全國各地高考物理試題分類匯編磁場.doc

此文檔收集于網絡，僅供學習與交流，如有侵權請聯(lián)系網站刪除 全國各地高考招生物理試題匯編-磁場5(2013重慶卷)如題5圖所示，一段長方體形導電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內有帶電量為q的某種自由運動電荷。導電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內部磁感應強度大小為B。當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時，測得導電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導電材料單位體積內自由運動電荷數(shù)及自由運動電荷的正負分別為A，負 B，正 C，負 D，正答案:C21【2013廣東高考】如圖9，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進人勻強磁場，最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有Aa、b均帶正電Ba在磁場中飛行的時間比b的短Ca在磁場中飛行的路程比b的短Da在P上的落點與O點的距離比b的近答案：AD13【2013上海高考】如圖，足夠長的直線ab靠近通電螺線管，與螺線管平行。用磁傳感器測量ab上各點的磁感應強度B，在計算機屏幕上顯示的大致圖像是答案：C15【2013江蘇高考】. (16 分)在科學研究中,可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制. 如題15-1 圖所示的xOy 平面處于勻強電場和勻強磁場中,電場強度E 和磁感應強度B 隨時間t 作周期性變化的圖象如題15-2 圖所示. x 軸正方向為E 的正方向,垂直紙面向里為B的正方向. 在坐標原點O 有一粒子P,其質量和電荷量分別為m 和+q. 不計重力. 在t = 時刻釋放P,它恰能沿一定軌道做往復運動.(1)求 P在磁場中運動時速度的大小 v0;(2)求B0 應滿足的關系;(3)在t0(0t0 0)，質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射人磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R/2。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為600。，則粒子的速率為(不計重力 ) A qBR/2m BqBR/m C 3qBR/2m D 2qBR/m 答案：B解析：帶電粒子沿平行于直徑ab的方向射人磁場區(qū)域做勻速圓周運動，運動軌跡如圖。設運動半徑為r，圓心為O，連接OC、OO，OO垂直平分弦長CD。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為600，所以C OD=600， 又CE= R/2，所以C OE=300，則C O O=C OO= 300，C O=CO，即r=R。再根據(jù)洛侖茲力提供向心力有， 解得，所以B選項正確。15(2013安徽高考)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面積位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相等的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是A向上 B向下 C向左 D向右【答案】B23(2013安徽高考)（16分）xabcByOPEv0如圖所示的平面直角坐標系xoy，在第象限內有平行于軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第象限的正三角形區(qū)域內有勻強電場，方向垂直于xoy平面向里，正三角形邊長為L，且邊與y軸平行。一質量為、電荷量為q的粒子，從y軸上的點，以大小為的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的點進入第象限，又經過磁場從y軸上的某點進入第象限，且速度與y軸負方向成45角，不計粒子所受的重力。求：（1）電場強度E的大?。唬?）粒子到達點時速度的大小和方向；（3）區(qū)域內磁場的磁感應強度的最小值?！敬鸢浮浚?）（2）方向指向第IV象限與x軸正方向成450角r450xabcByOPEv0（3）【解析】（1）設粒子在電場中運動的時間為t，則有 聯(lián)立以上各式可得 （2）粒子到達a點時沿負y方向的分速度為 所以 方向指向第IV象限與x軸正方向成450角 （3）粒子在磁場中運動時，有 當粒子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有 所以（2）（2013山東理綜）霍爾效應是電磁基本現(xiàn)象之一，近期我國科學家在該領域的實驗研究上取得了突破性進展。如圖丙所示，在一矩形半導體薄片的P、Q間通入電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，在M、N間出現(xiàn)電壓UH，這個現(xiàn)象稱為霍爾效應，UH稱為霍爾電壓，且滿足，式中d為薄片的厚度，k為霍爾系數(shù)。某同學通過實驗來測定該半導體薄片的霍爾系數(shù)。若該半導體材料是空穴（可視為帶正電粒子）導電，電流與磁場方向如圖丙所示，該同學用電壓表測量UH時，應將電壓表的“+”接線柱與_(填“M”或“N”)端通過導線相連。已知薄片厚度d=0.40mm，該同學保持磁感應強度B=0.10T不變，改變電流I的大小，測量相應的UH值，記錄數(shù)據(jù)如下表所示。根據(jù)表中數(shù)據(jù)在給定區(qū)域內（見答題卡）畫出UHI圖線，利用圖線求出該材料的霍爾系數(shù)為_（保留2位有效數(shù)字）。該同學查閱資料發(fā)現(xiàn)，使半導體薄片中的電流反向再次測量，取兩個方向測量的平均值，可以減小霍爾系數(shù)的測量誤差，為此該同學設計了如圖丁所示的測量電路，S1、S2均為單刀雙擲開關，虛線框內為半導體薄片（未畫出）。為使電流從Q端流入，P端流出，應將S1擲向_（填“a”或“b”）, S2擲向_（填“c”或“d”）。 為了保證測量安全，該同學改進了測量電路，將一合適的定值電阻串聯(lián)在電路中。在保持其它連接不變的情況下，該定值電阻應串聯(lián)在相鄰器件_和_(填器件代號)之間。21答案（2）M如右圖所示，1.5（1.4或1.6）b，c；S1，E（或S2，E）23（2013山東理綜）.（18分）如圖所示，在坐標系xoy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xoy面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E. 一質量為、帶電量為的粒子自y軸的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場。已知OP=d,OQ=2d,不計粒子重力。（1）求粒子過Q點時速度的大小和方向。（2）若磁感應強度的大小為一定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0；（3）若磁感應強度的大小為另一確定值，經過一段時間后粒子將再次經過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間。23.解：（1）設粒子在電場中運動的時間為，加速度的大小為a，粒子的初速度為，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為，速度與x軸正方向間的夾角為，由牛頓第二定律得 由運動學公式得 聯(lián)立式得 （2）設粒子做圓周運動的半徑為，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，為圓心，由幾何關系可知O1OQ為等腰直角三角形，得 由牛頓第二定律得 聯(lián)立式得 （3）設粒子做圓周運動的半徑為，由幾何分析（粒子運動的軌跡如圖所示，、是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接、，由幾何關系知，和均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOG為等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得 粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得 設粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間為t，則有 聯(lián)立得 22(2013北京高考)（16分）如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場。帶電量為+q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響，求：勻強電場場強E的大??；粒子從電場射出時速度v的大?。涣Ｗ釉诖艌鲋凶鰟蛩賵A周運動的半徑R。解析：勻強電場的電場強度的大?。篍=Ud （2）根據(jù)動能定理有： qU=12mv2，解得：v=2qUm （3）粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有： qBv=mv2R，將上述v=2qUm代入解得：R=1B2mUq 24(2013北京高考).（20分）對于同一物理問題，常?？梢詮暮暧^與微觀兩個不同角度進行分析研究，找出其內在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質。一段橫截面積為S、長為L的直導線，單位體積內有n個自由電子，電子電量為e。該導線通有電流時，假設自由電子定向移動的速率均為V。求導線中的電流I將該導線放在勻強磁場中，電流方向垂直于磁感應強度B，導線所受安培力大小為F安，導線內自由電子所受洛倫茲力大小的總和為F，推導F安=F。正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質量為m，單位體積內粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為V，且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關系。（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明）解析：1 設t時間內通過導體橫截面的電量為q，由電流定義，有I=qt=neSvtt=neSv2 每個自由電子所受的洛倫茲力F洛=eBv設導體中共有N個自由電子，則N=nSL導體內自由電子所受洛倫茲力大小的總和F合=NF洛=nSLeBv 由安培力公式，有F安=BIL，將中的電流式代入有F安=neSvBL可得F安=F合=NF洛vtS（2）如右圖所示，取以器壁上的面積S為底、以vt為高構成的柱體，由題設可知，柱體內的粒子在t時間內將有16的粒子與器壁S發(fā)生碰撞，碰撞粒子總數(shù)為N=16nSvt每一個粒子與器壁碰撞一次給器壁的沖量為I=2mvt時間內粒子給器壁的沖量為I=NI=13nSmv2t面積為S的器壁受到的粒子壓力為F=It器壁單位面積所受粒子壓力f=FS=13nmv2 26(2013全國卷大綱版)（20分） 如圖，虛線OL與y軸的夾角=60，在此角范圍內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q（q0）的粒子從左側平行于x軸射入磁場，入射點為M。粒子在磁場中運動的軌道半徑為R。粒子離開磁場后的運動軌跡與x軸交于p點（圖中未畫出）且=R。不計重力。求M點到O點的距離和粒子在磁場中運動的時間。26答案IcbccacIcIc9(2013海南卷)三條在同一平面（紙面）內的長直絕緣導線組成一等邊三角形，在導線中通過的電流均為I，方向如圖所示。a、b和c三點分別位于三角形的三個頂角的平分線上，且到相應頂點的距離相等。將a、b和c處的磁感應強度大小分別記為B1、B2和B3，下列說法正確的是 AB1=B20)的點電荷a在紙面內垂直于EF從F點射出，其軌跡經過G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經過G點，兩點電荷從射出到經過G點所用的時間相同，且經過G點時的速度方向也相同。已知點電荷a的質量為m，軌道半徑為R，不計重力，求：GEF3001350（1）點電荷a從射出到經過G點所用的時間；（2）點電荷b的速度大小。答案：t=m/2qB vb=4qBR/3m11(2013四川卷).（19分）如下圖所示，豎直平面（紙面）內有直角坐標系xOy，x軸沿水平方向。在xO的區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B1的勻強磁場。在第二象限緊貼y軸固定放置長為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h。在第一象限內的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強磁場（磁感應強度大小為B2、方向垂直于紙面向外）和勻強電場（圖中未畫出）。一質量為m、不帶電的小球Q從平板下側A點沿x軸正向拋出；另一質量也為m、帶電量為q的小球P從A點緊貼平板沿x軸正向運動，變?yōu)閯蛩龠\動后從y軸上的D點進入電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，經圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負方向運動，然后從x軸上的K點進入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一點，且豎直方向速度相同。設運動過程中小球P電量不變，小球P和Q始終在紙面內運動且均看作質點，重力加速度為g。求：(1)勻強電場的場強大小，并判斷P球所帶電荷的正負；(2)小球Q的拋出速度vo的取值范圍；(3)B1是B2的多少倍？11解：據(jù)題意 受力分析 如圖所示（1）帶電小球P在電磁復合場中做勻速圓周運動 有 mg=qE 即 E=mgq 由于小球P變?yōu)閯蛩俚膹牡诙笙捱M入第一象限由 平衡條件 有 qv1B1=mg 由 左手定則 可知 P球帶正電。 (2)據(jù)題意 Q球與P球恰好在K點相遇 v0有最大值v0m Q球做平拋運動 有 L+R=v0mt h=12gt2 P球在電磁復合場中做勻速圓周運動有 qv1B2=mv12R 解得 v0m=L+m2gq2B1B2 g2h 即v0 的取值范圍為 v0L+m2gq2B1B2 g2h (3) 由于PQ相遇時豎直方向速度相同 即Q球豎直方向下落R時豎直方向分速度為v1由 vt2-v02=2ax 得 v12=2gR 可解得 B1B2=12 20（2013浙江理綜）注入工藝中，初速度可忽略的離子P+和P3+，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里，有一定的寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示，已知離子P+在磁場中轉過=30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P+和P3+( )A在內場中的加速度之比為1:1B在磁場中運動的半徑之比為根號3:1C在磁場中轉過的角度之比為1：2D離開電場區(qū)域時的動能之比為1:3非選擇題部分共12題，共180分。答案：BCD22（2013福建卷理綜. 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