高三物理磁場大題

1、1 如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過 t時間從C點射出磁場，0C與0B成600角?，F(xiàn)將 帶電粒子的速度變?yōu)?v/3，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的 運動時間變?yōu)?半徑為a右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為 Roo圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為Bo桿在圓環(huán)上以速度V平行于直徑 CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓 環(huán)中心0開始，桿的位置由確定，如圖所示。則A.=0時，桿產(chǎn)生的電動勢為 2BavB. 時，桿產(chǎn)生的電動勢為 &

2、#39;、3Bav3C.=0時，桿受的安培力大小為3B2av(2)RoD.時，桿受的安培力大小為3B2av(53)R。33.如圖，質(zhì)量分別為 mA和mB的兩小球帶有同種電荷，電荷最分別為qA和qB,用絕緣細線懸掛在天花板上。平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別 為0 1與0 2 (Q 1>0 2)o兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動，最大速度分別VA和VB,最大動能分別為EkA和EkB。貝y()(A) mA一定小于 mB(C) VA一定大于VBA. 120V, 0.10AC. 120V, 0.05AD. 240V, 0.05A(B) qA一定大于qB(D) Ha

3、定大于 Hb4 如圖，理想變壓器原、畐U線圈匝數(shù)比為20 : 1，兩個標有“ 12V, 6W的小燈泡并聯(lián)在副線圈的兩端。當兩燈泡都正常工作時，原線圈中電壓表和電流表(可視為理想的)的示數(shù)分別是B. 240V, 0.025A5.如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合； 磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為Bo.使該線框從靜止開始繞過圓心O垂直于半圓面的軸以角速度3勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過B程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為t0A.4 Bo

4、B.LA c.衛(wèi)D.6 .如圖所示直角坐標系xoy中，矩形區(qū)域oabc內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為 B=5.0X 10-2T;第一象限內(nèi)有沿y方向的勻強電場，電場強度大小為E 1.0 10 N/C。已知矩形區(qū)域 Oa邊長為0.60m, ab邊長為0.20m。在bc邊中點N處 有一放射源，某時刻，放射源沿紙面向磁場中各方向均勻地輻射出速率均為v 1.0 106m/s的某種帶正電粒子，帶電粒子質(zhì)量m 1.6 10 27 kg，電荷量q 3.2 10 19 C,不計粒子重力，求：(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1) 粒子在磁場中運動的半徑；(2) 從x軸上射出的粒子中，在磁場中運動的

5、最短路程為多少？(3) 放射源沿-x方向射出的粒子，從射出到從 y軸離開所用的時間。7如圖所示，相距為 L的兩條足夠長光滑平行金屬導軌固定在水平面上，導軌由兩種 材料組成。PG右側(cè)部分單位長度電阻為 ro,且PQ=QH=GH=LPG左側(cè)導軌與導體棒電阻 均不計。整個導軌處于勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，磁感應強度為Bo質(zhì)量為m的導體棒AC在恒力F作用下從靜止開始運動，在到達PG之前導體棒AC已經(jīng)勻速。XXXXXXXXX I X(1) 求當導體棒勻速運動時回路中的電流；(2) 若導體棒運動到 PQ中點時速度大小為 V1，試計算此時導體棒加速度；(3) 若導體棒初始位置與 PG相距為d，

6、運動到QH位置時速度大小為 V2，試計算整個 過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱。8 ( 12分)如圖所示，在勻強電場中，有A、B兩點，它們間距為2cm，兩點的連線與-5場強方向成60°角。將一個不知道電荷性質(zhì)，電量為2X 10 C的電荷由A移到B,其電勢能增加了 0.2J。求:(1) 判斷電荷帶正電還是負電？由A到B電場力做的功 WAb?(2) A、B兩點的電勢差UAb為多少？(3) 勻強電場的場強的大??？9. (18分)如圖所示，在無限長的豎直邊界 NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、 下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B , KL為上下

7、磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h .質(zhì)量為m、帶電量為 q的粒子從P點垂直于NS邊界射入 該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g .(1) 求該電場強度的大小和方向。(2) 要使粒子不從 NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。(3) 若粒子能經(jīng)過 Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。10 .在如圖所示的直角坐標系中，x軸的上方存在與x軸正方向成45°角斜向右下方的勻強電場，場強的大小為E=x 104 V/m.x軸的下方有垂直于 xOy面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為 B= 2X 10_2 T.把一個比

8、荷為 =2X 108 C/kg的正電荷從坐標為m(0,1)的A點處由靜止釋放.電荷所受的重力忽略不計.(1) 求電荷從釋放到第一次進入磁場時所用的時間;(2)求電荷在磁場中做圓周運動的半徑；(保留兩位有效數(shù)字) 當電荷第二次到達 x軸時，電場立即反向，而場強大小不變，試確定電荷到達y軸時的位置坐標.11 . (20分)如圖所示，直角坐標系xoy位于豎直平面內(nèi)，y軸正方向豎直向上，x軸正方向水平向右。 空間中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，勻強磁場垂直xoy平面向里，磁感應強度大小為B。勻強電場(圖中未畫出)方向平行于 xoy平面，小球(可視為質(zhì)點)的質(zhì)量為 m帶電量為+q,已知電場強度大小為

9、 E= mg , g為重力加速度。qxXXXXXX XX X X XX XX X X XX XX X X XX 幻X X X XX XX X X XX XX X X X將整個裝置放入一勻強電場，電場強度大小為(1) 若勻強電場方向水平向左，使小球在空間中做直線運動，求小球在空間中做直線 運動的速度大小和方向；(2) 若勻強電場在xoy平面內(nèi)的任意方向，確定小球在xoy平面內(nèi)做直線運動的速度大小的范圍；(3) 若勻強電場方向豎直向下，將小球從O點由靜止釋放，求小球運動過程中距x軸的最大距離。12 .如圖所示，一根長為I的細絕緣線，上端固定， 下端系一個質(zhì)量為 m的帶電小球,E, 方向水平向右，已

10、知：當細線偏離豎(sin37 0=0.6 )試求:(1) 小球帶何種電荷，帶電量為多少；(2) 如果將細線剪斷，小球經(jīng)時間t發(fā)生的位移大小；(3) 若將小球拉至最低點無初速釋放，當小球運動到圖示位置時受到線的拉力的大小。13 .如圖所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向.在 x軸上方空間的第第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場， 在第三象限內(nèi)存在沿 y軸正方向的勻強電場和垂直于 xOy平面向里的勻強磁場，在第四象限內(nèi)存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限電場強度相等的勻強電場.一質(zhì)量為m電荷量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上y = h處的Pi點以一定的水平初速度沿 x軸負方向進入第二象限， 然后經(jīng)過x軸上

11、x =-2h處的P2點進 入第三象限，帶電質(zhì)點恰能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過y軸上y = 2h處的P3點進入第四象限試求：(1) 第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大小. 帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中的最小速度.14. (18分)如圖所示，在直角坐標系xoy平面的第II象限內(nèi)有半徑為 R的圓01分別與x軸、y軸相切于C ( R , 0)、D( 0, R )兩點，圓01內(nèi)存在垂直于xoy平面向外 的勻強磁場，磁感應強度 B.與y軸平行且指向負方向的勻強電場左邊界與y軸重合，右邊界交x軸于G點，一帶正電的粒子 A (重力不計)電荷量為 q、質(zhì)量為m，以某一 速率垂直于x軸從C點射入磁場，經(jīng)磁場

12、偏轉(zhuǎn)恰好從D點進入電場，最后從 G點以與x軸正向夾角45°的方向射出電場.求：卩 11111D1111 /C01(1) OG之間距離；(2) 該勻強電場電場強度 E;(3) 若另有一個與 A的質(zhì)量和電荷量相同、速率也相同的正粒子A，從C點沿與x軸負方向成30°角的方向射入磁場，則粒子A再次回到x軸上某點時，該點坐標值為多少？高三物理磁場大題參考答案【答案】B2【解析】由牛頓第二定律 qvB m及勻速圓周運動TrmvqB ；oqB作出粒子的運動軌跡圖，由圖可得以速度v從A點沿直徑 AOB方向射入磁場經(jīng)過 t=T/6從C點射出磁場，軌道半徑 r .3 AO ;速度變?yōu)関/3時，

13、運動半徑是r/3= ,3 AO/3，由 幾何關(guān)系可得在磁場中運動轉(zhuǎn)過的圓心角為1200，運動時間為 T/3,即2A t o A、C D項錯誤；B項正確。【答案】AD【解析】桿的有效切割長度隨角度變化關(guān)系為L 2acos由法拉第電磁感應定律可知A答案顯然正確，B錯誤；此時導體棒是電源，而兩圓弧并聯(lián)后作為外電路，由全電路歐姆定律通過計算可知答案 D正確，選AD3. ACD【解析】分別對 A B進行受力分析，如圖所示兩球間的庫侖斥力是作用力與反作用力總是大小相等，與帶電量的大小無關(guān)，因此B選項不對，對于A球：Ta sin i FTa COS 1 M Ag對于B球：Tb sin 2 FTb cos 2

14、 MBg聯(lián)立得：F=m Ag tan 1 M Bg tan 2又B 1 >0 2可以得出:mA<mB A選項正確在兩球下擺的過程中根據(jù)機械能守恒:M AgLA(1 cos 1)1 2MaVa 可得：Va2、.、2gLA(1 cos 1)M b9Lb(1 cos 2)-MbvB2可得：Vb 、. 2gLB(1 cos 2)開始A B兩球在同一水平面上,La COS - Lb COS 2由于0 1>0 2可以得出：La>Lb這樣代入后可知：vA vB C選項正確A到達最低點的動能:FL a cos - tan121 2F1 cos 1M aVa M AgLA(1 cos -

15、)La(1 cos -) FLa cos -2 tan 1sin 1B到達最低點的動能:1 -M 22BVBMb9Lb(1 cosF1 cos 22)Lb(1 COS 2) FLb COS 2tan 2Sin 2由于0 1 >0 2可知，ta nta n222FLb cos 2tan2又: La COS - Lb COS 2- 2 - 2可得：一M AvAM BvB因此D選項也正確。2 20.5A。畐U線圈輸出電壓-2V,輸出電流4. D【解析】當兩燈泡都正常工作時，每個燈泡中電流為為2 0.5A -.0A。由變壓器變壓公式可知原線圈中電壓表讀書為240V。由功率關(guān)系可知,原線圈中電流表

16、讀數(shù)為0.05A，選項D正確。5. C【解析】為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，只要產(chǎn)生相同的感應電動勢即可。根據(jù)法拉第電磁感應定律: 當面積發(fā)生改變時可得:當磁場發(fā)生改變時可得:其中S根據(jù)題意可得： 空=_豈，正確答案為C。t6. （1） 0.10m（2） 0.10m（3） 4.6 10【解析】試題分析：（1）粒子運動的軌跡如圖，由牛頓第二定律可得:2vqvB m R（2 分）解得：R 0.10m （1 分）（2 ）由數(shù)學知識可知，最短弦對應最短的弧長；由圖可知，=（1分）3最短的弧長即最短路程 s R m=0.10m（2分）302 n（3）粒子在磁場中的周期 T6.28 10 7

17、s （ 1分）v粒子在磁場中沿NP運動的時間t1 T4粒子在電場中的加速度 a Eq （1分） m則可解得粒子在電場中往返運動的時間為（1分）8v at 解得：t 5.0 10 st2+t3=2t=1.0 x 107s （1 分）由圖可知cos 90.5,故060粒子在磁場中運動的第二部分時間t4T - （ 1分）2 6粒子運動的總時間t總t, t2 t3 t436 10 7s。（ 1分）考點：本題考查了帶電粒子在磁場中的運動【名師點睛】 帶電粒子在電場中的運動， 綜合了靜電場和力學的知識， 分析方法和力學的分析方法基本相同.先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程，然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題. 解

18、決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運動的觀點，選用牛頓第二定律和運動學公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化的觀點，選用動能定理和功能關(guān)系求解.7.( 1) I F ( 2) a B%Vi f，方向水平向左(3) Q= F ( L + d)丄 mv；BL2mr0m2【解析】試題分析：（1）導體棒勻速，則：F F 安(1 分)根據(jù)安培力公式 F安一ILB(1 分)解得：IF(1 分)BL（2）導體棒進入PQ右側(cè)后，回路中電阻減小，電流增大，導體棒做減速運動。（1分）設導體棒的加速度為 a,則：F安一F= ma（1分）F安=ILB根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I = 一 E（1分）2Lr。根據(jù)法拉第電磁感

19、應定律有：E= BLV1（1分）2解得：a B Lv1 F （1分），方向水平向左（1分）2mr0 m（3）對導體棒整個運動過程應用功能關(guān)系，有：F （ L+ d）=丄mv2 + Q（2分）2解得：Q= F （ L+ d）丄 mv：（1 分）2考點：本題考查了電磁感應定律、牛頓第二定律、功能關(guān)系、歐姆定律& ( 1) 0.2J ; (2) 104V; (3) 106v/m【解析】試題分析：(1)帶負電，電勢能增加0.2J即電場力做功為W= 0.2J（2 分）5（2） 由AB電場力做負功 q= 2X 10- c（2 分）則 UAb=Wu4104V（2 分）(3 )根據(jù)勻強電場中的關(guān)系式有

20、：U=Ed（2 分）由幾何關(guān)系可知：d= AB cos60° =0.01m（2 分）則 E=1cfv/m（2 分）考點：勻強電場、電勢能、電勢差9. (1) E mg，方向豎直向上q（2）vmin（9- 6 2）qBhm（3） v 0.68qBh;0.545qBh;v- 0.52qBh【解析】試題分析：(1)設電場強度大小為 E。由題意有mg qE，得E，方向豎直向上。q(2 )如圖所示，設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為Vmin，對應的粒子在上下區(qū)域運動的半徑為r1和2，圓心的連線與 NS的夾角為mvqBmvmin1qB 22 1由（r1 + r2）sin r2解得:vmin

21、= （9-6 2） qBh(3)如圖所示，設粒子的入射速度為V,粒子在上下方區(qū)域的運動半徑為1和2，粒子第一次通過KL時距離K點為x由題意有 3nx = 1.8h (n=i, 2, 3)3x3 9- 6 2 h2 2得 ri= (1+ O.)2，n<3.5 n 2即n=1時,v=0.68qBh ；n=2 時，0.545qBhmn=3 時，0.52qBh;考點：本題考查了帶電粒子在復合場中的運動、力的平衡、勻速圓周運動規(guī)律10. (1)10 一6 s (2)0.71 m(0,8)【解析】(1)如圖，電荷從 A點勻加速運動到 x軸上C點的過程:位移s = AC= ,2m(2)電荷到達C點的速

22、度為v = at = 2 . 2 x 106 m/s速度方向與x軸正方向成45°角，在磁場中運動時由 qvB=2mvR得R=mvqB即電荷在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為0.71 m. 軌跡圓與x軸相交的弦長為 x= . 2 R= 1 m,所以電荷從坐標原點 0再次進入電場中, 且速度方向與電場方向垂直，電荷在電場中做類平拋運動.設電荷到達y軸的時間為t',則:tan 451 at '22vt'解得 t '= 2X 106 s則類平拋運動中垂直于電場方向的位移L = vt ' = 4、2 mLy =cos45o=8 m即電荷到達y軸時位置坐標為（0,8）.

23、11. (1) v、2mq2mg4m2 gqBBqB2q【解析】（2 分）試題分析：（1）由題意知小球做勻速直線運動受力分析如圖f qvB 2 mg（ 2 分）勻速直線運動速度大小2mg（1 分）方向如圖，斜向下與 x軸方向夾角45°（ 1分）（2）小球做直線運動的條件為：洛侖茲力與電場力和重力的合力為一對平衡力。當電場在xoy平面內(nèi)方向任意時，電場力與重力合力最大值為2mg （ 1分）最小值為零（1 分）則：Bqvmax 2mg（2 分）BqVmin 0（2分）得0 v 2mg（Bq2分）（3）設小球運動到最低位置時下落高度為H,此時速度最大為 V。，方向水平（2 分）任意時刻V沿

24、x軸正向、y軸負向的分速度分別為 Vx, Vy.。與vy.對應的洛侖茲力水平分力方向沿x軸正向，fx Bqvy小球由靜止釋放到最低點的過程中，應用動量定理得：Bqvy t Bq vy t BqH mv0 0（2 分）小球由靜止釋放到最低點的過程中，由動能定理得:1 22mgHmv0 0（ 1 分）212. (1)正沁(2) x(3)4E8FT = 4mg解得:4m2 g八H 2 2 (1分) b q考點：洛倫茲力，力的平衡，動量定理，動能定理?！窘馕觥吭囶}分析：（1）對小球受力分析，受重力、拉力和電場力，電場力向右，故帶正電荷，根據(jù)平衡條件可知：x 方向：TsinqE , y 方向：Tcosm

25、g ,解得qE mgtan ,故qmgta n3mgE4E故小球帶正電荷，帶電量為3mg4E （2）剪短細線后，小球受電場力和重力，合力沿著繩子向右下方，大小等于第一問中繩子 的拉力，為理;cos根據(jù)牛頓第二定律，加速度為m cos做初速度為零的勻加速直線運動，位移為x=丄at2=丄？丄？宀皇22 cos 2 cos5gt2小球做圓周運動，到達圖示位置時，受到重力、電場力和細線的拉力，重力和電場力的合力 為皿;cos三力的合力指向圓心，提供向心力，有2mgvFt= m一，解得cosL3 7Ft mg(2)= mgcos4考點：共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用；電場強度.13. (1) 巴咅屈h，方向沿x軸正方向【解析】(1)質(zhì)點從P2到P3的運動過程中，重力與