2015年全国各地10高考物理试题分类汇编磁场

(2015I-14).两相邻的匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行。一速度方A.轨道半径减小，角速度增 B.轨道半径减小，角速度减C.轨道半径增大，角速度增 D.轨道半径增大，角速度减【考点】力的；带电粒子在匀强磁场中的运力提供所需的向心力r

，由于力不做功，故=vDrA.B.【答案】考点：定I中运动的电子相比，II中的电子A.IkB.IkC.IkD.Ik【答案】A.a、b为粒子的经 B.a、b为粒子的经 C.c、d为粒子的经 D.c、【答案】L，匝数为nB，PI．（１）求此时线圈所受力的大小和方向（２）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v， 力的功率（2）考点：本题考查力、功率相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和MN是间距为h的两平行极板，其上分别板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点打到P2

（2）B22nqUm，(n1,2,,k,k22(k21)m(22(k21)m（3）t磁 ，t电22qum(k2m（1）qU1mv2，可得vm22qvBm2rPr22B

PNO点重新加PnnqU1 v2vqvnBm且 2解得：B2

r12qU

mv1，qv1Bm nk2,k2nn,k22

加速次数最多的离子速度最大，取nk21n-1P点。由匀速圆周运动T2r2 (n1)TT2

22qum(k22qum(k2(k21)h1 a2(k22(k21)m考点：本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动、第二定律、运动学引出离子束，使用磁通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一堆圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O点（O点图中未画出。引出离子时，令引出通道内PQE的方向和大小【答案】（1

q

，正电荷（2

mv(2r2Lcosq(r2L22rRcos

（3mv2(2r2LcosEBvq(r2L22rRcos2（1） 2r解得q ，正电 O'QR，OQL，O'OR

B'qvm 2R2考点：回旋，带电粒子在电磁场中的运（2015-7．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度v＝1.6×106m/sl，则 【答案】 9.110311.6心 r

，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝eB＝1.610192.0104（（A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，【201524】D2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质H点，求这段时间粒子运动的路程。

或

1（3）B2mvRmvD1 12B4mvRmvD2 2设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动可得1v2T2R1；1v2

2区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2O连线间的夹角设为，由几何关系可得：120o；180o；

t1、t2t1

oT1；t2

D.受到的力之比是【答案】【考点】动量；力的；带电粒子在匀强磁场中的运【解析】a4121：r=mv1：2A速圆周运动的周期T=，得周期之比为2：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场受到的力f=qvB，得受到的力之比为1：2，选项D错误固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（ B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度CMN做曲线运动。A、Chg。、若D点为小滑块在电场力力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当、（1）E/B

Em

（3）vpt2v2D（1）力，当力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqv=qE

1mv22E

B2PFa=F/m，tFx12DPFx1mv21 t2v2D【答案】15（16231

3

为了在QNMQU9qB2

U

9

（3）3（1）qU1mv v2qvBr 3r04Lm3

9qB20a点的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）A．向 【答案】mq1θnsinθ；n15．[2014·新课标卷Ⅰ]关于通电直导线在匀强磁场中所受的力，下列说法正 将直导线从中点折成直角，力的大小一定变为原的一15．B[解析]本题考查力的大小和方向．力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；力F＝BILsinθ，其中θ与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原的一半，D错误．16．[2014·新课标卷Ⅰ]如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有直于图平面的匀强磁场(未面出一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和 2 2

D.

r2 [解析]本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据

r有B2＝r1·v2D

18．[2014·山东卷]E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区v0等于()22

2244

4418．B[解析]两个粒子都做类平抛运动．两个粒子在竖直方向上都做加速度大小相等判断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为s，竖直位移都为h，由22

EqB

[2014·新课标Ⅱ卷]图为某磁谱仪部分构件的示意图图中永磁铁提供匀强磁场， [解析]

v＝Bq知，若电子与v正电子与进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B错误．由

vv迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确．d9．[2014·江苏卷]如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中IBI成正比，方向垂直于霍尔元件的两UH＝kIHBk为霍尔系数，dRRL，霍尔元d件的电阻可以忽略，则 BC．IHI9．CD[解析]由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，A选项错误；若电的正负极对调，则IH与BRRLIH＝RLICBI成正比，IHI ∝I2，RLD18．[2014·卷]“人造小”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，B正比于()A. C. ]据力提供向心力

＝

mv

mrEk＝1mv2r＝2mEkB∝TA 16．[2014·卷]带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有( A. B.C. D.qa<ma 圆周运动，力提供向心力，

＝

，得

mr

qaBra＝qbBrbra>rbqa<qb，A正确，其他条件未知，B、C、D25．[2014·卷]如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)xyx轴正yθ，求：(1电场强度大小与磁感应强度大小的比值；25．[答案] 2d v0tan与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由力公 及第二定律

vvRqv0B＝mR0的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由定律及运动学得22vtanv0

E＝1v0tan2

t＝ v0tan22．[2014·福建卷Ⅰ]如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管zρ的导电液体(求开关闭合前，M、N求开关闭合前后，管道两端压强差的变化S＝dhhPm及相应的宽高比dh

[解析](1)设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的力与电场力平衡时，U0

q闭合后管道内液体受到的力为F安，有p1hd＝f③p2hd＝f＋FF安由②③④⑤⑥⑦

I＝U0r＝r＝⑧ ⑧RP＝LR＋ρ

R 36．[2014·卷](18分)如图25所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(2)2<k<3S2vk的关Bk的关系式． k

[解析1)2qEd＝1mv22粒子在Ⅰ区力提供向心k＝1

qvB0＝m00E＝2md(2)2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱr＝2 qvB0＝mr 粒子在Ⅱ区力提供向心力

＝

B＝k11．[2014·卷]如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．pO点右侧m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)Op板上表面tK孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，g.A点与过K直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置求阻值为R的电阻中的电流强度板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(B只能在(

)21－2)b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示

5[解析](1)pv0设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得

2t2(2)S接“1”E0U方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有2S接“2”RII＝E0联立①④～⑨

g－l2t2(3)K进入板间后立即进DDT做匀速直线运动，DTθm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有R RDbbG

sin cos BR也随之变大，Db板靠近，DT与5则题目所求 5

卷]CDGHr＝P1m＝2×10－3kgq＝＋8×10－6C－3NCDDP1(1)P1CDv(2)倾斜轨道GH的长度s.10．(1)4m/s (2)0.56m[解析](1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的力为F1，受到的摩擦力为f，则v＝4(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于力不做功，根据动能定 P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据第二qEcosP1P2GHP1GHs12设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则2m2gsinθ－μm2gcosP1P2GHP2GHs22联立⑤～⑨2

s＝0.56图所示的模型．M、Nm、电荷量为＋q的粒子R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其A1B1Anm、电荷量为＋kq(k1的整数)的粒子B(不计重力)AM板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，A、B的运动轨迹，并经推导说明理由． RR

A[解析(1)A1v1 A在磁场中做匀速圆周运动，所受力充当向心②R②R③③

RR

Anvn AnTnTn＝vnAnWnTTn

⑧⑧AA、BA、B

Tn＝qBn T′＝kqBn＝由上可知，TnT′kA1周，BkA通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．n次加速后，A、Bvnv′n 2nkqU＝mAmBR′R′＝k上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变．A所示．]0vM

，在离轴线2

C2所示(从左向右Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能251为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(2说明是“垂直纸面向里”或25α90v≤4vmax≤4v2v

垂直纸面向 4m（2－sin[解析]本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应用数学解决物由动能定理得1Mv2 MM②U＝② U ＝ 垂直纸面向外22eBv＝mr要使⑦

⑧B>3eR⑧22根据几何关系得 4（2－sin由⑥⑨式得 .4m（2－sin8．(16分)[2014·重庆卷]8图所示，ENC、Dm的nRg.问8CDg(2)供电电流I是从C端还是D端流入？求重物质量与电流的关系．8．[答案](1)从C端流出 (2)从D端流入 g 本题借助力考查力的平衡，同时借助力的平衡考查受力平衡的临界状态[解析1)C设线圈受到的力为FA，外加电流从D端流入．由FA＝mg和FA＝2nBILgg设称量最大质量为gggg

P＝I2RR9(18分)[2014·重庆卷9NSMT间充满匀强电NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感NS9NSQMT )2qm (2) )2qm 答题9图1 答题9图2[解析](1)设电场强度大小为E.E＝q91NSvmin，对应的粒子在r1r2NSφ.由 有 1＝qBm由(r1＋r2)sinφ＝r2r1＋r1cosφ＝hvmin＝(9－62)qBhm92vr1r2KLK （9－62 xx＝r2－（h－r11

0.36＋n2n＝1

n＝2

n＝3

14．[2014·江苏卷]某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长上，N、Pm、电荷量为－q的粒子P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重PN点，求粒子入射速度的最小变化量M 314．[答案(1)3L－3d1－2 3(2)m6－4qBL－ 3L 1≤n<3d－1，n取整数[解析1) L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)解 h＝2L－3d1－ 2(2) mr＝qvB，mr′由题意 3rsin30°＝4r′sin 解得Δv＝v－v′＝qBL－m 4(3)n由题意 L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin qBL－r rn

m 1≤n<3L－1，n取整数 ]＝0m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)v0.Qv0为已知量．22

图 图22

4mv0PT0＝

dd

124．[答案(1)

[解析](1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由第二定律①①

R1R联立①②

B0＝qd设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动a＝联立④⑤00a＝d设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动T＝v0⑦由第二定律⑧R ⑧R由题意知 0＝

粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2θπ内，只有A、B两个位置才有可能垂 P板，且均要求0＜θ<2，由题意可π 2πT＝2TB若在A点P板，据题意由几何关系R＋2(R＋Rsinn＝0时，无解

θ＝6(sin00n≥20＜θ＜90°的要求若在B点P板，据题意由几何关系R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinn＝0时，无解

arcsin4(sinT

1⑲1 2＋arcsin n≥20＜θ＜901（2013靠近通电螺线管，与螺线管平行。用磁传感器测量答案BC。2（2013的方向向外运动，它所受力的方向是A．向 B．向C．向 【答案】60°。不计重力。该磁场的磁C．

D．qR答案第二定律，qv0B=m0r=mv0/qBr

3mv0利用力等于向心力和图中几何关系列出相关方程联立解得。截面（纸面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电q（q>060°，则粒子的速率为（不计重力）

m

m、、【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动第二定律力等基础知识、、答案可得m

C.abD.aPOb考点：运动电荷在磁场中的运动，圆周运动，力，答案：ADa，babRmvO1、O2abb，由t

Tm和轨迹图可知，a 6（20（2013q（q＞0）xM。粒子在磁场中运动的MO点的距离和粒子在磁场中运动的时间。yyMBLθOx6（20设AP与x轴的夹角为β，如图所示。有 （判断出圆心在y轴上得12qvBm2R

yLDyLDAβPαBx

T

h BPODcotβ，OPAD 13 13

sinα

cosα

（2 （各2分

hROC，OCCDODRcosα3323联立得到 （1分3333

（2h=(1+3 （23tT

（2 tT

（2 ．2012年1.（2012·理综）如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，A.oa、bc、da、c2.(2012·理综)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处MN的电流，平衡时两悬线与竖直方【答案】【解析】根据力，F=BIL，棒中电流变大，金属棒所受力变大，θA正确；两悬线等长变短，θB错误；金属棒质量D错误。【考点定位本题考查力及其相关知识意在考查考生分析动态变化的能力。A．与粒子电荷量成正 B．与粒子速率成正C．与粒子质量成正 磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的a、be、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是a接正极，b接负极，e接正极，fa接正极，b接负极，e接负极，fLa接负极，b接正极，e接正极，fLa接负极，b接正极，e接负极，fL产生竖直向下的磁场。e接负极，f接正极，由左手定则可判断出L所受力LDC错误。【考点定位】此题考查定则、左手定则及其相关知识B=kI/rk>0，I为电流强度，r为距导线abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地I2T0。分别强度为I1、I2的电流的方向求MN分别通以强度为I1和I2电流时线框受到的力F1与F2大小之比aI3。2T=G，2T+F=G，F+G=ma=2T0ag gI1=F1I3

=Ta-g0T0a-g00I3=0

【考点定位】此题考查力、平衡条件、第二定律及其相关知识二．2011年1.（2011理综）如图，两根相互平行的长a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，bdA.a B.b C.c D.da、cb点产生的磁场方b点产生的磁场方向有一定夹角，a、cI1>I2,所cC正确。设形电流方向的是【解析：在地理北极附近是地磁场的S极，由定则可知正确表示假设B。zmgymgzmgtanθmg磁感应强度的方向沿y轴正方向时，力沿z轴正方向。当BIL=mgymgB轴负方向时，力沿y轴正方向。当BIL=mgtanθ时，导线zmgtanθ【答案】、【点评】与力相关的平衡问题可考查受力分析力、平行四边形定则等、2中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成O点入射。这两种粒子带同种AC5.（201120）1所示装置可以选择一定速度范围内的带MNB、方向垂直纸面向里的匀强磁场，2ddLmq，2dMN进入磁场，对于能够从宽d的缝射出的粒子，下列说法正确的是q3ddLB，射出粒子的最大速度dBL，射出粒子的最大速度【答案】6（2011新课标理综）电磁轨道工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨L2只将电流I增加到原来的2倍L2倍，其它量不变， 三．2010年B1（2010物理）如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的力大小为B B．0.5BI C．BI D．2BI×× ×××××× ××××××××【答案】×× ××】【点评力中的L为通电导线的有效长度，弯折形通电导线的有效长度】电荷量速度大小1mv23电荷量速度大小1mv23-45-vA.3,5, 【答案】3（2010SS’垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角α、βα>β。三个质子经过附加磁场区域后能达到同一点S’，则下列说法中正确的有ASS’的时间相等OO’轴上C．若撤去附加磁场，aSS’SD【答案】的下端（A处）mL2的导体棒使膜成平U，输出电流正比于光电池板接收到的光能（设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定B中，并与光电（2）当45°时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒解 I=

所以当=60°时，I60=

mg33

3 3（2）当=45I45=22

tan45°=mg

2P602

6 6四．2009年a、b两处时，导线MM’与NN’之间的力的大小为fa、fb，判断这两段导线【答案】B图，匀强磁场水平向右，根据左手定则可知导线受到力向里，选项B错CDⅠ．abcd所受到的磁场的作用力的合力222Ｃ．方向沿纸面向下，大小为222

2Ｄ．方向沿纸面向下，大小为2

【答案】【点评】此题也可分段计算各段所受的力，然后进行矢量合成得到导线abcd质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0BCAv2vfm2B可知自CBCADABCBAECAEC为了决定该磁场区域的另一边界，我们来射中A点的电子的速度方向与2DDCx，ADy轴的坐标系中，P(x,y为xa五．2008年 1223 61.（2008延考区理综 1223 62236362.（2008·理综）在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长的导线所受力的方向ababababacbcbccab，根据左手定则可判断导线c受到的力垂直ab边，指向左边。3.（2008延考区理综m的均质细金MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的kabcd内MNN尺上的读数，MN的长度大于abMN流通过且处于平衡状态时，MNcdMN中有电流通过当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？（若要电流表正常工作，MN（不计通电时电生的磁场的作用（4）若将量程扩大2倍，磁感应强度变为多大？（1）Δxmg=kΔx由1式得 为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的力必须向下，M端应接正极。设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有BImab+mg=k（bc+Δx） 联立13并代人数据 由15式