【历届高考试题】2012版《6年高考4年模拟》：磁场

1 【物理精品】2012版《6年高考4年模拟》

磁场部分

第一部分 六年高考荟萃

2011年高考题

1（2011全国卷1第15题）。如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流1I 和

2I ，且12I I ；a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是

A.a 点

B.b 点

C.c 点

D.d 点

解析：要合磁感应强度为零，必有1I 和2I 形成两个场等大方向，只有C 点有可能，选C 2（2011海南第7题）．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找

它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是

A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系

B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系

C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系

D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系

解析：考察科学史，选ACD

3（2011海南第10题）.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是

A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同

B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同

2 C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同

D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 解析：在磁场中半径mv r qB = 运动时间：m t qB

θ=（θ为转过圆心角），故BD 正确，当粒子从O 点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而AC 错

4（2011新课标理综第14题）.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕

过地心的轴的环形电流I 引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是 （B

）

解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B 。

5．（2011新课标理综第18题）.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨

道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I 成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（BD ）

A.只将轨道长度L 变为原来的2倍

B.只将电流I 增加至原来的2倍

C.只将弹体质量减至原来的一半

D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原

来的2倍，其它量不变

解析：主要考查动能定理。利用动能定理有

221mv BIlL =,B=kI 解得m

lL kI v 22=。所以正确答案是BD 。

6（2011浙江第20题）.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L 。一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是

A. 粒子带正电

B. 射出粒子的最大速度为m

d L qB 2)3(+ C. 保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速

度之差增大

3 D. 保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速

度之差增大

答案：BC

解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A 错误；由题意知：粒子的最大半径23max d L r +=

、粒子的最小半径2min L r =，根据qB mv r =，可得m d L qB v 2)3(m ax +=、m qBL v 2min =，则m

qBd v v 23m in m ax =-，故可知B 、C 正确，D 错误。 7(2011上海第18题)．

如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于'O O 、，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为

(A) z 正向，

tan mg IL

θ (B)y 正向，mg IL

(C) z 负向，tan mg IL

θ (D)沿悬线向上，sin mg IL θ 答案：BC

8（2011安徽第23）．（16分）

如图所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于xOy 平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t 0时间从P 点射出。

（1）求电场强度的大小和方向。 （2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O 点以相同的速度射入，经02

t 时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。

（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。

解析：（1）设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，电场强度为E 。可判断出粒

子受到的洛伦磁力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向

且有 qE =qvB ①

又 R =vt 0 ②

则 0

BR E t = ③ （2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动

x y O

P B

4 在y 方向位移 22

t y v

= ④ 由②④式得 2R y = ⑤ 设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 32x R =

又有 201()22t x a =

⑥ 得 20

43R a t = ⑦ （3）仅有磁场时，入射速度4v v '=，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半

径为r ，由牛顿第二定律有 2

v qv B m r

''= ⑧ 又 qE =ma ⑨

由⑦⑧⑨式得 33

R r = ⑩ 由几何关系 sin 2R r

α= ○11 即 3sin 2α= 3

πα= ○12 带电粒子在磁场中运动周期 2m T qB

π= 则带电粒子在磁场中运动时间 22R t T απ=

所以 0318

R t t π= ○13 9（2011全国卷1第25）.（19分）

如图，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成I 和II 两个区域。一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速度0v 从平面MN 上的0p 点水平右射

入I 区。粒子在I 区运动时，只受到大小不变、方向竖

直向下的电场作用，电场强度大小为E ；在II 区运动时，

只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B

，

方向垂直

5 于纸面向里。求粒子首次从II 区离开时到出发点0p 的距离。粒子的重力可以忽略。 解析：设粒子第一次过MN 时速度方向与水平方向成α1角，位移与水平方向成α2角且α2=450

，在电场中做类平抛运动， 则有：02,1

,2v t x x y

Eq at y a m

====得出：10tan 2at v α=

= 002,5y v v v v == 在电场中运行的位移:22220012222v mv s x y a Eq

=+== 在磁场中做圆周运动，且弦切角为α=α1-α2，1212tan tan 110tan ,sin 1tan tan 310

αααααα-===+? 2

v qvB m R

=得出：05mv R qB = 在磁场中运行的位移为：0222sin mv s R qB

α== 所以首次从II 区离开时到出发点0p 的距离为：20012222mv mv s s s qE qB

=+=+ 10（2011新课标理综第25题）.（19分）

如图，在区域I （0≤x ≤d ）和区域II （d ≤x ≤2d ）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面。一质量为m 、带电荷量q （q ＞0）的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域I ，其速度方向沿x 轴正向。已知a 在离开区域I 时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从p 点沿x 轴正向射入区域I ，其速度大小是a 的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求

（1）粒子a 射入区域I 时速度的大小；

（2）当a 离开区域II 时，a 、b 两粒子的y 坐标之差。

解析：（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C （在y 轴上），半径为R a1

，粒子速O B x · · · y d 2d 2B P Ⅰ Ⅱ

6 率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ',如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

12a a R v m AB qv = ① 由几何关系得θ='∠P PC ② θs i n

1d R a = ③ 式中，030=θ，由①②③式得m

qBd v a 21= ④ (2)设粒子a 在II 内做圆周运动的圆心为Oa,半径为1a R ，射出点为a P （图中未画出轨

迹），θ'='∠a a P O P 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得2

2)2(a a a R v m B qv = ⑤ 由①⑤式得2

12a a R R = ⑥ C 、P '和a O 三点共线，且由 ⑥式知a O 点必位于d x 2

3= ⑦ 的平面上。由对称性知，a P 点与P '点纵坐标相同，即h R y a p a +=θcos 1 ⑧ 式中，h 是C 点的y 坐标。 设b 在I 中运动的轨道半径为1b R ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得21)3

()3(a b a v R m B v q = ⑨ 设a 到达a P 点时，b 位于b P 点，转过的角度为α。如果b 没有飞出I ，则

πθ22'=a T t ⑩ πα21=b T t ○11

式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而

v

R T a a 222π= ○12 3211v R T b b π= ○13 由⑤⑨⑩○11○12○13式得030=α ○14

由①③⑨○14式可见，b 没有飞出。b P 点的y 坐标为h R y b p b ++=)cos 2(1α ○15 由①③⑧⑨○14○15式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为

d y y b a p p )23(3

2-=- ○16 11（2011天津第12题）．（20分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域

得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。

（1）当今医学成像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常

7

利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min ，经2.0h 剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字） （2）回旋加速器的原理如图，D 1和D 2是两个中空的半

径为R 的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f 的交流电源上，位于D 1圆心处的质子源A 能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D 1、D 2置于与盒面垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P ，求输出时

质子束的等效电流I 与P 、B 、R 、f 的关系式（忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小于光速）

（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道

的半径之差 r ?是增大、减小还是不变？

解析：（1）核反应方程为141114 71 62N H C+He +→

①

设碳11原有质量为m 0，经过t =2.0h 剩余的质量为m t ，根据半衰期定义，有：

120

20

011 1.6%22t

t m m τ

????

=== ? ?????

②

（2）设质子质量为m ，电荷量为q ，质子离开加速器时速度大小为v ，由牛顿第二定律知：

2

v qvB m R

=

③

质子运动的回旋周期为：22R m

T v qB

ππ=

=

④

由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T 与频率f 的关系可得：

1f T

=

⑤

设在t 时间内离开加速器的质子数为N ，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率

2

12N mv P t

?=

⑥

8

输出时质子束的等效电流为：Nq I t

= ⑦

由上述各式得2P

I BR f

π=

若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分 （3）方法一：

设k （k ∈N *）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k ，r k +1

（r k >r k +1），

1k k k r r r +?=-，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ，v k +1，D 1、D 2之间的电

压为U ，由动能定理知22

111222

k k qU mv mv +=

- ⑧

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知k k mv r qB =，则222

212()2k k q B qU r r m

+=-

⑨

整理得 2

14()

k k k mU

r qB r r +?=

- ⑩

因U 、q 、m 、B 均为定值，令24mU C qB =，由上式得1

k

k k C

r r r +?=+ ⑾

相邻轨道半径r k+1，r k +2之差121k k k r r r +++?=- 同理 12

k k k C

r r r ++?=

+

因为r k +2> r k ，比较k r ?，1k r +?得1k k r r +?

说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r ?减小 方法二：

设k （k ∈N *）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k ，r k +1

（r k >r k +1），

1k k k r r r +?=-，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ，v k +1，D 1、D 2之间的电

压为U

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知k k mv r qB =

，故11

k k k k r v

r v ++= ⑿

9 由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量k E qU ?=

⒀ 以质子在D 2盒中运动为例，第k 次进入D 2时，被电场加速（2k ﹣1）次 速度大小为(21)2k k qU v m

-= ⒁ 同理，质子第（k +1）次进入D 2时，速度大小为1(21)2k k qU v m ++=

综合上述各式可得112121

k k k k r v k r v k ++-==+ 整理得2212121k k r k r k +-=+，22121221

k k k r r r k ++-=+ 2112(21)()

k k k k r r k r r ++?=++ 同理，对于相邻轨道半径r k+1，r k +2，121k k k r r r +++?=-，整理后有

211+122(21)()

k k k k r r k r r +++?=++ 由于r k +2> r k ，比较k r ?，1k r +?得1k k r r +?

说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r ?减小，用同样的方法也可得到质子在D 1盒中运动时具有相同的结论。

12（2011四川第25题）．（20分）

如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ 边长l =1.8m ，距地面h=0.8m 。平行板电容器的极板CD 间距d=0.1m 且垂直放置于台面，C 板位于边界WX 上，D 板与边界WZ 相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T 、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C 的微粒静止于W 处，在CD 间加上恒定电

压U=2.5V ，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场（微

粒始终不与极板接触），然后由XY 边界离开台面。在微粒离开台

面瞬时，静止于X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度，

在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场

视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，

取g=10m/s

2

10 （1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性；

（2）求由XY 边界离开台面的微粒的质量范围；

（3）若微粒质量m o =1×10-13kg ，求滑块开始运动时所获得的速度。

解析：

13（2011广东第35题）、（18分）

如图19（a ）所示，在以O 为圆心，内外半径分别为1R 和2R 的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，1020,3R R R R ==,一电荷量为+q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力。

（1） 已知粒子从外圆上以速度1v 射出，求粒子在A 点的初速度0v 的大小

（2） 若撤去电场，如图19（b ）,已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度2v 射出，

方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间

（3） 在图19（b ）中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为3v ，方向不确定，要使粒

子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？

11

解析： （1）由动能定理：Uq=

21mv 12-21mv 02 ① 得：v 0=m

Uq v 221- （2）如右图：粒子在磁场中作圆周运动的半径为r ，则r 2=2(212R R -)2 ② B 1qv 2=m r

v 22 ③ 由②③得：B 1= )

(2122R R q mv - T=

r v 22π ④ t =T ππ22/ ⑤ 由④⑤ t =r v 22π

（3）由B 2qv 3=m R

v 23 ⑥可知，B 越小，R 越大。与磁场边界相切的圆的最大半径为 R=2

21R R + ⑦ 所以 B 2＜)

(2123R R q mv + 答案：（1）v 0=m

Uq v 221- （2）B 1= )(2122R R q mv - t =r v 2

2π （3）B 2＜)

(2123R R q mv + 14（2011北京理综第23题）．（18分）

利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领O / r

R

V 3

12 域有重要的应用。

如图所示的矩形区域ACDG (AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。

已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q 。加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。

(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率v 1；

(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ；

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽， 可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。

设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处。离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。

答案．

（1）动能定理 21112

Uq m v = 得 11

2qU v m = ○1 （2）由牛顿第二定律 2 , mv mv qvB R R qB

==，利用○1式得

离子在磁场中的轨道半径为别为 1122m U R qB =， 2222m U R qB

= ○2 两种离子在GA 上落点的间距1212282()()U s R R m m qB =-=

- ○3 （3）质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d 。同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d 。

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为

122()R R d -> ○4

利用○2式，代入○4式得 211

2(1)m R d m -> R 1的最大值满足 12m R L d =-

13 得 21

()(1)m L d d m --> 求得最大值 1212

2m m m d L m m -=

- 15（2011山东理综第25题）.（18分）

扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直干扰面。一质量为m 、电量为-q 、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30θ=?

（1）当Ⅰ区宽度L 1=L 、磁感应强度大小B 1=B 0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30?，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0

（2）若Ⅱ区宽度L 2=L 1=L 磁感应强度大小B 2=B 1=B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h

（3）若L 2=L 1=L 、B 1=B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2

应满足的条件

（4）若1212,B B L L ≠≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区

右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从

Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式。

解析：

16(重庆第25题).（19分）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如题25

图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN'M'M

14

充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计

电子所受重力。

(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；

(2)求电场强度的取值范围；

(3)A是M N''的中点，若要使电子在A、M'间

垂直于A M'飞出，求电子在磁场区域中运

动的时间。

解：

(1)设圆周运动的半径分别为R1、R2、……、R n、R n+1，…，第一和第二次圆周运动速

率分别为v1和v2，动能分别为E k1和E k2

由：E k2=0.81E k1，R 1=，R 2

=\

得：R2：R1=0.9

(2)设电场强度为E．第一次到达隔离层前的速率为v′

由：

得：

又由：

得：

(3)设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，运动总时间为

t，

由题意，有：

得：n=2

15

16 又由：T=

得：

2010年高考题

１．2010·重庆·２１如题21图所式，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，

运动轨迹为相应的圆弧，，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示。

由以上信息可知，从图中abc 处进入的粒子对应表中的编号分别为

A.3,5, 4

B.4,2,5

C.5,3,2

D.2,4,5

【答案】D

【解析】根据半径公式Bq

mv r =结合表格中数据可求得1—5各组粒子的半径之比依次为0.5︰2︰3︰3︰2，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ 边界进入磁场逆时针运动。由图a 、b 粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a 、b 粒子的半径比为2︰3，则a 一定是第2组粒子，b 是第4组粒子。c 顺时针运动，都为负电荷，半径与a 相等是第5组粒子。正确答案D

2.2010·全国卷Ⅰ·17某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为54.510-?T 。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m ，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s 。下列说法正确的是

A ．河北岸的电势较高

B ．河南岸的电势较高

17 C ．电压表记录的电压为9mV D ．电压表记录的电压为5mV

【答案】BD

【解析】海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场。根据右手定则，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低,D 对C 错。根据法拉第电磁感应定律351092100105.4--?=???==BLv E V, B 对A 错

【命题意图与考点定位】导体棒切割磁场的实际应用题。

3. 2010·江苏物理·9如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO ’与SS ’垂直。a 、b 、c 三个质子先后从S 点沿垂直于磁场的方向摄入磁场，它们的速度大小相等，b 的速度方向与SS ’垂直，a 、c 的速度方向与b 的速度方向间的夹角分别为αβ、，且αβ>。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

A ．三个质子从S 运动到S ’的时间相等

B ．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO ’轴上

C ．若撤去附加磁场，a 到达SS ’连线上的位置距S 点最近

D ．附加磁场方向与原磁场方向相同

答案：CD

4. 2010·上海物理·13 如图，长为2l 的直导线拆成边长相等，夹角为60o 的V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B ，当在该导线中通以电流强度为I 的电流时，该V 形通电导线受到的安培力大小为

（A ）0 （B ）0.5BIl （C ）BIl （D ）2BIl

答案：C

解析：导线有效长度为2l sin30°=l ，所以该V 形通电导线收到的安培力大小为BIl 。选C 。 本题考查安培力大小的计算。

难度：易。

5．2010·安徽·20如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，

线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈

18 Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2。不计空气阻力，则

A ．v 1

B ．v 1 =v 2，Q 1= Q 2

C ．v 1 Q 2

D ．v 1 =v 2，Q 1< Q 2

【答案】D

【解析】由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v ，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力22B l v F R =，又4l R S

ρ=（ρ为材料的电阻率，l 为线圈的边长），所以安培力24B lvS F ρ=，此时加速度F a g m

=-，且04m S l ρ=?(0ρ为材料的密度)，所以加速度20

16B v a g ρρ=-是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v 1 =v 2。由能量守恒可得：21()2

Q mg h H mv =+-，(H 是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线m 小，产生的热量小，所以Q 1< Q 2。正确选项D 。

6. 2010·全国卷Ⅰ·26如下图，在03x a ≤≤区域内存在与xy 平面垂直的

匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy

平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y 轴正

方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y 轴正方向发射的粒子在0t t =时刻刚好从磁场边界上(3,)P a a 点离开磁场。求：

? 粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷q ／m;

? 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y 轴正方向夹角的取值范围；

? 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。

【答案】?a R 332= 0

32Bt m q π= ?速度与y 轴的正方向的夹角范围是60°到120°

?从粒子发射到全部离开所用 时间 为02t

【解析】 ?粒子沿y 轴的正方向进入磁场，从P 点经过做OP 的垂直平分线与x 轴的交点为圆心，根据直角三角形有222)3(R a a R -+=

19 解得a R 3

32= 2

3sin ==R a θ，则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，周期为03t T = 粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得

R T m Bqv 2)2(π=，T

R v π2=，化简得032Bt m q π= ?仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。

角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°，所经过圆弧的弦与?中相等穿出点如图，根据弦与半径、x 轴的夹角都是30°，所以此时速度与y 轴的正方向的夹角是60°。

角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y 轴的的夹角是60°，则此时速度与y 轴的正方向的夹角是120°。

所以速度与y 轴的正方向的夹角范围是60°到120°

?在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为a R 3

32=，而它的高是 a a a h 333323=-=，半径与y 轴的的夹角是30°，这种粒子的圆心角是240°。所用 时间 为02t 。

所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为02t 。

7．2010·海南物理·15右图中左边有一对平行金属板，两板相距

为d ．电压为V ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为0B ，方

向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一半径为R 、圆

心为O 的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向

垂直于纸面朝里。一电荷量为q 的正离子沿平行于全属板面、垂直

于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之

间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区城边界上的G 点射出．已知弧

PG R

R

R

20 所对应的圆心角为θ，不计重力．求

(1)离子速度的大小；

(2)离子的质量．

【答案】（1）0V B d （2）

0cot 2qBB Rd V θ 【解析】(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，安所受到的向上的压力和向下的电场力平衡

00q B qE =v ①

式中，v 是离子运动速度的大小，0E 是平行金属板之间的匀强电场的强度，有

0V

E d = ②

由①②式得 0V B d =

v ③

(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

2q B m r =v v ④

式中，m 和r 分别是离子的质量和它做圆周运动的半径。由题设，

离子从磁场边界上的点G 穿出，离子运动的圆周的圆心O '必在过E

点垂直于EF 的直线上，且在EG 的垂直一平分线上(见右图)。由几

何关系有

tan r R α= ⑤

式中，α是OO '与直径EF 的夹角，由几何关系得

2αθπ+= ⑥

联立③④⑤⑥式得，离子的质量为 0cot 2qBB Rd m V θ=

⑦

8. 2010·安徽·23如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为L 1、L 2），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2所示），电场强度的大小为O ' α

21 E 0，E >0表示电场方向竖直向上。t =0时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的N 1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N 2点。Q 为线段N 1N 2的中点，重力加速度为g 。上述d 、E 0、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。

电场变化的周期 122d v T t t v g

π=+=+ ⑨

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