2012届江苏高考物理二轮复习专题测试（江苏各地汇编）：磁场（人

2012届江苏高考物理二轮复习专题测试（江苏各地汇编）：

磁场（人教版）

1（2011苏北四市二模）．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I， C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是 F I C A．电势差UCD仅与材料有关

D B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD＜0 B E UCD C．仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大 D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平 答案：BC

2（2011苏北四市二模）．（16分）如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在-3m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B = 4.0×10-4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E = 4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d = 2m。一质量m = 6.4×10-27kg、电荷量q =--3.2×10-19C的带电粒子从P点以速度v = 4×104m/s，沿与x轴正方向成α=60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。求： ⑴带电粒子在磁场中运动时间；

⑵当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；

⑶若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系。

2答案．（16分）

⑴带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 有

y v P α ） O E x mv2qvB? （1分）

r代入数据得：r?2m （1分）

轨迹如图1交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，

B d 由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°。 （1分） 在磁场中运动时间t?T12?m?? （1分） 66qB-5

代入数据得：t=5.23×10s （1分）

⑵带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动 方法 一：

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粒子在电场中加速度a?运动时间t1?qE?2.0?108m/s2（1分） md?5.0?10?5s （1分） v沿y方向分速度vy?at1?1.0?104m/s （1分）

沿y方向位移y?12at1?0.25m （1分） 2粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点

y v P C v α α O B O1 图1 y v v α α O B O1 x′ E′ 图2 y vy vx v2 Q x vy E v LOC?y?7.5?10?5s v故Q点的坐标为x?d?vt2?5.0m （1分） t2?方法二：

设带电粒子离开电场时的速度偏向角为θ，如图1，则：

vyEqd4?3.2?10?19?21（2分） tan?????vmv26.4?10?27?16?1084设Q点的横坐标为x 则：tan??v1 θ Q x 11? （2分） x?14P 故x=5m。 （1分） ⑶电场左边界的横坐标为x′。

当0＜x′＜3m时，如图2，设粒子离开电场 时的速度偏向角为θ′，

E?qd （1分） mv21又：tan??? （1分）

?4?x16由上两式得：E?? （1分）

4?x?当3m≤x'≤5m时，如图3，有

2??1Eq(5?x)2 y?at? （2分）

222mv则：tan???将y=1m及各数据代入上式得：

v P v α α O B O1 x′ Q x E′ 图3 E??64 （1分） 2?(5?x)

3(2011南通三模)．（15分）如图Ox、Oy、Oz为相互垂直的坐标轴，Oy轴为竖直方向，整

个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现有一质量为m、电量为q的小球从坐标原点O以速度v0沿Ox轴正方向抛出（不计空气阻力，重力加速度为g）．求： （1）若在整个空间加一匀强电场E1，使小球在yxOz平面内做匀速圆周运动，求场强E1和小球运动的轨道半径；

（2）若在整个空间加一匀强电场E2，使小球沿

Ox轴做匀速直线运动，求E2的大小；

o（3）若在整个空间加一沿y轴正方向的匀强电x场，求该小球从坐标原点O抛出后，经过y

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z

轴时的坐标y和动能Ek；

2答案．（15分）（1）由于小球在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，则

qE1?mg 解得 E1?方向沿y轴正向

mg q

（2分） （1分） （2分）

2v0mvqvB?m 解得 r?0

rqB(2) 小球做匀速直线运动，受力平衡，则

qE2?(mg)2?(qv0B)2

解得 E2?( （3分）

mg222)?v0B q （1分）

(3)小球在复合场中做螺旋运动，可以分解成水平面内的匀速圆周运动和沿y轴方向的

匀加速运动．

qE3?mg?2g （1分） m从原点O到经过y轴时经历的时间 t?nT （1分）

1y?at2 （1分）

2做匀加速运动的加速度 a?4n2?2m2g、2、3??) 解得 y? (n?122qB由动能定理得 (qE3?mg)y?Ek?（1分）

1mv02 2 （1分）

18n2?2m3g22、2、3??) 解得 Ek?mv0? (n?1222qB4（2011苏、锡、常二模）．（16分）光滑绝缘水平面上有甲、

乙、丙三个很小的金属球，质量均为m，甲不带电，乙

带电量为+q，丙带电量为+1q．如图所示，空间存在

2半径为R，垂直于水平面的两匀强有界磁场．磁场区域

mv0半径R?，以磁场圆心为坐标原点建立坐标系，y

qB0（1分）

轴左侧磁场向上，右侧向下，磁感应强度大小分别为B0和4B0．若t=0时刻，甲从B点以速率v0沿着+x轴方向射出，同时，乙在第二象限内磁场内也以速率v0

从某点E射出，两小球恰好在坐标原点O处相碰．碰撞瞬间能量无任何损失，且甲、乙发生速度互换．已知碰后甲速度与+x轴夹角为???，而乙速度沿+x轴方向．且碰

3第 3 页 共 22 页

后，甲、乙两球带电量均变为+1q．阻力及小球间的静电力忽略不计．

2 注意：下面求解的位置坐标，都要化简为关于磁场区域半径R的表达式．

?的圆心O1，坐标（x1、y1）（1）试求乙在左侧磁场中圆周运动圆弧EO；

（2）若甲、乙相碰在O点时，丙从磁场边界?ADC半圆弧上某点F，以速率v0射入磁场，要使丙射出后用最短的时间和乙在某点G处相碰撞，试求出G点坐标（x2、y2）；

（3）若甲、乙相碰在O点时，丙从第一象限内磁场中的某点H，以速率v0射出后，恰好能在（2）问中的G点和乙球相碰，碰撞瞬间，乙、丙速度互换，此后乙又和甲在某点I 答案：

5（2011苏北四市一模）．（16分）如图所示，条形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度B的大小均为0.3T，AA′、BB′、CC′、DD′为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足够长，磁场宽度及BB′、CC′之间的距离d=1m。一束带正电的某种粒子从AA′上的O点以沿与AA′成60°角、大小不同的速度射入磁场，当粒子的速度小于某一值v0时，粒子在区域Ⅰ内的运动时间t0=4×10-6s；当粒子速度为v1时，刚好垂直边界BB′射出

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A 60O ° Ⅰ B C Ⅱ D

A′ d B′d C′ d D′

区域Ⅰ。取π≈3，不计粒子所受重力。 求： ⑴粒子的比荷

q ； m

⑵速度v0 和v1 的大小；

⑶速度为v1的粒子从O到DD′所用的时间。

5答案.(16分)

（1）若粒子的速度小于某一值v0时，则粒子不能从BB离开区域Ⅰ，只能从AA边离开区

域Ⅰ，无论粒子速度大小，在区域Ⅰ中运动的时间相同，轨迹如图所示（图中只画了一个粒子的轨迹）。

′

′

2o

粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的圆心角为?1=240 ，运动时间t0?T（2分）

3又 T?解得

2?m（1分） qB

q106??106 C/kg 或3.3?10 C/kg (1分) m3（2）当粒子速度为v0时，粒子在区域I内的运动轨迹刚好与BB′边界相切，此时有

R0+R0sin30?= d (2分)， mv0又qv0B? (1分)

R02得v0?2?106m/s (1分) 30

当粒子速度为v1时，刚好垂直边界BB′射出区域Ⅰ，此时轨迹所对圆心角φ2=30，有

R1sinφ2 = d (2分)

mv1又qv1B? (1分)

R1得v1 =2×10m/s (1分) （3）区域I、Ⅱ宽度相同，则粒子在区域I、Ⅱ中运动时间均为

6

2t0（1分） 8d?5×10-7s （1v1 穿过中间无磁场区域的时间为t1?分）

则粒子从O1到DD′所用的时间t=

t0-6

+t1 =1.5×10s （2分） 46（2011苏北四市三模）．如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，

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真空室 高频电源

线束

D型盒 离子源

t=0到t=1s过程中，对物体受力分析，由牛顿第二定律

2mgsin???2mgcos??ma

vB?at?2gsin???2gcos? 方向沿斜面

向下

t=1s到t=2s过程中，受力分析可知物体的合外力为0，做匀速直线运动

所以t=0到t=2s过程中，物体先做匀加速直线运动再做匀速直线运动

⑵物体在BC及CD阶段做匀加速直线运动

S1?vBt?121at S1?S2?vB2t?a(2t)2 22 S2?vBt?a3t2 S2?S1?at2 即S2?S1?2gsin? 得sin??S2?S1 所以在C点会斜面做匀速圆周运动 2gL??tan r212⑶运动轨迹如图所示，由几何关系可知：

2mvvD 由 qvDB?m 得r?D

qBrvD?vB?a2t

由以上公式可得L?m(6gsin??2?gcos?)?tan

qB219（2011启东中学考前辅导）．如图所示，以O为原点建立平面直角坐标系Oxy,沿y轴放

置一平面荧光屏，在y＞0，0＜x＜0.5m的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B=0.5T。在原点O放一个开有小孔粒子源，粒子源能同时放出比荷为q/m =4.0×106kg/C的不同速率的正离子束，沿与x轴成30o角从小孔射入磁场，最后打在荧光屏上，使荧光屏发亮。入射正离子束的速率在0到最大值vm=2.0×106m/s的范围内，不计离子之间的相互作用，也不计离子的重力。

（1）求离子打到荧光屏上的范围。

（2）若在某时刻(设为t=0时刻)沿与x轴成30o角方向射入各种速率的正离子，求经过

5??10?7s时这些离子所在位置构成的曲线方程。 3（3）实际上，从O点射入的正离子束有一定的宽度，设正离子将在与x轴成30o～60o角内进入磁场。则某时刻(设为t=0时刻)在这一宽度内向各个方向射入各种速率的离子，求经过

y/m × × × × × × 5??10?7s时这些离子可能出现的区域面积。 3

O × o × 30v x/m

0.5 第17题图

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mv217．（1） qvB?………

r r?mvmv,rm?m?1m qBqB 离子在磁场中运动最大轨道半径：rm=1m 由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如图，所以OA1长度为：

y?2rcos300?3m ……

即离子打到荧光屏上的范围为：?0,3m? ……

??（2）离子在磁场中运动的周期为： T?2?m???10?6s qB5??10?7s 32??t? 离子转过的圆心角为??T35??10?7s这个时刻某离子的位置坐标为(x,y) 设3 经过时间：t= y?rcos30 x?r?rsin30

所以：y?3x就是所求的曲线方程

（3）由几何关系知，与x轴成60方向入射的离子，经过时间：t=

的圆心角为??o

y/A1 × × × C 1× × × 0O1 × × 0× × O 300.5 x/m

5??10?7s离子转过32??5?t?刚好打在y轴上，将t=?10?7s时刻这些离子所在坐标

3T3y/m A2 × × × × 连成曲线，方程就是：x=0即都打在y轴上

oo

所以在t=0时刻与x轴成30～60内进入磁场

5??10?7s时刻全部出现在以O的正离子在t=3为圆心的扇形OA2C1范围内。如图 则离子可能出现的区域面积：

C1 × × × oS?

?rm122??12m2?0.26m2 …

× 60× 第 17 页 共 22 页

× O 0.5 x/m

20（2011启东中学考前辅导）．位于同一水平面上的两根平行导电导轨，放置在斜向左上方、与水平面成60°角足够大的匀强磁场中，现给出这一装置的侧视图，一根通有恒定电流的金属棒正在导轨上向右做匀速运动，在匀强磁场沿顺时针缓慢转过30°的过程中，金属棒始终保持匀速运动，则磁感强度B的大小变化可能是

A．始终变大 B．始终变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 答案：AD

21（2011宿豫中学二模）．（16分） 如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域 内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图7乙所示)，电场强度的大小为E0， E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的尘埃从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点,重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．

(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小； (2)求电场变化的周期T；

(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．

…

21．（16分）(1)微粒做匀速圆周运动说明其重力和电场 力平衡，即mg＝qE0， (1分)

mg

故微粒所带电荷量q＝. (1分)

E0

由于粒子在刚开始和最后一段做直线运动，对其受 力分析如图所示，则qvB＝qE0＋mg， (2分)

E0mgE0mg2E0则B＝v＋＝v＋＝ (1分)

qvmgvv·E0

d2d

(2)经分析从N1点到Q点粒子做匀速直线运动的时间t1＝v＝ (2分)

2v

2πmπv

到Q点后做匀速圆周运动的周期T′＝＝ (2分)

qBg

从Q点到N2点粒子做匀速直线运动，其运动时间t2＝t1，则由题中图象可知电场变化的周

dπv

期T＝t1＋T′＝＋. (2分)

2vg

(3)改变宽度d时，仍能完成上述运动过程的电场变化的最小周期的对应示意图如图所示． 则Tmin＝t1′＋T′， (1分)

dmin此时＝R (1分)

2Rmv

则t1′＝且R＝ (1分)

vqB

以上各式联立解得

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Tmin＝

vπv

＋ (2分) 2gg

22．（15分）如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电荷的粒子从P（x＝0，y＝h）点以一定的速度平行于x轴正方向入射。这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动：若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动。现在，只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点，不计重力。已知h=6cm，

R0=10cm，求：

⑴粒子到达x＝R0平面时速度方向与x轴的夹角及粒子到x轴的距离； ⑵M点的横坐标xM。

以

22.【答案】⑴做直线运动有： ①

做圆周运动有： ②

只有电场时，粒子做类平抛运动，有：

③

④

⑤

从③④⑤解得vy?qER0mv0 ⑥，从①得E=Bv0 ⑦，从②式得R0? ⑧,将⑦、⑧

qBmv0

代入⑥得：

粒子速度大小为：

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速度方向与x轴夹角为：

粒子与x轴的距离为：代入数据得H=11cm.

⑵撤电场加上磁场后，有：

解得：

,代入数据得R?14cm。

粒子运动轨迹如图所示，圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π/4，由几何关系得C点坐标为：

，代入数据得xC?20cm

，代入数据得yC?1cm

过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：

解得：

M点横坐标为：

代入数据得xM?34cm

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图2 电子计算机Excel作的图象

23．如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U。已知自由电子的电量为e。下列说法中正确的是（ ）

A．M板比N板电势高

B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大 C．导体中自由电子定向移动的速度为v=U/Bd D．导体单位体积内的自由电子数为BI/eUb 答案：CD

24（2011南通八校模拟）.（16分）如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力。求： ⑴电场强度的大小；

⑵该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；

E ⑶该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间。

O

M 45°

v

B

24答案.（16分）解：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速

运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。 （1）（本问共5分）

易知，oc?22R

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45° N

类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为 s??s//?ocsin45??2R ① （1分） 所以类平抛运动时间为

ts?2R3?v?v ② （1分） E 又 s12qEb //?2at3?2mt23 ③ （1分） v1 再者 R?mv? qB ④ （1分） v? × ×o v ? × × a × × c ××v × 2 × × × × × ×由①②③④可得

× × × × × × E?vB ⑤ （1分） × × × × B × × ×（2）（本问共5分） × × × × × × ×由平抛知识得

× × × × × × × tan??2tan??2 （1分） 所以 v//?vtan??2v （1分） ［或vqE2R//?at3?mv?qvB2Rmv?2v （2分） ］ v??v2?v2//?5v （1分）

则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径 R??mv?qB?5R （2分） （3）（本问共6分）

粒子在磁场中运动的总时间为 t?R1?2v ⑥ （2分） 粒子在电场中的加速度为 a?qEm?qvBm （1分） 粒子做直线运动所需时间为 t2v22?a?mvqvB?2Rv ⑦ （1分） 由②⑥⑦式求得粒子从出发到第五次到达O点所需时间

t?t2R1?t2?t3?v(2??) （2分） 第 22 页 共 22 页

× × × × × ×

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