2011年高考物理真題考點(diǎn)點(diǎn)撥精析 考點(diǎn)10 磁場(chǎng) 新課標(biāo)

1、PAGE PAGE - 13 -用心 愛(ài)心 專(zhuān)心考點(diǎn)10 磁場(chǎng)一、選擇題1.（2011重慶理綜T15）某汽車(chē)后備箱內(nèi)安裝有撐起箱蓋的裝置，它主要由氣缸和活塞組成.開(kāi)箱時(shí)，密閉于氣缸內(nèi)的壓縮氣體膨脹，將箱蓋頂起，如題圖所示.在此過(guò)程中，若缸內(nèi)氣體與外界無(wú)熱交換，忽略氣體分子間相互作用，則缸內(nèi)氣體A.對(duì)外做正功，分子的平均動(dòng)能減小 B. 對(duì)外做正功，內(nèi)能增大C. 對(duì)外做負(fù)功，分子的平均動(dòng)能增大 D. 對(duì)外做負(fù)功，內(nèi)能減小【思路點(diǎn)撥】解答本題時(shí)可按以下思路分析：開(kāi)箱氣體體積膨脹對(duì)外做功絕熱內(nèi)能減少，溫度降低【精講精析】選A.當(dāng)氣體體積膨脹時(shí)，氣體對(duì)外做功，又沒(méi)有熱傳遞，由熱力學(xué)第一定律知，氣體的內(nèi)能

2、減少，溫度降低，而溫度又是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以A正確.2.（2011海南物理T7）自然界的電、熱和磁等現(xiàn)象都是相互聯(lián)系的，很多物理學(xué)家為尋找它們之間的聯(lián)系做出了貢獻(xiàn)。下列說(shuō)法正確的是（ ）A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系B.歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說(shuō)明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系C.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系D.焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)，定量經(jīng)出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系【思路點(diǎn)撥】對(duì)物理學(xué)史的認(rèn)識(shí)。【精講精析】選ACD。奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象與磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，故A正確；歐姆定律是反映了導(dǎo)體中的電流與電壓和電阻的關(guān)系，B

3、錯(cuò)誤；法拉第實(shí)現(xiàn)了轉(zhuǎn)磁為電的夢(mèng)想，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象的關(guān)系，故C正確；焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)，并且定量給出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系，故D正確.3.（2011海南物理T10）空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中的正方形為其邊界。一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場(chǎng)的方向從O點(diǎn)入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計(jì)重力。下列說(shuō)法正確的是（ ）A.入射速度不同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不同B. 入射速度相同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同C.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同D.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，其軌跡所

4、對(duì)的圓心角一定越大【思路點(diǎn)撥】解答本題時(shí)可以根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期和半徑公式?jīng)Q定?！揪v精析】選BD。根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期，由此可知兩種粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期相同，若速度不同的粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角相同時(shí)，軌跡可以不同，但運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由半徑公式可知，入射角相同的粒子，軌跡相同。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，即由軌跡所對(duì)的圓心角決定，故B、D正確，、錯(cuò)誤。4.（2011新課標(biāo)全國(guó)卷T14）為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場(chǎng)是由繞過(guò)地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個(gè)圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是【思路點(diǎn)撥】解答本題時(shí)可按以下思路分析：確定環(huán)形電流方向地磁場(chǎng)的

5、北極在地球的南極由安培定則并結(jié)合圖示 【精講精析】選B。由于地磁場(chǎng)的北極在地球的南極附近，由安培定則可知，安培假設(shè)中環(huán)形電流方向如B圖所示，故A、C、D錯(cuò)，B正確。5.（2011新課標(biāo)全國(guó)卷T18）電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng)，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過(guò)導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(chǎng)（可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來(lái)的2倍，理論上可采用的方法是A.只將軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2倍B.只將電流I增加至原來(lái)的2倍C.只

6、將彈體質(zhì)量減至原來(lái)的一半D.將彈體質(zhì)量減至原來(lái)的一半，軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，其它量不變【思路點(diǎn)撥】解答本題時(shí)可按以下思路分析：在彈體的加速過(guò)程中安培力做功，在這個(gè)過(guò)程中可以應(yīng)用動(dòng)能定理進(jìn)行判斷?！揪v精析】選B、D。設(shè)發(fā)射速度為v時(shí)，對(duì)應(yīng)的電流為I，彈體的質(zhì)量為m，軌道長(zhǎng)度為L(zhǎng)，當(dāng)速度為2v時(shí)，對(duì)應(yīng)的電流為I，彈體的質(zhì)量為m，軌道長(zhǎng)度為L(zhǎng)，依題意有，B=kI，F(xiàn)=BIa=kI2a，由動(dòng)能定理得，F(xiàn)L= EQ F(1,2) mv2，即kI2aL= EQ F(1,2) mv2，同理有kI2aL= EQ F(1,2) m4v2，兩式相比可得： EQ F(I2L m,I2Lm) = EQ F(1,

7、4) ，四個(gè)選項(xiàng)中只有BD兩個(gè)選項(xiàng)使前式成立，故A、C錯(cuò)，B、D正確。6.（2011浙江理綜T20）利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L(zhǎng)。一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場(chǎng)，對(duì)于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說(shuō)法正確的是A. 粒子帶正電B. 射出粒子的最大速度為C. 保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大【思路點(diǎn)撥】確定粒子偏轉(zhuǎn)方向

8、判斷粒子所受洛侖茲力方向判斷粒子帶電性質(zhì)確定最大和最小半徑計(jì)算最大速度和最小速度分析粒子的最大與最小速度的差【精講精析】選BC.根據(jù)題意，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后向右偏轉(zhuǎn)，所受洛侖茲力方向向右，根據(jù)左手定則，粒子應(yīng)帶負(fù)電,A錯(cuò)誤.粒子能夠從右邊縫中射出，則最大半徑為，最小半徑為，由于洛侖茲力充當(dāng)向心力：，可得：，所以：，分析可得：BC正確、D錯(cuò)誤.二、非選擇題7.（2011新課標(biāo)全國(guó)卷T25）如圖，在區(qū)域I（0 xd）和區(qū)域II（dx2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿

9、x軸正向。已知a在離開(kāi)區(qū)域I時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為30；此時(shí)，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計(jì)重力和兩粒子之間的相互作用力。求（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時(shí)速度的大小；（2）當(dāng)a離開(kāi)區(qū)域II時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差?！舅悸伏c(diǎn)撥】解答本題時(shí)可按以下思路分析：帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律及平面幾何關(guān)系求解，注意當(dāng)粒子從一磁場(chǎng)進(jìn)入另一速度不變，并兩圓心及兩圓切點(diǎn)共線【精講精析】（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va,運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)

10、為P，如圖，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，qvaB=m EQ F(va2,Ra1) 由幾何關(guān)系有PCP= Ra1= EQ F(d,sin) 式中=30，由上面三式可得va= EQ F(2dqB,m) （2）設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點(diǎn)為Pa（圖中未畫(huà)出軌跡），POaPa=，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，q va（2B）=m EQ F(va2,Ra2) 由式得Ra2= EQ F(Ra1,2) C、P、Oa三點(diǎn)共線，且由式知Oa點(diǎn)必位于x= EQ F(3,2) d 的平面上，由對(duì)稱(chēng)性知，Pa點(diǎn)與P的縱坐標(biāo)相同，即yPa=Ra1cosh 式中，h是C點(diǎn)的縱坐標(biāo)。設(shè)

11、b在I中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為Rb1，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有，q（ EQ F(va,3) ）B= EQ F(m, Rb1) （ EQ F(va,3) ）2 設(shè)a到達(dá)Pa點(diǎn)時(shí)，b位于Pb點(diǎn)，轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，如果b沒(méi)有飛出I，則 EQ F(t,Ta2) = EQ F(,2) EQ F(t,Tb1) = EQ F(,2) 式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而Ta2= EQ F(2Ra2,va) Tb1= EQ F(2Rb1,va/3) 由式得=30 由式可見(jiàn)，b沒(méi)有飛出I。Pb點(diǎn)的y坐標(biāo)為yP2=Rb1（2+cos）+h 由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)差為yP2yPa= EQ F(2,3)

12、 （ EQ R(,3) 2）d答案：（1） （2）8.（2011安徽高考T23）如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間從p點(diǎn)射出。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。（2）若僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運(yùn)動(dòng)加速度的大小。（3）若僅撤去電場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，且速度為原來(lái)的4倍，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。【思路點(diǎn)撥】粒子在復(fù)合場(chǎng)運(yùn)動(dòng)受力平衡：勻速直線類(lèi)平拋

13、：沿x和y方向分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況僅有電場(chǎng)利用好三種運(yùn)動(dòng)的關(guān)系解答僅有磁場(chǎng)勻速圓周：畫(huà)圖、找角度、半徑【精講精析】（1）設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v,電場(chǎng)強(qiáng)度為E，可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，由于粒子的重力不計(jì)且粒子受力平衡，故粒子受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力大小相等方向相反，電場(chǎng)強(qiáng)度沿沿x軸正方向， = 1 * GB3 = 2 * GB3 得（2）僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中作類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)在y方向作勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移為 = 3 * GB3 由 = 2 * GB3 = 3 * GB3 式得，設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓線邊界上，于是,又因?yàn)榱Ｗ釉谒椒较蛏献鰟蛩僦?/p>

14、線運(yùn)動(dòng)，則 = 4 * GB3 得 = 5 * GB3 （3）僅有磁場(chǎng)時(shí)入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為，由牛頓第二定律有 = 6 * GB3 ，又有 = 7 * GB3 ，由 = 2 * GB3 = 5 * GB3 = 6 * GB3 = 7 * GB3 得帶電粒子偏轉(zhuǎn)情況如圖由幾何知識(shí)，,則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間答案(1) (2) (3) 9.（2011北京高考T23）利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)，可以將比荷不同的離子分開(kāi)，這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用。如圖所示的矩形區(qū)域ACDG（AC邊足夠長(zhǎng)）中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A處有一狹縫。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)

15、靜電場(chǎng)加速后穿過(guò)狹縫沿垂直于GA邊且垂于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到GA邊，被相應(yīng)的收集器收集，整個(gè)裝置內(nèi)部為真空。已知被加速度的兩種正離子的質(zhì)量分別是和，電荷量均為。加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為U，離子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度可以忽略，不計(jì)重力，也不考慮離子間的相互作用。（1）求質(zhì)量為的離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率；（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，求兩種離子在GA邊落點(diǎn)的間距s；（3）在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度。若狹縫過(guò)寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點(diǎn)區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無(wú)法完全分離。 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，GA邊長(zhǎng)為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處；離子可以從狹縫各處射

16、入磁場(chǎng)，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)。為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度?！舅悸伏c(diǎn)撥】解答本題時(shí)可按以下思路分析：根據(jù)電場(chǎng)力做功與動(dòng)能的關(guān)系可求出加速獲得的速度。 根據(jù)半徑公式求出兩種離子在GA邊落點(diǎn)的間距s.兩束離子能完全分離，兩個(gè)區(qū)域應(yīng)無(wú)交疊?！揪v精析】.由動(dòng)能定理，所以在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)，利用得，求兩種離子在GA邊落點(diǎn)的間距質(zhì)量為的粒子，在GA邊上的落點(diǎn)都在其入射點(diǎn)左側(cè)2R1處，由于狹縫的寬度為d，落點(diǎn)區(qū)域的寬度也為d，同理，質(zhì)量為的粒子在GA邊上落點(diǎn)區(qū)域?qū)挾纫彩莇。為保證兩束粒子能完全分離，兩個(gè)區(qū)域應(yīng)無(wú)交疊，條件為利用式代入式，得R1最大值滿(mǎn)足得求得

17、最大值【答案】10.(2011山東高考T25)（18分）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生扭擺。其簡(jiǎn)化模型如圖、兩處的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)邊界豎直，相距為L(zhǎng),磁場(chǎng)方向相反且垂直于紙面。一質(zhì)量為m、電量為-q、重力不計(jì)的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行于紙面射入?yún)^(qū)，射入時(shí)速度與水平方向夾角（1）當(dāng)區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B0時(shí)，粒子從區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向夾角也為，求B0及粒子在區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0（2）若區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B1=B0，求粒子在區(qū)的最高點(diǎn)與區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h（3）若L2=L1=

18、L、B1=B0，為使粒子能返回區(qū)，求B2應(yīng)滿(mǎn)足的條件（4）若，且已保證了粒子能從區(qū)右邊界射出。為使粒子從區(qū)右邊界射出的方向與從區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2、之間應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系式?！舅悸伏c(diǎn)撥】解答本題時(shí)注意以下四點(diǎn)：（1）在兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域中粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的速度、周期、時(shí)間半徑間的關(guān)系；（2）在兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域中粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡間存在什么樣的幾何關(guān)系；（3）最高點(diǎn)和最低點(diǎn)之間應(yīng)用中間一段不存在磁場(chǎng)的區(qū)域把兩個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)聯(lián)系在一起；（4）充分挖掘運(yùn)動(dòng)軌跡與圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角和射入及射出點(diǎn)之間存在的幾何關(guān)系?！揪v精析】（1）如圖1所思，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)區(qū)的速度為，在磁場(chǎng)區(qū)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由動(dòng)能定理和牛頓第二定律得 由幾何知識(shí)得 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 設(shè)粒子在磁場(chǎng)區(qū)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 （2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由牛頓第二定律得 由幾何知識(shí)可得 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 （3）如圖2所示，為使粒子能再次回到區(qū)，應(yīng)滿(mǎn)足 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 （12）（4）如圖3（或圖4）所示，設(shè)粒子射出磁場(chǎng)區(qū)時(shí)速度與水平方向的夾角為，由幾何知識(shí)可得 （13） （14）聯(lián)立式得 (15)聯(lián)立（13）（14）（15）式得 （