力的作用相一側(cè)偏轉(zhuǎn)和積累，于是、間建立起電場，同時產(chǎn)生霍爾電勢差。當(dāng)電荷所受的電場力與洛倫茲力處處相等時，和達(dá)到穩(wěn)定值，的大小與和以及霍爾元件厚度之間滿足關(guān)系式，其中比例系數(shù)稱為霍爾系數(shù)，僅與材料性質(zhì)有關(guān)。（） 設(shè)半導(dǎo)體薄片的寬度（、間距）為，請寫出和的關(guān)系式；若半導(dǎo)體材料是電子導(dǎo)電的，請判斷圖中、哪端的電勢高；（） 已知半導(dǎo)體薄片內(nèi)單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為，電子的電荷量為，請導(dǎo)出霍爾系數(shù)的表達(dá)式。（通過橫截面積的電流，其中是導(dǎo)電電子定向移動的平均速率）；（） 圖2是霍爾測速儀的示意圖，將非磁性圓盤固定在轉(zhuǎn)軸上，圓盤的周邊等距離地嵌裝著個永磁體，相鄰永磁體的極性相反。霍爾元件置于被測圓盤的邊緣附近。當(dāng)圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，霍爾元件輸出的電壓脈沖信號圖像如圖所示。.若在時間內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為，請導(dǎo)出圓盤轉(zhuǎn)速的表達(dá)式。.利用霍爾測速儀可以測量汽車行駛的里程。除除此之外，請你展開“智慧的翅膀”，提出另一個實(shí)例或設(shè)想。解析：（1）由 得 當(dāng)電場力與洛倫茲力相等時 得 將 、代入，得 （2） a.由于在時間t內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為P，則 P=mNt圓盤轉(zhuǎn)速為 N=b. 提出的實(shí)例或設(shè)想 2009年高考題一、選擇題1.（09年全國卷）17.如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直。線段ab、bc和cd的長度均為L，且。流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。導(dǎo)線段abcd所受到的磁場的作用力的合力 （ A ）A. 方向沿紙面向上，大小為B. 方向沿紙面向上，大小為C. 方向沿紙面向下，大小為D. 方向沿紙面向下，大小為解析：本題考查安培力的大小與方向的判斷.該導(dǎo)線可以用a和d之間的直導(dǎo)線長為來等效代替,根據(jù),可知大小為,方向根據(jù)左手定則.A正確。2.（09年北京卷）19如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場。一帶電粒子a（不計(jì)重力）以一定的初速度由左邊界的O點(diǎn)射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計(jì)重力）仍以相同 初速度由O點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b （ C ）A穿出位置一定在O點(diǎn)下方B穿出位置一定在O點(diǎn)上方C運(yùn)動時，在電場中的電勢能一定減小D在電場中運(yùn)動時，動能一定減小解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運(yùn)動，則該粒子一定做勻速直線運(yùn)動，故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O點(diǎn)的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運(yùn)動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項(xiàng)正確D項(xiàng)錯誤3.（09年廣東物理）12圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子 位置的膠片A1A2。平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場。下列表述正確的是 （ ABC ）A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小解析：由加速電場可見粒子所受電場力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場力水平向右，洛倫茲力水平向左，如圖所示，因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外B正確；經(jīng)過速度選擇器時滿足，可知能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B，帶電粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動則有，可見當(dāng)v相同時，所以可以用來區(qū)分同位素，且R越大，比荷就越大，D錯誤。4.（09年廣東理科基礎(chǔ)）1發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場的科學(xué)家是 （ B ）A洛倫茲 B庫侖C法拉第 D奧斯特解析：發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的科學(xué)家是丹麥的奧斯特.而法拉第是發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象。5.（09年廣東理科基礎(chǔ)）13帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運(yùn)動時，會受到洛倫茲力的作用。下列表述正確的是 （ B ） A洛倫茲力對帶電粒子做功B洛倫茲力不改變帶電粒子的動能 C洛倫茲力的大小與速度無關(guān) D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向解析：根據(jù)洛倫茲力的特點(diǎn), 洛倫茲力對帶電粒子不做功,A錯.B對.根據(jù),可知大小與速度有關(guān). 洛倫茲力的效果就是改變物體的運(yùn)動方向,不改變速度的大小。6.(09年廣東文科基礎(chǔ))61帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運(yùn)動時，其受到的洛倫茲力的方向，下列表述正確的是 （ D ）A與磁場方向相同B與運(yùn)動方向相同C與運(yùn)動方向相反D與磁場方向垂直7.（09年山卷）21如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進(jìn)入磁場，直徑CD始絡(luò)與MN垂直。從D點(diǎn)到達(dá)邊界開始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場為止，下列結(jié)論正確的是 （ ACD ）A感應(yīng)電流方向不變BCD段直線始終不受安培力C感應(yīng)電動勢最大值EBavD感應(yīng)電動勢平均值解析：在閉合電路進(jìn)入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向不變， A正確。根據(jù)左手定則可以判斷，受安培力向下，B不正確。當(dāng)半圓閉合回路進(jìn)入磁場一半時，即這時等效長度最大為a，這時感應(yīng)電動勢最大E=Bav，C正確。感應(yīng)電動勢平均值，D正確?？键c(diǎn)：楞次定律、安培力、感應(yīng)電動勢、左手定則、右手定則提示：感應(yīng)電動勢公式只能來計(jì)算平均值，利用感應(yīng)電動勢公式計(jì)算時，l應(yīng)是等效長度，即垂直切割磁感線的長度。8.（09年重慶卷）19.在題19圖所示電路中，電池均相同，當(dāng)電鍵S分別置于a、b兩處時，導(dǎo)線與之間的安培力的大小為、，判斷這兩段導(dǎo)線 （ D ）A.相互吸引，B.相互排斥， C.相互吸引， D.相互排斥，0）的粒子從P點(diǎn)瞄準(zhǔn)N0點(diǎn)入射，最后又通過P點(diǎn)。不計(jì)重力。求粒子入射速度的所有可能值。解析：設(shè)粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點(diǎn)為,與板碰撞后再次進(jìn)入磁場的位置為.粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為R,有粒子速率不變,每次進(jìn)入磁場與射出磁場位置間距離保持不變有粒子射出磁場與下一次進(jìn)入磁場位置間的距離始終不變,與相等.由圖可以看出設(shè)粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3).若粒子能回到P點(diǎn),由對稱性,出射點(diǎn)的x坐標(biāo)應(yīng)為-a,即由兩式得若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有聯(lián)立得n0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0y0。解析：本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動。帶電粒子平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，由 可得 方向沿y軸正方向。帶電微粒進(jìn)入磁場后，將做圓周運(yùn)動。 且 r=R如圖（a）所示，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。由 得 方向垂直于紙面向外（2）這束帶電微粒都通過坐標(biāo)原點(diǎn)。方法一：從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，其圓心位于其正下方的Q點(diǎn)，如圖b所示，這束帶電微粒進(jìn)入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標(biāo)原點(diǎn)為。方法二：從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動。如圖b示，高P點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與y軸的夾角為，其圓心Q的坐標(biāo)為（-Rsin，Rcos）,圓周運(yùn)動軌跡方程為得 x=0 x=-Rsin y=0 或 y=R(1+cos)（3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x0帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑為r的圓弧運(yùn)動后，將在y同的右方(x0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運(yùn)動，如圖c所示?？拷麺點(diǎn)發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠(yuǎn)處國靠近N點(diǎn)發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點(diǎn)之處穿出磁場。所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x0.20.（09年江蘇卷）14.（16分）1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。（1）求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；（3）實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E。解析：(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1,速度為v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑 則 （2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈解得 （3）加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的頻率，即當(dāng)磁場感應(yīng)強(qiáng)度為Bm時，加速電場的頻率應(yīng)為粒子的動能當(dāng)時，粒子的最大動能由Bm決定解得當(dāng)時，粒子的最大動能由fm決定解得 21.（09年江蘇物理）15.（16分）如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出）。線框的邊長為d（d l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為g。求：（1）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1；（3）經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離m。 解析：(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W由動能定理 且 解得 （2）設(shè)線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運(yùn)動 由動能定理 裝置在磁場中運(yùn)動時收到的合力感應(yīng)電動勢 =Bd感應(yīng)電流 =安培力 由牛頓第二定律，在t到t+時間內(nèi)，有則有解得 （3）經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復(fù)運(yùn)動 由動能定理 解得 22.（09年四川卷）25.(20分)如圖所示，輕彈簧一端連于固定點(diǎn)O，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，另一端連接一帶電小球P,其質(zhì)量m=210-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達(dá)O點(diǎn)的正下方O1點(diǎn)時速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1點(diǎn)與另一由細(xì)繩懸掛的、不帶電的、質(zhì)量M=1.610-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細(xì)繩，同時在空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場E和垂直于紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的弱強(qiáng)磁場。此后，小球P在豎直平面內(nèi)做半徑r=0.5 m的圓周運(yùn)動。小球P、N均可視為質(zhì)點(diǎn)，小球P的電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）彈簧從水平擺至豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？（2）請通過計(jì)算并比較相關(guān)物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度。 (3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同速度的前提下，請推導(dǎo)出r的表達(dá)式(要求用B、q、m、表示，其中為小球N的運(yùn)動速度與水平方向的夾角)。解析：（1）設(shè)彈簧的彈力做功為W，有：代入數(shù)據(jù)，得：WJ（2）由題給條件知，N碰后作平拋運(yùn)動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷。設(shè)P、N碰后的速度大小分別為v1和V，并令水平向右為正方向，有: 而： 若P、N碰后速度同向時，計(jì)算可得Vv1，這種碰撞不能實(shí)現(xiàn)。P、N碰后瞬時必為反向運(yùn)動。有： P、N速度相同時，N經(jīng)過的時間為，P經(jīng)過的時間為。設(shè)此時N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有： 代入數(shù)據(jù)，得： 對小球P，其圓周運(yùn)動的周期為T，有： 經(jīng)計(jì)算得： T，P經(jīng)過時，對應(yīng)的圓心角為，有： 當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖可知，有： 聯(lián)立相關(guān)方程得： 比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同。當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相同，同樣由圖，有： ，同上得： ，比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同。（3）當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時，設(shè)在t時刻P、N的速度相同，再聯(lián)立解得： 當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時，設(shè)在t時刻P、N的速度相同，同理得： ，考慮圓周運(yùn)動的周期性，有: （給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值）23.（09年海南物理）16（10分）如圖，ABCD是邊長為的正方形。質(zhì)量為、電荷量為的電子以大小為的初速度沿紙面垂直于BC變射入正方形區(qū)域。在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場。電子從BC邊上的任意點(diǎn)入射，都只能從A點(diǎn)射出磁場。不計(jì)重力，求：（1）次勻強(qiáng)磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大?。唬?）此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積。解析：（1）設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。令圓弧是自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在磁場中的運(yùn)行軌道。電子所受到的磁場的作用力應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外。圓弧的圓心在CB邊或其延長線上。依題意， 圓心在A、C連線的中垂線上，故B 點(diǎn)即為圓心，圓半徑為按照牛頓定律有 聯(lián)立式得（2）由（1）中決定的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，可知自點(diǎn)垂直于入射電子在A點(diǎn)沿DA方向射出，且自BC邊上其它點(diǎn)垂直于入射的電子的運(yùn)動軌道只能在BAEC區(qū)域中。因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界。為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點(diǎn)的電子的速度方向與BA的延長線交角為（不妨設(shè)）的情形。該電子的運(yùn)動軌跡如圖所示。圖中，圓的圓心為O，pq垂直于BC邊 ，由式知，圓弧的半徑仍為，在D為原點(diǎn)、DC為x軸，AD為軸的坐標(biāo)系中，P點(diǎn)的坐標(biāo)為這意味著，在范圍內(nèi)，p點(diǎn)形成以D為圓心、為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界。因此，所求的最小勻強(qiáng)磁場區(qū)域時分別以和為圓心、為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成的，其面積為評分參考：本題10分。第（1）問4分，至式各1分；得出正確的磁場方向的，再給1分。第（2）問6分，得出“圓弧是所求磁場區(qū)域的一個邊界”的，給2分；得出所求磁場區(qū)域的另一個邊界的，再給2分；式2分。24.（09年重慶卷）25.（19分）如題25圖，離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運(yùn)動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。已知HO=d，HS=2d，=90。（忽略粒子所受重力）（1）求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E0的大小以及HM與MN的夾角；（2）求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；（3）若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點(diǎn)處，質(zhì)量為16m的離子打在處。求和之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍。解析：2008年高考試題一、選擇題1.（08寧夏卷）14.在等邊三角形的三個頂點(diǎn)a、b、c處，各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖。過c點(diǎn)的導(dǎo)線所受安培力的方向（C）A.與ab邊平行，豎直向上 B.與ab邊平行，豎直向下 C.與ab邊垂直，指向左邊 D.與ab邊垂直，指向右邊【解析】本題考查了左手定則的應(yīng)用。導(dǎo)線a在c處產(chǎn)生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導(dǎo)線b在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點(diǎn)的合場方向平行于ab，根據(jù)左手定則可判斷導(dǎo)線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊。2.（08廣東文科）61.如圖所示，電流強(qiáng)度為I的一段通電直導(dǎo)線處于勻強(qiáng)磁場中，受到的安培力為F，圖中正確標(biāo)志I和F方向的是(A)【解析】安培力的方向與電流方向和磁場方向都垂直，且滿足左手定則。3.（08廣東理科）17有關(guān)洛侖茲力和安培力的描述，正確的是 ( B )A通電直導(dǎo)線處于勻強(qiáng)磁場中一定受到安培力的作用B安培力是大量運(yùn)動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)C帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動受到洛侖茲力做正功D通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行【解析】通電直導(dǎo)線與磁場平行，不受安培力，選項(xiàng)A錯誤，安培力方向與磁場垂直，選項(xiàng)D錯誤。洛侖茲力對帶電粒子不做功，選項(xiàng)C錯誤，安培力是大量運(yùn)動電荷所受洛侖茲力的宏觀表