2012届高考物理模拟试题分类汇编十：选修3-1磁场(二).doc

2012届高考物理模拟试题分类汇编十：选修3-1磁场（二）PQBr1AA1A2A3（2011海淀一模反馈）如图所示，相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律分时段变化。狭缝两侧均有磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大。某时刻从P平面处由静止释放一个质量为m、带电荷为q的带负电粒子（不计重力），粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆运动，此时电场的方向已经反向，当粒子由A1点自右向左通过Q平面后，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆运动，此时电场又已经反向，粒子经半个圆周后通过P平面进入PQ狭缝又被加速，。以后粒子每次通过PQ间都被加速。设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、A2、A3、An，求：(1）粒子第一次在Q右侧磁场区做圆运动的半径r1的大小；(2）粒子第一次和第二次通过Q平面的位置A1和A2之间的距离；(3）设An与An+1间的距离小于r1/3，则n值为多大。(1）r1=；（2）2（-）；（3）n5（2011朝阳一模）（18分）如图所示为某种质谱仪的结构示意图。其中加速电场的电压为U，静电分析器中与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1。磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器。而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器。测量出Q点与圆心O2的距离为d。(1）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；(2）求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向；(3）通过分析和必要的数学推导，请你说明如果离子的质量为0.9m，电荷量仍为q，其他条件不变，这个离子射出电场和射出磁场的位置是否变化。解：（1）离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有由解得6分(2）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有由题意可知，圆周运动的轨道半径r=d由式解得磁场方向为垂直纸面向外。6分(3）设质量为0.9m的离子经加速电场加速后，速度为v，由动能定理可得由式可得新离子进入电场时与O1的距离仍为R，新离子如果在电场中做半径为R的匀速圆周运动，所需要的向心力由式可得即该离子所受电场力，恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力，因此这个离子仍然在静电分析器中做半径为R的匀速圆周运动，仍从N点射出。由式可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径，与离子的质量有关，所以不能沿原来的轨迹从Q点射出磁场。6分（2011丰台一模）（18分）高频电源出口处RABD21D11图甲图乙1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图为俯视图乙。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强在场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。D形盒半径为R，磁场的磁感应强度为B。设质子从粒子源A处时入加速电场的初速度不计。质子质量为m、电荷量为+q。加速器接一定涉率高频交流电源，其电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。(1)求质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；(2)求质子从静止开始加速到出口处所需的时间t；(3)如果使用这台回旋加速器加速粒子，需要进行怎样的改动？请写出必要的分析及推理。解析:(1)(6分）设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1(2分）(2分）联立解得：(2分）(2)(8分）设质子从静止开始加速到出口处被加速了n圈，质子在出口处的速度为v(2分）(1分）(2分）(1分）联立解得(2分）(3)(4分）回旋加速器正常工作时高频电压的频率必须与粒子回旋的频率相同。设高频电压的频率为f,则当速粒子时粒子的比荷为质子比荷的2倍，所以不用直接使用。(2分）改动方法一：让回旋磁场的磁感应强度加倍。(2分）改动方法二：让加速高频电压的频率减半。yOMNARx荧光屏甲荧光屏乙（2011石景山一模）(20分)如图所示，圆心在原点、半径为的圆将平面分为两个区域，在圆内区域（）和圆外区域（）分别存在两个匀强磁场，方向均垂直于平面。垂直于平面放置两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于轴放置在=的位置，荧光屏乙平行于轴放置在=的位置。现有一束质量为、电荷量为（）、动能为的粒子从坐标为（，）的点沿轴正方向射入区域，最终打在荧光屏甲上，出现亮点的坐标为（，）。若撤去圆外磁场，粒子也打在荧光屏甲上，出现亮点的坐标为（，），此时，若将荧光屏甲沿轴负方向平移，发现亮点的轴坐标始终保持不变。不计粒子重力影响。(1）求在区域和中粒子运动速度、的大小；(2）求在区域和中磁感应强度、的大小和方向；(3）若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，但从点沿轴正方向射入区域的粒子束改为质量为、电荷量为、动能为的粒子，求荧光屏上出现亮点的坐标。(1）由于在磁场中运动时洛仑兹力不做功，所以在区域和中粒子运动速度大小就是在点入射时初始速度大小，由可得（2分）yOMNARO1O2Cxr1r2荧光屏甲荧光屏乙图3yONDxO4O3r3r4(2）粒子在区域中运动了四分之一圆周后，从C点沿轴负方向进入区域的磁场。如图3所示，圆周运动的圆心是点，半径为（2分）由，得（2分）方向垂直平面向外。（1分）粒子进入区域后做半径为的圆周运动，由，可得，圆周运动的圆心坐标为（，），圆周运动轨迹方程为将点的坐标（，）代入上式，可得（2分）求得：（2分）方向垂直平面向里。（1分）(3）如图4所示，粒子先在区域中做圆周运动。由可知，运动速度为轨道半径为（1分）由圆心的坐标（，）可知，与的夹角为。通过分析如图的几何关系，粒子从D点穿出区域的速度方向与轴正方向的夹角为（1分）粒子进入区域后做圆周运动的半径为（2分）其圆心的坐标为（，）,即（，），说明圆心恰好在荧光屏乙上。所以，亮点将出现在荧光屏乙上的P点，其轴坐标为（2分）其轴坐标为=（2分）（2011房山期末）POQCEBv0如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子从P孔以初速度V0沿垂直于磁场方向进人匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角600，粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ2OC，不计粒子的重力，求：(l)粒子从P运动到Q所用的时间t。(2)电场强度E的大小(3)粒子到达Q点时的动能EkQ(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧(O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：PO1C=120设粒子在磁场中圆周运动的半径为r，2分r+rcos60=OC=xOC=x=3r/22分粒子在磁场中圆周运动的时间1分粒子在电场中类平抛运动OQ=2x=3r1分1分粒子从P运动到Q所用的时间1分(2)粒子在电场中类平抛运动1分1分解得1分(3)由动能定理2分解得粒子到达Q点时的动能为1(2011昌平期末)在图2所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是B(2011昌平期末)关于磁感应强度，下列说法中正确的是A由可知，B与F成正比，与IL成反比B通电导线放在磁场中的某点，那点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，那点的磁感应强度就为零C通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场，即B0D磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关D(2011昌平期末)NMBdv图7如图7所示是电磁流量计的示意图。圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场。当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上MN两点的电动势E，就可以知道管中液体的流量Q单位时间内流过管道横截面的液体的体积。已知管的直径为d，磁感应强度为B，则关于Q的表达式正确的是ABCDB(2011昌平期末)已知氕（H）、氘（H）、氚（H）三个带电粒子，它们以相同的速度垂直射入同一匀强磁场中，做匀速圆周运动。则半径最大的是，周期最长的是。氚（H），氚（H）(2011昌平期末)（7分）如图19所示为一质谱仪的构造原理示意图，整个装置处于真空环境中，离子源N可释放出质量均为m、电荷量均为q（q0）的离子。离子的初速度很小，可忽略不计。离子经S1、S2间电压为U的电场加速后，从狭缝S3进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中，沿着半圆运动到照相底片上的P点处，测得P到S3的距离为x。求：PS3S2S1NxB图19(1)离子经电压为U的电场加速后的速度v；(2)离子的荷质比(q/m)解：（1）离子经S1、S2间电压为U的电场加速，根据动能定理qU=(2分)所以(1分)(2）设离子进入磁场后做匀速圆周运动速率为v，半径为R。洛伦兹力提供向心力(1分)又因R=x (1分)联立，解得(2分)(2011东城期末)ABCDIIII下列各图中，用带箭头的细实线表示通电直导线周围磁感线的分布情况，其中正确的是D(2011东城期末)Babcd如图所示，截面为正方形空腔abcd放置在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。若有一束具有不同速率的电子由小孔a沿ab方向射入磁场，打在腔壁上的电子都被腔壁吸收，则由小孔c和小孔d射出的电子的速率之比为；由小孔c和d射出的电子在磁场中运动的时间之比为。2：1；1：2(2011东城期末)（10分）质谱仪的工作原理图如图所示，A为粒子加速器，加速电压为；M为速度选择器，两板间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度为，两板间距离为d；N为偏转分离器，内部有与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度为。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子由静止经加速器加速后，恰能通过速度选择器，进入分离器后做圆周运动，并打到感光板P上。不计重力，求：NMB1B2AU1+qmP(1）粒子经粒子加速器A加速后的速度的大小及速度选择器M两板间的电压；(2）粒子在偏转分离器N的磁场中做圆周运动的半径R；(3）某同学提出：在其它条件不变的情况下，只减小加速电压，就可以使粒子在偏转分离器N的磁场中做圆周运动的半径减小。试分析他的说法是否正确。(1）带电粒子在A中电场力对它做功，由动能定理带电粒子在M中水平方向受电场力和洛仑兹力，有可得(4分）(2）带电粒子在N中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力可得(4分）(3）不正确。若其它条件不变，只减小加速电压U1，则粒子经加速后获得的速度减小，进入速度选择器后，粒子受到电场力和洛仑兹力大小不再相等，粒子无法通过速度选择器进入偏转分离器。(2分）(2011朝阳期末)vBdabc如图所示，在正方形区域abcd内有一垂直纸面向里的匀强磁场，一束电子以大小不同的速率垂直于ad边且垂直于磁场射入磁场区域，下列判断正确的是A在磁场中运动时间越长的电子，其运动轨迹越长B在磁场中运动时间相同的电子，其运动轨迹一定重合C不同运动速率的电子，在磁场中的运动时间一定不相同D在磁场中运动时间越长的电子，其运动轨迹所对应的圆心角越大D（2011丰台期末）在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz（y轴正方向竖直向上），如图8所示。已知电场方向沿y轴正方向，场强大小为E；磁场方向沿z轴正方向，磁感应强度的大小为B；重力加速度为g。一质量为m、带电量为+q的带电微粒从原点以速度v出发。关于它在这一空间的运动的说法正确的是A一定能沿x轴做匀速运动B一定沿y轴做匀速运动C可能沿y轴做匀速运动D可能沿z轴做匀速运动D（2011石景山期末）物理学家欧姆在探究通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体的做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转某兴趣研究小组在得知直线电流在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比的正确结论后重现了该实验，他们发现：当通过导线电流为时，小磁针偏转了；当通过导线电流为时，小磁针偏转了，则下列说法中正确的是（）ABCD无法确定A（2011房山期末）如图所示，在匀强磁场的区域内有一光滑倾斜金属导轨，倾角为，导轨间距为，在其上垂直导轨放置一根质量为m的导线，接以如图所示的电源，电流强度为，通电导线恰好静止，则匀强磁场的磁感强度必须满足一定条件,下述所给条件正确的是.Amgsin，方向垂直斜面向上Bmgcos，方向垂直斜面向下Cmg/，方向沿斜面水平向左Dmgtg，方向竖直向上ACD（2011房山期末）如图所示，虚线区域内存在着电场强度为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场，已知从左方水平射入的电子穿过这一区域时未发生偏转，设重力忽略不计，则这区域内的E和B的方向可能是下列叙述中的E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同.E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相反E竖直向上，B垂直纸面向外E竖直向上，B垂直纸面向里ABCDC(2011昌平期末)关于磁感应强度，下列说法中正确的是A由可知，B与F成正比，与IL成反比B通电导线放在磁场中的某点，那点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，那点的磁感应强度就为零C通电导线不受安培力的地方一定不存在磁场，即B0D磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线无关D(2011西城期末) baI如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为。整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止。则A磁场方向竖直向上B磁场方向竖直向下Cab受安培力的方向平行导轨向上Dab受安培力的方向平行导轨向下A(2011朝阳期末)（12分）如图所示，某空间内存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里。一段光滑绝缘的圆弧轨道AC固定在场中，圆弧所在平面与电场平行，圆弧的圆心为O，半径R=1.8m，连线OA在竖直方向上，圆弧所对应的圆心角=37。现有一质量m=3.610-4kg、电荷量q=9.010-4C的带正电的小球（视为质点），以v0=4.0m/s的速度沿水平方向由A点射入圆弧轨道，一段时间后小球从C点离开圆弧轨道。小球离开圆弧轨道后在场中做匀速直线运动。不计空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1）匀强电场场强E的大小；(2）小球刚射入圆弧轨道瞬间对轨道压力的大小。(1）小球离开轨道后做匀速直线运动，其受力情况如图1所示，则有所以E=3.0N/C(2）设小球运动到C点时的速度为v。在小球沿轨道从A运动到C的过程中，根据动能定理有解得v=5.0m/s小球由A点射入圆弧轨道瞬间，设小球对轨道的压力为N，小球的受力情况如图2所示，根据牛顿第二定律有根据图1还有：由可求得：N=3.210-3N根据牛顿第三定律可知，小球由A点射入圆弧轨道瞬间对轨道的压力N=N=3.210-3N(2011西城期末)RMNODs1s2R2R2R（11分）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R。以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板。质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场。粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计。(1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小；(2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；(3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值。(1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得【1分】解得粒子进入磁场时速度的大小【1分】(2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有【1分】由得加速电压U与轨迹半径r的关系为当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R【1分】对应电压【1分】(3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短。【1分】根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r=R【1分】由得粒子进入磁场时速度的大小粒子在电场中经历的时间【1分】粒子在磁场中经历的时间【1分】粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间【1分】粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为t=t1+t2+t3=【1分】（2011丰台期末）（12分）图17为汤姆生在1897年测量阴极射线（电子）的比荷时所用实验装置的示意图。K为阴极，A1和A2为连接在一起的中心空透的阳极，电子从阴极发出后被电场加速，只有运动方向与A1和A2的狭缝方向相同的电子才能通过，电子被加速后沿00方向垂直进人方向互相垂直的电场、磁场的叠加区域。磁场方向垂直纸面向里，电场极板水平放置，电子在电场力和磁场力的共同作用下发生偏转。已知圆形磁场的半径为r，圆心为C。某校物理实验小组的同学们利用该装置，进行了以下探究测量：第一步：调节两种场的强弱。当电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B时，使得电子恰好能够在复合场区域内沿直线运动。第二步：撤去电场，保持磁场和电子的速度不变，使电子只在磁场力的作用下发生偏转，打在荧屏上出现一个亮点P，通过推算得到电子的偏转角为（CP与OO下之间的夹角）。求：（1）电子在复合场中沿直线向右飞行的速度；(2）电子的比荷；(3）有位同学提出了该装置的改造方案，把球形荧屏改成平面荧屏，并画出了如图18的示意图。已知电场平行金属板长度为L1,金属板右则到荧屏垂直距离为L2。实验方案的第一步不变，可求出电子在复合场中沿直线向右飞行的速度。第二步撤去磁场，保持电场和电子的速度不变，使电子只在电场力的作用下发生偏转，打在荧屏上出现一个亮点P，通过屏上刻度可直接读出电子偏离屏中心点的距离。同样可求出电子的比荷。请你判断这一方案是否可行？并说明相应的理由。(1）电子在复合场中二力平衡，即：eE=evB（2分）得：（2分）(2）如图所示：其中R为电子在磁场中做圆（弧）运动的圆轨道半径。所以：（1分）（1分）图3又因：（1分）联解以上式得：（1分）(3）此方案可行，原因如下。（1分）如图设电子在电场中偏转的侧向位移为y/，OO/QL1L2+-yy/有（1分）电子通过水平电场的时间为：电子在电场中偏转的加速度为：图4则侧向位移为（1分）联立式得：（1分）（2011石景山期末）图14所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍已知该带电粒子的质量为、电荷量为，不考虑带电粒子的重力图14(1）推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径；(2）求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角；(3）沿磁场边界放置绝缘弹性挡板，使粒子与挡板碰撞后以原速率弹回，且其电荷量保持不变若从点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度已减小为，求该粒子第一次回到点经历的时间解：（1）带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得：2分1分(2）设粒子飞出和进入磁场的速度方向夹角为，则x是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离x最大值为2R，对应的就是最大值且2R=r所以3分（3）当粒子的速度减小为时，在磁场中作匀速圆周运动的半径为1分故粒子转过四分之一圆周，对应圆心角为时与边界相撞弹回，由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到点，亦即经历时间为一个周期1分粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是1分（2011房山期末）POQCEBv0如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子从P孔以初速度V0沿垂直于磁场方向进人匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角600，粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ2OC，不计粒子的重力，求：(l)粒子从P运动到Q所用的时间t。(2)电场强度E的大小(3)粒子到达Q点时的动能EkQ(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧(O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：PO1C=120设粒子在磁场中圆周运动的半径为r，2分r+rcos60=OC=xOC=x=3r/22分粒子在磁场中圆周运动的时间1分粒子在电场中类平抛运动OQ=2x=3r1分1分粒子从P运动到Q所用的时间1分(2)粒子在电场中类平抛运动1分1分解得1分(3)由动能定理2分解得粒子到达Q点时的动能为1