2013年高考物理试题分类汇编(磁场部分).doc

2013磁场试题xyOLMB（2013大纲理综）26（20分）如图所示，虚线OL与y轴的夹角为60，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。【答案】 （） （）xyOALPMhDCB60 【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为，如图所示。有 （判断出圆心在y轴上得1分） （1分） 周期为 （1分） 过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由几何知识得 ， （2分） 联立得到 （2分） 解得 ，或 （各2分） 设M点到O点的距离为h，有 ， 联立得到 （1分） 解得 （） （2分） （） （2分） 当时，粒子在磁场中运动的时间为 （2分） 当时，粒子在磁场中运动的时间为 （2分）abBq（2013新课标1理综）18如图，半径为R的圆死一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2。已知粒子射出去的磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则例子的速率为（不计重力）A B C D【答案】B（2013新课标2理综）17空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为A B C D【答案】A（2013北京理综）22（16分）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：匀强电场场强E的大小；+qmdOB+U粒子从电场射出时速度的大小；粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。【答案】 【解析】(1)电场强度(2)根据动能定理，有 得 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有 得 （2013天津理综）11.(18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中，粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：（1）M、N间电场强度E的大小；（2）圆筒的半径R；（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。【答案】(1) (2) (3) 3【解析】(1)设两极板间的电压为U，由动能定理得 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed 联立上式可得 (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O， 圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对圆心角。 由几何关系得 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 联立式得 (3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为，则 设粒子进入S孔时的速度为，由式看出 结合式可得 设粒子做圆周运动的半径为，则 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为，比较两式得到，可见 粒子须经过这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=3 （2013山东理综）23（18分）如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d,，OQ=2d，不计粒子重力。xOyPQE求粒子过Q点时速度的大小和方向。若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。【答案】 ， 45 【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为，加速度的大小为a，粒子的初速度为，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为，速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立式得O1xOyPQR1R1 （2）设粒子做圆周运动的半径为，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，为圆心，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得 由牛顿第二定律得 FO2xOyQR2R2R2R2GH联立式得 （3）设粒子做圆周运动的半径为，由几何分析（粒子运动的轨迹如图所示，、是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接、，由几何关系知，和均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOG为等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有 联立得 题5图BIIab上下（2013重庆理综）5如题5图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b内有带电量为q的某种自由运动电荷导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的电势低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负别为A，负 B，正 C，负 D，正【答案】C（2013重庆理综）题7图AB铜条读数（单位：N）NS电阻7（15分）小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如题7图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的示数为G2，铜条在磁场中的长度为L。（1）判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？（2）求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。【答案】（1）安培力的方向竖直向上，G2G1 abcdO （2）安培力的大小 F=G2G1 磁感应强度的大小 （2013安徽理综）15图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 A向上 B向下 C向左 D向右【答案】B【解析】根据右手安培定则可判定O点磁感应强度的方向水平向左，根据左手定则可判定：一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是向下。正确选项：B（2013安徽理综）23（16分）xabcByOPEv0如图所示的平面直角坐标系xoy，在第象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第象限的正三角形区域内有匀强电场，方向垂直于xoy平面向里，正三角形边长为L，且边与y轴平行。一质量为、电荷量为q的粒子，从y轴上的点，以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力。求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达点时速度的大小和方向；（3）区域内磁场的磁感应强度的最小值。【答案】（1）（2）方向指向第IV象限与x轴正方向成450角r450xabcByOPEv0（3）【解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有 联立以上各式可得 （2）粒子到达a点时沿负y方向的分速度为 所以 方向指向第IV象限与x轴正方向成450角 （3）粒子在磁场中运动时，有 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 所以（2013浙江理综）U+B20在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+A在内场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为1C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13【答案】BCD（2013浙江理综）MNABCRBRAO24（20分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。判断球面A、B的电势高低，并说明理由；求等势面C所在处电场强度E的大小；若半球面A、B和等势面C的电势分别为A、B和C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量Ek左和Ek右分别为多少？比较|Ek左|和|Ek右|的大小，并说明理由。【答案】B板电势高于A板； Ek左=e(B -C)，Ek右=e(A -C)|Ek左| |Ek右|【解析】(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板。(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑打牌轨道上的电场强度E大小相同，有： 联立解得： (3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有 对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有 对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减少，有 (4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有 即 |Ek左| |Ek右|（2013浙江理综）25（22分）为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下。在直线通道内充满电阻率=0.2m的海水，通道中abc=0.3m0.4m0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外。磁场区域上、下方各有ab=0.3m0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I=1.0103A的电流，设电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻，海水密度m=1.0103kg/m3。求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向；在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小。推进器海水入口海水入口IIBMNabc【答案】1.92103N 方向向右 (2)见解析 (3)4.6104W【解析】(1)将通电海水看成导体，所受磁场力 代入数据得：用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右（或与海水出口方向相同）考虑到潜艇下方有左、右两组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯。 改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”。电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率 P1=F牵v0根据牛顿第三定律： F牵=12IBL当v0=30m/s时，代入数据得：P1=F牵v0=121.9210330W=6.9105W第二部分：海水的焦耳热功率对每个直线推进器，根据电阻定律： 代入数据得： 由热功率公式，P=I2R 代入数据得： P单=I2R=5.0105W P2=125.0105W =6106W第三部分：单位时间内海水动能的增加量设t时间内喷出海水的质量为m 考虑到海水的初动能为零， m=mbcv水对地t （2013广东理综）21如图9，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有 Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近【答案】AD（2013海南物理）IcbccacIcIc9三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应