2006全国各地高考物理试题分类汇编磁场 59页

‎2006-2015十年高考物理分类解析：磁场 ‎2015年高考物理真题分类汇编：磁场 ‎(2015新课标I-14). 两相邻的匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小 C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小 ‎【答案】D ‎【考点】洛伦兹力的公式；带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受洛伦兹力作用，带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供所需的向心力：qvB=m ,得到轨道半径r= ，由于洛伦兹力不做功，故带电粒子的线速度v不变，当粒子从较强到较弱磁场区域后，B减少时，r增大；由角速度ω= 可判断角速度减小，故选项D正确。‎ ‎【2015新课标II-18】18. 指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是 A. 指南针可以仅具有一个磁极 B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 ‎【答案】BC 考点：安培定则 ‎【2015新课标II-19】19. 有两个匀强磁场区域I和 II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比，II中的电子 A. 运动轨迹的半径是I中的k倍 B. 加速度的大小是I中的k倍 C. 做圆周运动的周期是I中的k倍 D. 做圆周运动的角速度是I中的k倍 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动；圆周运动 ‎【2015重庆-1】. 题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。以下判断可能正确的是 A.a、b为粒子的经迹 B. a、b为粒子的经迹 C. c、d为粒子的经迹 D. c、d为粒子的经迹 ‎【答案】D 考点：本题考查放射线的性质、带电粒子在磁场中的运动。‎ ‎【2015重庆-7】.（15分）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.题7图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为，匝数为，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为，区域外的磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等.某时刻线圈中电流从P流向Ｑ，大小为．‎ ‎（１）求此时线圈所受安培力的大小和方向。‎ ‎（２）若此时线圈水平向右运动的速度大小为，求安培力的功率．‎ ‎【答案】（1），方向水平向右 ；（2）‎ 考点：本题考查安培力、功率。‎ ‎【2015重庆-9】.（18分）题9图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中和是间距为的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔和，，P为靶点，（为大于1的整数）.极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为.质量为、带电量为的正离子从点由静止开始加速，经进入磁场区域.当离子打到极板上区域（含点）或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过.忽略相对论效应和离子所受的重力.求：‎ ‎（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；‎ ‎（2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；‎ ‎（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。‎ ‎【答案】（1） （2），‎ ‎（3），‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）离子经电场加速，由动能定理：，可得 磁场中做匀速圆周运动，‎ 刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知 联立解得 ‎（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在P点。设共加速了n次，有：‎ 且 解得：，‎ 要求离子第一次加速后不能打在板上，有，且，‎ 解得：‎ 故加速次数n为正整数最大取 即 ‎（3）加速次数最多的离子速度最大，取，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。‎ 由匀速圆周运动 电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式 可得：‎ 考点：本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。‎ ‎（2015浙江-25）使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道时半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一堆圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于点（点图中未画出）。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L。OQ与OP的夹角为，‎ ‎（1）求离子的电荷量q并判断其正负 ‎（2）离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为，求 ‎（3）换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小 ‎【答案】（1），正电荷（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）离子做圆周运动 ①‎ 解得，正电荷 ②‎ ‎（2）如图所示 ‎，，‎ 引出轨迹为圆弧 ③‎ 考点：回旋加速器，带电粒子在电磁场中的运动 ‎（2015四川-7）．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝‎9.1cm，中点O与S间的距离d＝‎4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－‎31kg，电量e＝－1.6×10－‎19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×‎106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则 A．θ＝90°时，l＝‎9.1cm B．θ＝60°时，l＝‎‎9.1cm C．θ＝45°时，l＝‎4.55cm D．θ＝30°时，l＝‎‎4.55cm ‎【答案】AD ‎（‎ ‎（‎ ‎【解析】‎ 试题分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：evB＝，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝＝‎ m＝4.55×10－‎2m＝‎4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，‎ ‎ ‎ 考点：带电粒子在有界磁场中的运动。‎ ‎【2015山东-24】. 如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。‎ ‎（1）求极板间电场强度的大小；‎ ‎（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；‎ ‎（3）若Ⅰ区，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv/qD，4mv/qD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。‎ ‎【答案】（1）（2）或（3）5.5πD ‎（3）若Ⅰ区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；Ⅱ区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；‎ 设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：‎ ‎；‎ 据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；；‎ 粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：；‎ 设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2)‎ 联立上述各式可得：s=5.5πD 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理。‎ ‎【2015广东-16】16、在同一匀强磁场中，a粒子（）和质子（）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则a粒子和质子 A、运动半径之比是2:1‎ B、运动周期之比是2:1‎ C、运动速度大小之比是4:1‎ D. 受到的洛伦兹力之比是2:1‎ ‎【答案】B ‎【考点】动量；洛伦兹力的公式；带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【解析】a粒子和质子质量之比为4 ：1，电荷量之比为2 ：1 ，由于动量相同，故速度之比为1 ：4，选项C错误；在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r = ，得两者的运动半径之比为1 ：2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T = ，得周期之比为2 ：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f = qvB，得受到的洛伦兹力之比为1 ：2，选项D错误。‎ ‎【2015福建-18】18．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（ ）‎ A．PQ中电流先增大后减小 B．PQ两端电压先减小后增大 C．PQ上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先减小后增大 ‎【答案】：C ‎【2015福建-22】22. 如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。‎ ‎（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；‎ ‎（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；‎ ‎（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.‎ ‎【答案】：（1）E/B （2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqv=qE 解得：v=E/B ‎（2）从A到C根据动能定理：‎ 解得：‎ ‎（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为 从D到P，根据动能定理：，其中 联立解得：‎ ‎【2015江苏-4】4．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是 ‎【答案】A ‎【2015江苏-15】15．（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知放置底片的区域MN =L，且OM =L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子. 在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。‎ ‎（1）求原本打在MN中点P的离子质量m；‎ ‎（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；‎ ‎（3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数 ‎。（取；）‎ ‎【答案】（1） （2） （3）3次 ‎【解析】（1）离子在电场中加速：‎ 在磁场中做匀速圆周运动：‎ 解得：‎ 代入，解得 ‎【2015海南-1】如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）‎ A．向上 B.向下 C.向左 D.向右 ‎ ‎【答案】A ‎【2015天津-12】12．(20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所 示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E．‎ 方向水平向右；磁感应强度为B．方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放．粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。‎ ‎(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2‎ ‎(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn ．试求sinθ ；‎ ‎(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出．试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场．但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。‎ ‎【答案】‎ ‎15．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)‎ A．安培力的方向可以不垂直于直导线 B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原的一半 ‎15．B　[解析] 本题考查安培力的大小和方向．安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsinθ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原的一半， D错误．‎ ‎16．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)‎ A．2 B. C．1 D. ‎16．D　[解析] 本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB＝有＝· ，穿过铝板后粒子动能减半，则＝，穿过铝板后粒子运动半径减半，则＝，因此＝，D正确．‎ ‎18．[2014·山东卷] 如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎18．B　[解析] 两个粒子都做类平抛运动．两个粒子在竖直方向上都做加速度大小相等的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相等，所以它们的运动时间相等．两个粒子在水平方向上都做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等，所以水平位移大小相等．‎ 综合判断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为，竖直位移都为，由＝t2，＝v0t得v0＝，选项B正确．‎ ‎20． [2014·新课标Ⅱ卷] 图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子与正电子的偏转方向一定不同 B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 ‎20．AC　[解析] 电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A正确；由轨道公式R＝知 ，若电子与正电子与进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B错误．由R＝＝知，D错误．因质子和正电子均带正电，且半径大小无法计算出，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确．‎ ‎9．[2014·江苏卷] 如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(　　)‎ A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 ‎9．CD　[解析] 由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，A选项错误；若电的正负极对调，则IH与B都反向，由左手定则可判断电子运动的方向不变，B选项错误；由于电阻R和RL都是固定的，且R和RL并联，故IH＝I，则C正确；因B与I成正比，IH与I成正比，则UH＝k∝I2，RL又是定值电阻，所以D正确．、‎ ‎18．[2014·安徽卷] “人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)‎ A. B．T C. D．T2‎ ‎18．A　[解析] 本题是“信息题”：考查对题目新信息的理解能力和解决问题的能力．根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝.由动能的定义式Ek＝mv2，可得r＝，结合题目信息可得B∝，选项A正确。‎ ‎16． [2014·北京卷] 带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有(　　)‎ A. qarb，则qa0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.‎ ‎(1)求发射装置对粒子做的功；‎ ‎(2)电路中的直流电内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；‎ ‎(3)若选用恰当直流电，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．‎ ‎11．(1)　(2)　(3)0<θ≤arcsin [解析] (1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有 h＝v0t①‎ 设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得 W＝mv②‎ 联立①②可得　　　　　　W＝③‎ ‎(2)S接“1”位置时，电的电动势E0与板间电势差U有 E0＝U④‎ 板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有 U＝Eh⑤‎ mg－qE＝ma⑥‎ h＝at⑦‎ l＝v0t1⑧‎ S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足 I＝⑨‎ 联立①④～⑨得 I＝⑩‎ ‎(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有 qv0B＝⑪‎ 过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有 DG＝h－R(1＋cosθ)⑫‎ TG＝h＋Rsinθ⑬‎ tanθ＝＝⑭‎ 联立①⑪～⑭，将B＝Bm代入，求得 θm＝arcsin⑮‎ 当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bm>B>0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即 θ0＝0⑯‎ 则题目所求为　　0<θ≤arcsin⑰‎ ‎10．[2014·四川卷]在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝‎ ‎0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：‎ ‎(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；‎ ‎(2)倾斜轨道GH的长度s.‎ ‎10．(1)4 m/s　(2)0.56 m ‎[解析] (1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则 F1＝qvB①‎ f＝μ(mg－F1)②‎ 由题意，水平方向合力为零 F－f＝0③‎ 联立①②③式，代入数据解得 v＝4 m/s④‎ ‎(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 ‎　qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝mv－mv2⑤‎ P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 ‎　qEcos θ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥‎ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则 s1＝vGt＋a1t2⑦‎ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧‎ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则 s2＝a2t2⑨‎ 联立⑤～⑨式，代入数据得 s＝s1＋s2⑩‎ s＝0.56 m⑪‎ ‎12． [2014·天津卷] 同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为＋q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：‎ ‎(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；. ‎ ‎(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率Pn；‎ ‎(3)若有一个质量也为m、电荷量为＋kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．‎ ‎　‎ A　　　　　B　　　　　 C　　　　　D ‎12．(1)　(2)　(3)A 图，理由略 ‎[解析] (1)设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得 qU＝mv－0①‎ A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力 qv1B1＝②‎ 由①②得 B1＝③‎ ‎(2)设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得 nqU＝mv－0④‎ 设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有 Tn＝⑤‎ 设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则 Wn＝qU⑥‎ 在该段时间内电场力做功的平均功率为 Pn＝⑦‎ 由④⑤⑥⑦解得 Pn＝⑧‎ ‎(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹．‎ A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为Tn、T′，综合②、⑤式并分别应用A、B的数据得 Tn＝ T′＝＝ 由上可知，Tn是T′的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．‎ 经n次加速后，A、B的速度分别为vn和v′n，考虑到④式 vn＝ v′n＝＝vn 由题设条件并考虑到⑤式，对A有 Tnvn＝2πR 设B的轨迹半径为R′，有 T′v′n＝2πR′‎ 比较上述两式得 R′＝ 上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变．‎ 由以上分析可知，两粒子运动的轨道如图A所示．‎ ‎25． [2014·浙江卷] 离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．‎ Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0＜α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)‎ 第25题图1‎ ‎(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；‎ ‎(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；‎ 第25题图2‎ ‎(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；‎ ‎(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系．‎ ‎25．[答案] 　(2)垂直纸面向外　(3)v0≤v≤ ‎(4)vmax＝ ‎[解析] 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应用数学解决物理问题的能力．‎ ‎(1)由动能定理得Mv＝eU①‎ U＝②‎ a＝＝e＝③‎ ‎(2)垂直纸面向外④‎ ‎(3)设电子运动的最大半径为r ‎2r＝R.⑤‎ eBv＝m⑥‎ 所以有v0≤v<⑦‎ 要使⑦式有解，磁感应强度B>.⑧‎ ‎(4)如图所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r 根据几何关系得r＝⑨‎ 由⑥⑨式得vmax＝ .‎ ‎8． (16分)[2014·重庆卷] 某电子天平原理如题8图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)‎ ‎，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问 题8图 ‎(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？‎ ‎(2)供电电流I是从C端还是D端流入？求重物质量与电流的关系．‎ ‎(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？‎ ‎8．[答案] (1)从C端流出　(2)从D端流入　 ‎(3) 本题借助安培力考查力的平衡，同时借助力的平衡考查受力平衡的临界状态．‎ ‎[解析] (1)感应电流从C端流出．‎ ‎(2)设线圈受到的安培力为FA，外加电流从D端流入．‎ 由FA＝mg和FA＝2nBIL 得m＝I ‎(3)设称量最大质量为 m0.‎ 由m＝I和P＝I2R 得m0＝ ‎9． (18分)[2014·重庆卷] 如题9图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.‎ 题9图 ‎(1)求电场强度的大小和方向．‎ ‎(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．‎ ‎(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．‎ ‎9．[答案] (1)E＝，方向竖直向上　(2) (9－6)　(3)可能的速度有三个：，， 本题考查了带电粒子在复合场、组合场中的运动．‎ ‎　　‎ 答题9图1　　　　　　　　　答题9图2‎ ‎[解析] (1)设电场强度大小为E.‎ 由题意有mg＝qE 得E＝，方向竖直向上．‎ ‎(2)如答题9图1所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.‎ 由r＝ 有r1＝，r2＝r1‎ 由(r1＋r2)sin φ＝r2‎ r1＋r1cos φ＝h vmin＝(9－6) ‎(3)如答题9图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.‎ 由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3…)‎ x≥ x＝ 得r1＝，n<3.5‎ 即n＝1时，v＝；‎ n＝2时，v＝；‎ n＝3时，v＝ ‎14．[2014·江苏卷] 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．‎ ‎(1)求磁场区域的宽度h；‎ ‎(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；‎ ‎(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．‎ ‎14．[答案] (1) ‎(2) ‎(3) ‎[解析] (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r 根据题意　L＝3rsin 30°＋3dcos 30°‎ 且h＝r(1－cos 30°)‎ 解得　h＝.‎ ‎(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′‎ m＝qvB，m＝qv′B，‎ 由题意知　3rsin 30°＝4r′sin 30°　解得Δv＝v－v′＝.‎ ‎(3)设粒子经过上方磁场n次 由题意知　L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30°‎ 且　＝qvnB，解得　vn＝ ‎24．(20分)[2014·山东卷] 如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．‎ ‎　‎ 图甲　　　　　　　　　　图乙 ‎(1)若Δt＝TB，求B0；‎ ‎(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；‎ ‎(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.‎ ‎24．[答案] (1)　(2)　(3) ‎[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得 qv0B0＝①‎ 据题意由几何关系得 R1＝d②‎ 联立①②式得 B0＝③‎ ‎(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得 a＝④‎ 据题意由几何关系得 ‎3R2＝d⑤‎ 联立④⑤式得 a＝⑥‎ ‎(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得 T＝⑦‎ 由牛顿第二定律得 qv0B0＝⑧‎ 由题意知B0＝，代入⑧式得 d＝4R⑨‎ 粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连接与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ<，由题意可知 T＝⑩‎ 设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3……)‎ 若在A点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑪‎ 当n＝0时，无解⑫‎ 当n＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝(或sin θ＝)⑬‎ 联立⑦⑨⑩⑬式得 TB＝⑭‎ 当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑮‎ 若在B点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑯‎ 当n＝0时，无解⑰‎ 当n＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin(或sin θ＝)⑱‎ 联立⑦⑨⑩⑱式得 TB＝⑲‎ 当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求．⑳‎ ‎1．（2013高考上海物理第13题）如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行。用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是 答案：C 解析：通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是C。‎ ‎2．（2013高考安徽理综第15题）图中a，b，c，d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 A．向上 B．向下 ‎ C．向左 D．向右 ‎【答案】B ‎ ‎【 解析】在O点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在O点叠加。d、b电流在O点产生的磁场抵消，a、c电流在O点产生的磁场合矢量方向向左，带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向是向下，B选项正确。‎ ‎3.‎ ‎ （2013全国新课标理综II第17题）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力。该磁场的磁感应强度大小为 A． B． ‎ C． D．‎ 答案.A ‎【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识点，意在考查考生应用力学、电学知识分析解决问题的能力。‎ ‎【解题思路】画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B=m，解得r=mv0/qB。由图中几何关系可得：tan30°=R/r。联立解得：该磁场的磁感应强度B=,选项A正确。‎ ‎【技巧点拨】题述没有给出图，解答带电粒子在匀强磁场中的运动问题一定要画出轨迹图，利用洛伦兹力等于向心力和图中几何关系列出相关方程联立解得。‎ ‎4. （2013全国新课标理综1第18题）如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q>0）。质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）‎ A． B． ‎ C． D． ‎【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、洛伦兹力等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。‎ 答案：B 解析：画出粒子运动轨迹，由图中几何关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R，由qvB=mv2/R可得：v=，选项B正确。‎ ‎5.(2013高考广东理综第21题)如图9，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有 ‎ A.a，b均带正电 B.a在磁场中飞行的时间比b的短 C. a在磁场中飞行的路程比b的短 D.a在P上的落点与O点的距离比b的近 ‎5．考点：运动电荷在磁场中的运动，圆周运动，洛伦兹力，‎ 答案：A D ‎ 解析：根据题述，由左手定则，带电粒子a，b均带正电，选项A正确。由于a b粒子做圆周运动的半径为：相等，画出轨迹如右图, O1 、O2分别为a b粒子运动轨迹所对的圆心，显然a粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b， 由和轨迹图可知，a在磁场中飞行的时间比b的长，a在磁场中飞行的路程比b的长，a在P上的落点与O点的距离比b的近，选项D正确BC错误。‎ ‎6．（20分）（2013全国高考大纲版理综第26题）如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且＝R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。‎ x y O L M θ B ‎6．（20分）解：根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如图所示。有 （判断出圆心在y轴上得1分）‎ x y O A L P M h D C B α β ‎60°‎ ‎ （1分）‎ ‎ 周期为 （1分）‎ ‎ 过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由几何知识得 ‎ ，，‎ ‎，‎ ‎ α=β （2分）‎ ‎ 联立得到 （2分）‎ ‎ 解得α=30°，或α=90° （各2分）‎ ‎ 设M点到O点的距离为h，有 ‎ ‎， ‎ 联立得到 h=R-Rcos(α+30°) （1分）‎ ‎ 解得h=(1-)R （α=30°） （2分）‎ ‎ h=(1+)R （α=90°） （2分）‎ ‎ 当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为 ‎ （2分）‎ ‎ 当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 ‎ （2分）‎ ‎．2012年高考题 ‎1.（2012·全国理综）如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 A.o点处的磁感应强度为零 B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D.a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎【答案】：CD 2.(2012·天津理综)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通一由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是 A． 棒中电流变大，θ角变大 B． 两悬线等长变短，θ角变小 C． 金属棒质量变大，θ角变大 A． 磁感应强度变大，θ角变小 ‎【答案】A ‎【解析】根据安培力公式，F=BIL，棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项A正确；两悬线等长变短，θ角不变，选项B错误；金属棒质量变大，θ角变小，选项C错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项D错误。‎ ‎【考点定位】本题考查安培力及其相关知识，意在考查考生分析动态变化的能力。‎ ‎3.（2012·北京理综）处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圈周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 A． 与粒子电荷量成正比 B． 与粒子速率成正比 ‎ C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比 ‎【答案】：D ‎4. （2012·海南物理）图中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是 若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动 A． 若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动 B． 若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动 C． 若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动 ‎【答案】：BD【解析】：若a接正极，b 接负极，根据安培定则，电磁铁产生竖直向上的磁场。e接负极，f接正极，由左手定则可判断出L所受安培力向右，则L向右滑动，选项A错误B正确；若a接负极，b接正极，根据安培定则，电磁铁产生竖直向下的磁场。e接负极，f接正极，由左手定则可判断出L所受安培力向左，则L向左滑动，选项D正确C错误。‎ ‎【考点定位】此题考查安培定则、左手定则及其相关知识。‎ ‎5. （2012·上海物理）载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的即离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1：当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0。‎ ‎（1）分别指出强度为I1、I2的电流的方向；‎ ‎（2）求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；‎ ‎（3）当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3。‎ ‎2 T0=G，2 T1+F1=G，F3+G=ma=a。‎ ‎==，‎ I3= I1。‎ ‎【考点定位】此题考查安培力、平衡条件、牛顿第二定律及其相关知识。‎ 二．2011年高考题 ‎1.（2011全国理综）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2,，且I1>I2,；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】：两导线在a、c两点产生的磁场方向相反，两导线在b点产生的磁场方向相同，合磁感应强度不可能为零；两导线在b点产生的磁场方向有一定夹角，合磁感应强度不可能为零；两导线在a、c两点产生的磁场方向相反，且I1>I2,所以合磁感应强度可能为零的是c点，选项C正确。‎ ‎【答案】：C ‎【知识拓展】无限长通电导线在周围产生的磁场的磁感应强度与导线中的电流大小成正比，与到导线的距离成反比。‎ ‎2.（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 ‎【解析】：在地理北极附近是地磁场的S极，由安培定则可知正确表示安培假设中环形电流方向的是图B。‎ ‎【答案】：B ‎【点评】此题考查地磁场和安培定则。环形电流可等效为小磁针，‎ 地球的磁场可等效为一条形磁铁。‎ ‎3.(2011上海物理第18题)如图3，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。则磁感应强度的方向和大小可能为 ‎(A) z正向，tanθ ‎ ‎(B) y正向，。‎ ‎(C) z负向，tanθ。 ‎ ‎(D)沿悬线向上，sinθ ‎【解析】．画出通电导线受力图如图所示，由左手定则可知，当磁感应强度的方向沿y轴正方向时，安培力沿z轴正方向。当BIL=mg时，导线受力平衡，保持静止，即磁感应强度的方向沿y轴正向，大小为，选项B正确。当磁感应强度的方向沿z轴负方向时，安培力沿y轴正方向。当BIL=mgtanθ时，导线受力平衡，保持静止，即磁感应强度的方向沿z轴负向，大小为tanθ，选项C正确。‎ ‎【答案】BC ‎【点评】与安培力相关的平衡问题可考查受力分析、安培力、平行四边形定则等知识点，难度中等。‎ ‎4（2011海南物理卷第10题）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图2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 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 个周期，时间相同，因而选项AC错误。‎ ‎【答案】BD ‎【点评】此题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动、轨道半径、运动时间及其相关知识。‎ ‎5.（2011浙江理综第20题）利用如图1所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方的感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷为q，具有不同速度的的粒子从宽度为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 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 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 ‎【点评】此题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动、轨道半径及其相关知识。‎ ‎6（2011新课标理综）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的磁场(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的安培力在作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是 A．只将轨道长度L变为原来的2倍 B．只将电流I增加到原来的2倍 C．只将弹体质量减小到原来的一半 D．将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，‎ ‎【答案】：BD ‎【点评】磁动力与实际问题相结合的综合应用是历年高考的重点，磁动力的应用涉及安培力、动能定理等重点知识，难度中等。‎ 三．2010年高考题 ‎1（2010上海物理）如图，长为‎2l的直导线折成边长相等，夹角为60°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 B ‎60O ‎× × × × × × ‎ ‎× × × × × ×‎ ‎× × × × × ×‎ ‎× × × × × ×‎ ‎× × × × × ×‎ A．0 B．0.5BI l C．BI l D．2 BI l ‎ ‎【解析】V形通电导线的有效长度为2lsin30°=l，所以该V形通电导线受到的安培力大小为BIl，选项C正确。‎ ‎【答案】C ‎【点评】安培力公式中的L为通电导线的有效长度，弯折形通电导线的有效长度等于导线两端点连线的长度。‎ ‎2（2010重庆理综）如题图所示，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。‎ 粒子编号 质量 电荷量(q>0)‎ 速度大小 ‎1‎ m ‎2q v ‎2‎ ‎2m ‎2q ‎2v ‎3‎ ‎3m ‎-3q ‎3v ‎4‎ ‎2m ‎2q ‎3v ‎5‎ ‎2m ‎-q v 由以上信息可知，从图中a、b、c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 所以正确答案D。‎ ‎【答案】D ‎【点评】此题以轨迹图中方格来说明轨迹半径的大小，考查带电粒子在匀强磁场中的运动，新颖而难度不大。‎ ‎3．（2010年江苏物理）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射入磁场，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α、β，且α>β。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 径减小，选项D正确。‎ ‎【答案】.CD ‎【点评】此题考查带电粒子在磁场中的运动，难度较大。‎ ‎4（2010高考浙江理综）.如图7所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为L1，垂直纸面的宽度为L2。在膜的下端（图中A处）挂有一平行于转轴，质量为m，长为L2的导体棒使膜成平面。在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能。光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为U，输出电流正比于光电池板接收到的光能（设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定）。导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B 中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外（注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出）。‎ ‎（1）现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成q =60°时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率。‎ ‎（2）当变成45°时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒平衡外，还能输出多少额外电功率？‎ mg BIL2‎ ‎【解析】（1）导体棒所受安培力FA= BIL2，导体棒处于受力平衡状态，由静力平衡条件，mgtanq=FA，‎ 解得 I=tanq 所以当q =60°时，I60=tan60°=，‎ 光电池输出功率P60=UI60=U。‎ ‎ （2）当q=45°时，维持静力平衡需要的电流为I45=tan45°=，‎ 根据几何关系可知，==。‎ 可得P45= P60 =U。‎ ‎【点评】此题重点考查安培力、静力平衡与电池功率等知识点。解答此题的易错点主要有：一是分析受力时选错研究对象，导致把导体棒的受力平衡物体误认为是轻质柔软反射膜的力矩平衡问题；二是把光电池板接收到的光能错误认为正比于照射到光电池板上光的面积；三是不能利用几何关系得出q=45°和q=60°‎ 时光电池输出功率的关系。‎ 四．2009年高考题 ‎1.（2009年高考重庆理综）在题图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM’与NN’之间的安培力的大小为fa、fb，判断这两段导线 A.相互吸引，fa>fb B.相互排斥，fa>fb ‎ C.相互吸引，fa