【高考輔導資料】【物理】2011版《3年高考2年模擬》：第11章_磁_場

第十一章 磁場第一部分 三年高考題薈萃2010年高考新題2010重慶如題21圖所式，矩形MNPQ區(qū)域內有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶點粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內做勻速圓周運動，運動軌跡為相應的圓弧，這些粒子的質量，電荷量以及速度大小如下表所示。由以上信息可知，從圖中abc處進入的粒子對應表中的編號分別為A.3,5, 4 B.4,2,5 C.5,3,2 D.2,4,5【答案】D【解析】根據半徑公式結合表格中數據可求得15各組粒子的半徑之比依次為0.52332，說明第一組正粒子的半徑最小，該粒子從MQ邊界進入磁場逆時針運動。由圖a、b粒子進入磁場也是逆時針運動，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為23，則a一定是第2組粒子，b是第4組粒子。c順時針運動，都為負電荷，半徑與a相等是第5組粒子。正確答案D2.2010全國卷17某地的地磁場磁感應強度的豎直分量方向向下，大小為T。一靈敏電壓表連接在當地入海河段的兩岸，河寬100m，該河段漲潮和落潮時有海水（視為導體）流過。設落潮時，海水自西向東流，流速為2m/s。下列說法正確的是A河北岸的電勢較高 B河南岸的電勢較高C電壓表記錄的電壓為9mV D電壓表記錄的電壓為5mV【答案】BD【解析】海水在落潮時自西向東流，該過程可以理解為：自西向東運動的導體棒在切割豎直向下的磁場。根據右手定則，右岸即北岸是正極電勢高，南岸電勢低,D對C錯。根據法拉第電磁感應定律V, B對A錯【命題意圖與考點定位】導體棒切割磁場的實際應用題。3. 2010江蘇物理9如圖所示，在勻強磁場中附加另一勻強磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO與SS垂直。a、b、c三個質子先后從S點沿垂直于磁場的方向攝入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為，且。三個質子經過附加磁場區(qū)域后能達到同一點S，則下列說法中正確的有A三個質子從S運動到S的時間相等B三個質子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在OO軸上C若撤去附加磁場，a到達SS連線上的位置距S點最近D附加磁場方向與原磁場方向相同答案：CD4. 2010上海物理13 如圖，長為的直導線拆成邊長相等，夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為，當在該導線中通以電流強度為的電流時，該形通電導線受到的安培力大小為（A）0 （B）0.5 （C）（D）答案：C解析：導線有效長度為2lsin30=l，所以該V形通電導線收到的安培力大小為。選C。本題考查安培力大小的計算。難度：易。52010安徽20如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈和，分別用相同材料，不同粗細的導線繞制（為細導線）。兩線圈在距磁場上界面高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到地面。運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界。設線圈、落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產生的熱量分別為Q1、Q2。不計空氣阻力，則Av1 v2，Q1 Q2 Bv1 =v2，Q1= Q2Cv1 Q2 Dv1 =v2，Q1 Q2【答案】D【解析】由于從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產生感應電流同時受到磁場的安培力，又（為材料的電阻率，為線圈的邊長），所以安培力，此時加速度，且(為材料的密度)，所以加速度是定值，線圈和同步運動，落地速度相等v1 =v2。由能量守恒可得：，(H是磁場區(qū)域的高度)，為細導線m小，產生的熱量小，所以Q10表示電場方向豎直向上。t=0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大??；(2)求電場變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值。 電場變化的周期 （3）若微粒能完成題述的運動過程，要求 聯立得： 設N1Q段直線運動的最短時間t1min，由得 因t2不變，T的最小值 9. 2010全國卷26圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V;兩板之間有勻強磁場，磁場應強度大小為，方向平行于板面并垂直于紙面朝里。圖中右邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG(EF邊與金屬板垂直)，在此區(qū)域內及其邊界上也有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。假設一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面，垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的區(qū)域，并經EF邊中點H射入磁場區(qū)域。不計重力（1） 已知這些離子中的離子甲到達磁場邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質量。（2） 已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為，求離子乙的質量。若這些離子中的最輕離子的質量等于離子甲質量的一半，而離子乙的質量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內可能有離子到達?！敬鸢浮?速度與y軸的正方向的夾角范圍是60到1204 粒子發(fā)射到全部離開所用 時間 為10. 2010福建20如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強的偏轉電場。一束同位素離子流從狹縫射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進入場強大小為的偏轉電場，最后打在照相底片上。已知同位素離子的電荷量為(0)，速度選擇器內部存在著相互垂直的場強大小為的勻強電場和磁感應強度大小為的勻強磁場，照相底片D與狹縫、連線平行且距離為L，忽略重力的影響。（1） 求從狹縫射出的離子速度的大?。唬?） 若打在照相底片上的離子在偏轉電場中沿速度方向飛行的距離為，求出與離子質量之間的關系式(用、L表示)。答案：11. 2010新課標25如圖所示，在0xa、oy范圍內有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0范圍內.己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一.求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度大?。?2)速度方向與y軸正方向夾角正弦。 12. 2010北京23利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應用于測量和自動控制等領域。如圖1，將一金屬或半導體薄片垂直至于磁場B中，在薄片的兩個側面、間通以電流時，另外兩側、間產生電勢差，這一現象稱霍爾效應。其原因是薄片中的移動電荷受洛倫茲力的作用相一側偏轉和積累，于是、間建立起電場，同時產生霍爾電勢差。當電荷所受的電場力與洛倫茲力處處相等時，和達到穩(wěn)定值，的大小與和以及霍爾元件厚度之間滿足關系式，其中比例系數稱為霍爾系數，僅與材料性質有關。（） 設半導體薄片的寬度（、間距）為，請寫出和的關系式；若半導體材料是電子導電的，請判斷圖中、哪端的電勢高；（） 已知半導體薄片內單位體積中導電的電子數為，電子的電荷量為，請導出霍爾系數的表達式。（通過橫截面積的電流，其中是導電電子定向移動的平均速率）；（） 圖2是霍爾測速儀的示意圖，將非磁性圓盤固定在轉軸上，圓盤的周邊等距離地嵌裝著個永磁體，相鄰永磁體的極性相反。霍爾元件置于被測圓盤的邊緣附近。當圓盤勻速轉動時，霍爾元件輸出的電壓脈沖信號圖像如圖所示。.若在時間內，霍爾元件輸出的脈沖數目為，請導出圓盤轉速的表達式。.利用霍爾測速儀可以測量汽車行駛的里程。除除此之外，請你展開“智慧的翅膀”，提出另一個實例或設想。解析：（1）由 得 當電場力與洛倫茲力相等時 得 將 、代入，得 （2） a.由于在時間t內，霍爾元件輸出的脈沖數目為P，則 P=mNt圓盤轉速為 N=b. 提出的實例或設想 2009年高考題一、選擇題1.（09年全國卷）17.如圖，一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直。線段ab、bc和cd的長度均為L，且。流經導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力 （ A ）A. 方向沿紙面向上，大小為B. 方向沿紙面向上，大小為C. 方向沿紙面向下，大小為D. 方向沿紙面向下，大小為解析：本題考查安培力的大小與方向的判斷.該導線可以用a和d之間的直導線長為來等效代替,根據,可知大小為,方向根據左手定則.A正確。2.（09年北京卷）19如圖所示的虛線區(qū)域內，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O點（圖中未標出）穿出。若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同 初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b （ C ）A穿出位置一定在O點下方B穿出位置一定在O點上方C運動時，在電場中的電勢能一定減小D在電場中運動時，動能一定減小解析：a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤3.（09年廣東物理）12圖是質譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子 位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是 （ ABC ）A質譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質比越小解析：由加速電場可見粒子所受電場力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場力水平向右，洛倫茲力水平向左，如圖所示，因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外B正確；經過速度選擇器時滿足，可知能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B，帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動則有，可見當v相同時，所以可以用來區(qū)分同位素，且R越大，比荷就越大，D錯誤。4.（09年廣東理科基礎）1發(fā)現通電導線周圍存在磁場的科學家是 （ B ）A洛倫茲 B庫侖C法拉第 D奧斯特解析：發(fā)現電流的磁效應的科學家是丹麥的奧斯特.而法拉第是發(fā)現了電磁感應現象。5.（09年廣東理科基礎）13帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用。下列表述正確的是 （ B ） A洛倫茲力對帶電粒子做功B洛倫茲力不改變帶電粒子的動能 C洛倫茲力的大小與速度無關 D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向解析：根據洛倫茲力的特點, 洛倫茲力對帶電粒子不做功,A錯.B對.根據,可知大小與速度有關. 洛倫茲力的效果就是改變物體的運動方向,不改變速度的大小。6.(09年廣東文科基礎)61帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，其受到的洛倫茲力的方向，下列表述正確的是 （ D ）A與磁場方向相同B與運動方向相同C與運動方向相反D與磁場方向垂直7.（09年山卷）21如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場。方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始絡與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論正確的是 （ ACD ）A感應電流方向不變BCD段直線始終不受安培力C感應電動勢最大值EBavD感應電動勢平均值解析：在閉合電路進入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據楞次定律可知感應電流的方向為逆時針方向不變， A正確。根據左手定則可以判斷，受安培力向下，B不正確。當半圓閉合回路進入磁場一半時，即這時等效長度最大為a，這時感應電動勢最大E=Bav，C正確。感應電動勢平均值，D正確?？键c：楞次定律、安培力、感應電動勢、左手定則、右手定則提示：感應電動勢公式只能來計算平均值，利用感應電動勢公式計算時，l應是等效長度，即垂直切割磁感線的長度。8.（09年重慶卷）19.在題19圖所示電路中，電池均相同，當電鍵S分別置于a、b兩處時，導線與之間的安培力的大小為、，判斷這兩段導線 （ D ）A.相互吸引，B.相互排斥， C.相互吸引， D.相互排斥，0）的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。解析：設粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為,與板碰撞后再次進入磁場的位置為.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有粒子速率不變,每次進入磁場與射出磁場位置間距離保持不變有粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離始終不變,與相等.由圖可以看出設粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3).若粒子能回到P點,由對稱性,出射點的x坐標應為-a,即由兩式得若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有聯立得n0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0y0。解析：本題考查帶電粒子在復合場中的運動。帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設電場強度大小為E，由 可得 方向沿y軸正方向。帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動。 且 r=R如圖（a）所示，設磁感應強度大小為B。由 得 方向垂直于紙面向外（2）這束帶電微粒都通過坐標原點。方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點為。方法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O點的連線與y軸的夾角為，其圓心Q的坐標為（-Rsin，Rcos）,圓周運動軌跡方程為得 x=0 x=-Rsin y=0 或 y=R(1+cos)（3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x0帶電微粒在磁場中經過一段半徑為r的圓弧運動后，將在y同的右方(x0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示?？拷麺點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x0.20.（09年江蘇卷）14.（16分）1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產生的粒子，質量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應和重力作用。（1）求粒子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；（2）求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；（3）實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能E。解析：(1)設粒子第1次經過狹縫后的半徑為r1,速度為v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次經過狹縫后的半徑 則 （2）設粒子到出口處被加速了n圈解得 （3）加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即當磁場感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為粒子的動能當時，粒子的最大動能由Bm決定解得當時，粒子的最大動能由fm決定解得 21.（09年江蘇物理）15.（16分）如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質量為m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產生，圖中未圖出）。線框的邊長為d（d l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為g。求：（1）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產生的焦耳熱Q；（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1；（3）經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離m。 解析：(1)設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W由動能定理 且 解得 （2）設線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動 由動能定理 裝置在磁場中運動時收到的合力感應電動勢 =Bd感應電流 =安培力 由牛頓第二定律，在t到t+時間內，有則有解得 （3）經過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復運動 由動能定理 解得 22.（09年四川卷）25.(20分)如圖所示，輕彈簧一端連于固定點O，可在豎直平面內自由轉動，另一端連接一帶電小球P,其質量m=210-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達O點的正下方O1點時速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1點與另一由細繩懸掛的、不帶電的、質量M=1.610-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細繩，同時在空間加上豎直向上的勻強電場E和垂直于紙面的磁感應強度B=1T的弱強磁場。此后，小球P在豎直平面內做半徑r=0.5 m的圓周運動。小球P、N均可視為質點，小球P的電荷量保持不變，不計空氣阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）彈簧從水平擺至豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？（2）請通過計算并比較相關物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度。 (3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同速度的前提下，請推導出r的表達式(要求用B、q、m、表示，其中為小球N的運動速度與水平方向的夾角)。解析：（1）設彈簧的彈力做功為W，有：代入數據，得：WJ（2）由題給條件知，N碰后作平拋運動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷。設P、N碰后的速度大小分別為v1和V，并令水平向右為正方向，有: 而： 若P、N碰后速度同向時，計算可得Vv1，這種碰撞不能實現。P、N碰后瞬時必為反向運動。有： P、N速度相同時，N經過的時間為，P經過的時間為。設此時N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有： 代入數據，得： 對小球P，其圓周運動的周期為T，有： 經計算得： T，P經過時，對應的圓心角為，有： 當B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖可知，有： 聯立相關方程得： 比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同。當B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相同，同樣由圖，有： ，同上得： ，比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同。（3）當B的方向垂直紙面朝外時，設在t時刻P、N的速度相同，再聯立解得： 當B的方向垂直紙面朝里時，設在t時刻P、N的速度相同，同理得： ，考慮圓周運動的周期性，有: （給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值）23.（09年海南物理）16（10分）如圖，ABCD是邊長為的正方形。質量為、電荷量為的電子以大小為的初速度沿紙面垂直于BC變射入正方形區(qū)域。在正方形內適當區(qū)域中有勻強磁場。電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場。不計重力，求：（1）次勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大??；（2）此勻強磁場區(qū)域的最小面積。解析：（1）設勻強磁場的磁感應強度的大小為B。令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道。電子所受到的磁場的作用力應指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應垂直于紙面向外。圓弧的圓心在CB邊或其延長線上。依題意， 圓心在A、C連線的中垂線上，故B 點即為圓心，圓半徑為按照牛頓定律有 聯立式得（2）由（1）中決定的磁感應強度的方向和大小，可知自點垂直于入射電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其它點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAEC區(qū)域中。因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界。為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為（不妨設）的情形。該電子的運動軌跡如圖所示。圖中，圓的圓心為O，pq垂直于BC邊 ，由式知，圓弧的半徑仍為，在D為原點、DC為x軸，AD為軸的坐標系中，P點的坐標為這意味著，在范圍內，p點形成以D為圓心、為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構成所求磁場區(qū)域的另一邊界。因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域時分別以和為圓心、為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成的，其面積為評分參考：本題10分。第（1）問4分，至式各1分；得出正確的磁場方向的，再給1分。第（2）問6分，得出“圓弧是所求磁場區(qū)域的一個邊界”的，給2分；得出所求磁場區(qū)域的另一個邊界的，再給2分；式2分。24.（09年重慶卷）25.（19分）如題25圖，離子源A產生的初速為零、帶電量均為e、質量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉電場，偏轉后通過極板HM上的小孔S離開電場，經過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場。已知HO=d，HS=2d，=90。（忽略粒子所受重力）（1）求偏轉電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角；（2）求質量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）若質量為4m的離子垂直打在NQ的中點處，質量為16m的離子打在處。求和之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質量范圍。解析：2008年高考試題一、選擇題1.（08寧夏卷）14.在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖。過c點的導線所受安培力的方向（C）A.與ab邊平行，豎直向上 B.與ab邊平行，豎直向下 C.與ab邊垂直，指向左邊 D.與ab邊垂直，指向右邊【解析】本題考查了左手定則的應用。導線a在c處產生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導線b在c處產生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點的合場方向平行于ab，根據左手定則可判斷導線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊。2.（08廣東文科）61.如圖所示，電流強度為I的一段通電直導線處于勻強磁場中，受到的安培力為F，圖中正確標志I和F方向的是(A)【解析】安培力的方向與電流方向和磁場方向都垂直，且滿足左手定則。3.（08廣東理科）17有關洛侖茲力和安培力的描述，正確的是 ( B )A通電直導線處于勻強磁場中一定受到安培力的作用B安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現C帶電粒子在勻強磁場中運動受到洛侖茲力做正功D通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行【解析】通電直導線與磁場平行，不受安培力，選項A錯誤，安培力方向與磁場垂直，選項D錯誤。洛侖茲力對帶電粒子不做功，選項C錯誤，安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表