2012年高考物理试题分类汇编：磁场

1．（2012天津卷）．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，棒中通以由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．棒中的电流变大，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

D．磁感应强度变大，θ角变小

解析：水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有，所以棒子中的电流增大θ角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，θ角度不变；金属质量变大θ角度变小；磁感应强度变大θ角度变大。答案A。

2．(2012全国理综)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是( )

A.若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等

B.若m1=m2，则它们作圆周运动的周期一定相等

C. 若q1≠q2，则它们作圆周运动的半径一定不相等

D. 若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等

【解析】根据半径公式及周期公式知AC正确。

【答案】AC

3．(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，且与纸面垂直，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

【解析】A错误，两磁场方向都向下，不能 ；a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，B错误；c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，C正确；c、d两点处的磁感应强度方向相同，都向下，D错误。

【答案】C

4．（2012海南卷）.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图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

答案：BD

解析：在磁场中半径 运动时间：（θ为转过圆心角），故BD正确，当粒子从O点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而AC错

5．（2012广东卷）.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2种虚线所示，下列表述正确的是( )

A．M带负电，N带正电

B.M的速度率小于N的速率

C.洛伦磁力对M、N做正功

D.M的运行时间大于N的运行时间

答案：A

6．（2012北京高考卷）．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圆周运动．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

7．（2012安徽卷）. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度从点沿 直径方向射入磁场，经过时间从点射出磁场，与成60°角。现将带电粒子的速度变为/3，仍从点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 ( )

A. B.2

C. D.3

19B；

解析：根据作图法找出速度为v时的粒子轨迹圆圆心O＇，由几何关系可求出磁场中的轨迹弧所对圆心角∠A O＇C=60°，轨迹圆半径，当粒子速度变为v/3时，其轨迹圆半径，磁场中的轨迹弧所对圆心角∠A O＇＇D=120°，由知，故选B。

8．（2012山东卷）.(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀 强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔、，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为，周期为。在时刻将一个质量为、电量为（）的粒子由静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）

（1）求粒子到达时德 速度大小和极板距离。

（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小

应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在时刻再次到达，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小

答案：

（1）粒子由至的过程中，根据动能定理得

由式得

设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得

由运动学公式得

联立式得

(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得

要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足

联立式得

（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有

联立式得

若粒子再次达到时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得

联立式得

设粒子在磁场中运动的时间为

联立式得

设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由式结合运动学公式得

由题意得

联立式得

9.（2012四川卷）．（20分）

如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0。P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。

(1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；

(2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？

(3)求A点距虚线X的距离s。

答案：．解：

(1)设小球P所受电场力为F1，则F1=qE ①

在整个空间重力和电场力平衡，有Fl=mg ②

联立相关方程得 E=mg/q ③

设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I=mv ④

得 v=I/m ⑤

说明：①②③④⑤式各1分。

(2)设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，由动量守恒定律得

mv+mv0=(m+m)vm ⑥

此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得F-(m+m)g=vm2 ⑦

联立相关方程，得 F=()2+2mg ⑧

说明：⑥⑦式各2分，⑧式1分。

(3)设P在肖上方做匀速直线运动的时间为h，则 tP1= ⑨

设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则

tP2= ⑩

设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有

11

由题意，有 tQ=tP1+ tP2 12

联立相关方程，得

n为大于的整数 13

设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ´,由单摆周期性，有

14

同理可得

n为大于的整数 15

说明：⑨11 12 14式各1分，⑩ 13 15式各2分。

10.(2012全国新课标).（10分）

图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。

（1）在图中画线连接成实验电路图。

（2）完成下列主要实验步骤中的填空

①按图接线。

②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。

③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出___________________，并用天平称出____________。

④用米尺测量_______________。

（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=_________。

（4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。

[答案]

③重新处于平衡状态, 电流表的示数I, 此时细沙的质量m2

④D的底边长L

（3）（4）

（4）

11.(2012全国新课标).（18分）

如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。

[答案]

[解析]粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得

　① 式中v为粒子在a点的速度。

过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此，　②

设=x，由几何关系得 ③ 　④

联立式得　⑤

再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得

⑥

粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得

⑦ vt　⑧

式中t是粒子在电场中运动的时间，联立式得 ⑨

12．（2012天津卷）.对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义，如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I，不考虑离子重力及离子间的相互作用。

（1）求加速电场的电压U

（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M

（3）实际上加速电压的大小会在U±∆U范围内微小变化，若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）

答案：

解析：（1）铀粒子在电场中加速到速度v，根据动能定理有

①

进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有

②

由以上两式化简得

③

（2）在时间t内收集到的粒子个数为N，粒子总电荷量为Q，则

④

⑤

⑥

由④④⑤⑥式解得

⑦

（3）两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，由可得半径为

⑧

由此可知质量小的铀235在电压最大时的半径存在最大值

质量大的铀238质量在电压最小时的半径存在最小值

所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为

＜ ⑨

化简得

＜﹪ ⑩

13.（2012上海卷）．（13分）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为距导线的距离。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内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于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、I2的电流时，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。

答案：

（1）I1方向向左，I2方向向右，

（2）当MN中通以电流I时，线圈所受安培力大小为F＝kIiL（－），F1:F2＝I1:I2，

（3）2T0＝G，2T1＋F1＝G，F3＋G＝G/ga，I1:I3＝F1:F3＝（T0－T1）g /（a－g）T0，I3＝（a－g）T0I1/（T0－T1）g，

14.（2012江苏卷）．如图所示，MN是磁感应强度B匀强磁场的边界，一质量为m、电荷量为q粒子在纸面内从O点射入磁场，若粒子速度为v0，最远可落在边界上的A点，下列说法正确的有( )

A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0

B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0

C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于

D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于

【解析】当粒子以速度垂直于MN进入磁场时，最远，落在A点，若粒子落在A点的左侧，速度不一定小于，可能方向不垂直，落在A点的右侧，速度一定大于，所以A错误，B正确；若粒子落在A点的右侧处，则垂直MN进入时，轨迹直径为，即，已知,解得，不垂直MN进时，，所以C正确，D错误。

【答案】BC

15．（2012江苏卷）．（16分）如图所示，待测区域中存在匀强电场与匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场，图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l，问距为d，两极板间偏转电压大小相等，电场方向相反，质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域，不考虑粒子受到的重力。

（1）求粒子射出平移器时的速度大小v1；

（2）当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；

（3）已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F，现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系oxyz，保持加速电压U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示，请推测该区域中电场强度与磁感应强度的大小及可能的方向

【答案】

（1）设粒子射出加速器的速度为， 动能定理

由题意得，即

（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为：

加速度的大小 ，

在离开时，竖直分速度

竖直位移 水平位移

粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为

竖直位移

由题意知，粒子竖直总位移，解得

则当加速电压为时，

（3）由沿轴方向射入时的受力情况可知：B平行于轴，且

由沿轴方向射入时的受力情况可知：与平面平行。

,则 且

解得

设电场方向与轴方向夹角为,

若B沿轴方向，由沿轴方向射入时的受力情况得

解得，或

即E与平面平行且与轴方向的夹角为300或1500，

同理若B沿轴方向，E与平面平行且与轴方向的夹角为-300或-1500。

16.（2012重庆卷）．（18分）有人设计了一种带电颗粒的速率分

选装置，其原理如题24图所示。两带电金属板

间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形

区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束

比荷（电荷量与质量之比）均为1/k的带正电颗

粒，以不同的速率沿着磁场区域的中心线O进

入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从

Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集

板。重力加速度为g，PQ=3d，NQ=2d，收集板与

NQ的距离为，不计颗粒间相互作用，求

⑴电场强度E的大小

⑵磁感应强度B的大小

⑶速率为λv0（λ＞1）的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离。

24．（18分）

⑴设带电颗粒的电量为q，质量为m 有

将q/m=1/k代入得

⑵如答24图1，有

得

⑶如答24图2有

得

17.(2012浙江卷)．（20分）如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不

断喷出质量均为m、水平速度均为v带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰

能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。

(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；

(2)求磁感应强度B的值；

(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B’，则B’的大小为多少？

答案：

2011年

1.（全国）（19分）

如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为 、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。

【解析】

带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿定律得

qE = ma ①

设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得

v0t0 = at02 ②

粒子速度大小 v1 = ③

设速度方向与竖直方向的夹角为，则

tan = ④

此时粒子到出发点P0的距离为

s0 = v0t0 ⑤

粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为

r1 = ⑥

设粒子首次离开磁场的点为P2，弧所张的圆心角为2，则P1到点P2的距离为

s1 = 2r1sin ⑦

由几何关系得

+ = 45° ⑧

联立①②③④⑥⑦⑧式得

s1 = ⑨

点P2与点P0相距

l = s0 + s1 ⑩

联立①②⑤解得

l = (+ )

2.（安徽）（16分）

如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。

（1）求电场强度的大小和方向。

（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经

时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。

（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中

运动的时间。

解析：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断

出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向

且有 qE=qvB

又 R=vt0

则

（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动

在y方向位移

由式得

设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是

又有

得

4.（广东）（18分）

如图19（a）所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0。一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入，不计重力。

⑴已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小

⑵若撤去电场，如图19（b）所示，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成450角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。

⑶在图19（b）中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？

解析：⑴根据动能定理，，

所以

⑵如图所示，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知，解得：。

根据洛仑兹力公式，

解得：。

根据公式，,

解得：

⑶考虑临界情况，如图所示

①，解得：

②，解得：，综合得：

5．（福建）（20分）

如图甲，在x＜0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xoy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射人，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。

求该粒子运动到y=h时的速度大小v；

现只改变人射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期T=。

Ⅰ.求粒子在一个周期内，沿轴方向前进的距离s；

Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅A,并写出y-t的函数表达式。

解析：此题考查动能定理、洛仑兹力、带电粒子在复合场中的运动等知识点。

（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有-qEh=m v2-m v02，

由式解得 v=。

（2）I．由图乙可知，所有粒子在一个周期内沿轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿轴方向匀速运动的速度大小为v1，则qv1B=qE,

又 s= v1T，

式中T=

由式解得s=

.设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高点处），对应的粒子运动速度大小为v2（方向沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y=0和y=ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则 qv0B -qE=-(qv2B-qE),

由动能定理有 -qEym=m v22-m v02，

又 Ay=ym

由式解得 Ay= ( v0-E/B)。

可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t的函数表达式为y= ( v0-E/B) (1-cost)

8．（浙江）利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为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

【解析】由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，根据，可得、，则，故可知B、C正确，D错误。

12.（19分）

如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求

（1）粒子a射入区域I时速度的大小；

（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。

解：（1）设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心 为C（在y轴上），

半径为R1，粒子速率为v，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P/，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

①

由几何关系得∠pcp/=θ=300 ②

=2d ③

由①②③式得

④

（2）设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa，半径为R2，射出点为Pa（图中未画出轨迹），∠P/OaPa=θ/。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

⑤

由①⑤式得 ⑥

C、P/、Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于 ⑦的平面上。由对称性知，Pa点与P/点纵坐标相同，即

yPa= R1cosθ+h ⑧

式中，h是C点的y坐标。

设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

⑨

设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为a。如果b没有飞出Ⅰ，则

⑩

⑾

式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而

⑿

⒀

由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得

a=300 ⒁

由①③⑨⒁式可见，b没有飞出Ⅰ。Pb点的y坐标为

yPb= Rb(2+cosθ)+h ⒂

由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为

⒃

14．（天津）（20分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。

（1）当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）

（2）回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式（忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小于光速）

（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差是增大、减小还是不变？

12．（20分）

（1）核反应方程为 ①

设碳11原有质量为m0，经过t=2.0h剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有：

②

（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：

③

质子运动的回旋周期为： ④

由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：

⑤

设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率

⑥

输出时质子束的等效电流为： ⑦

由上述各式得

若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分

（3）方法一：

设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），

，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，由动能定理知 ⑧

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则 ⑨

整理得 ⑩

因U、q、m、B均为定值，令，由上式得 ⑾

相邻轨道半径rk+1，rk+2之差

同理

因为rk+2> rk，比较，得

说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小

方法二：

设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），

，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，故 ⑿

由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量 ⒀

以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速（2k﹣1）次

速度大小为 ⒁

同理，质子第（k+1）次进入D2时，速度大小为

综合上述各式可得

整理得，

同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，，整理后有

由于rk+2> rk，比较，得

说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小，用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。

16．（四川）（20分）

如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2

（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性；

（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；

（3）若微粒质量mo=1×10-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。

解析：（1）微粒在极板间所受到的电场力大小为

.................................................

代入数据 ...............

由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极

说明：式2分，式1分，正确说明极性得2分。

若微粒质量为m，刚进入磁场时 的速度大小为v，由动能定理

.....................................

微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运动半径为R,有

.................................

微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为

.............................................

......................................

联立到，代入数据得到

.....

说明： -式子各1分，式2分

（3）如图，微粒在台面以速度为v做以O点位圆心，R为半径的圆周运动；从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点Q点，水平位移s,下落时间t。设滑块质量为M，滑块获得的速度后在t内与平台前侧面成φ角度方向，以加速度做匀减速直线运动到Q，经过位移为K，。由几何关系得到：.......

根据平抛运动............................

...............................................

对于滑块，由牛顿运动定律及运动学方程，有

..............................(11)

......................(12)

再由余弦定理

....................(13)

以及正弦定理............................(14)

联立和--（14），并带入数据得到..........(15)

(或者)

说明（8）---（16）式各1分

18．（山东）（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角

（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0

（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h

（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件

（4）若，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、、L2、之间应满足的关系式。[来源:学+科+网]

解析：（1）如图所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v，在磁场Ⅰ区中做匀速圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二运动定律得qU=mv2，①

qvB1=m，②

由几何知识得L=2R1sinθ③

联立代入数据得B0=。④

设粒子在磁场Ⅰ区中做匀速圆周运动的周期为T，运动的时间为t。

T=2πR1/v，⑤ t=T ⑥

联立②④⑤⑥式，代入数据得t= ⑦

(2)设粒子在磁场Ⅱ区中做匀速圆周运动的半径为R2，由牛

顿第二定律得qvB2=m，⑧

由几何知识可得h=( R1+ R2)(1-cosθ)+Ltanθ⑨

联立②③⑧⑨式，代入数据得h=(2-)L ⑩

（3）如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足

R2(1+sinθ)或R2(1+sinθ)≤L]

联立①⑧式，代入数据得

B2> （或B2≥ ）

（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L1= R1 (sinθ+ sinα)， [或L1= R1 (sinθ- sinα)]，

L2= R2 (sinθ+ sinα)， [或L2= R2 (sinθ- sinα)]，

联立式解得B1R1= B2R2

联立式解得B1L1= B2L2。

19．（江苏）（16分）某种加速器的理想模型如题15-1图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图15-2图所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了。（粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力）

（1）若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；

（2）现在利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使题15-1图中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；

（3）若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？

【答案】（1）（2）如图所示（3）

【解析】本题考查带电粒子在电场中的加速和在磁场中的圆周运动。

（1）质量为的粒子在磁场中作匀速圆周运动

则

当粒子的质量增加了

则根据题15 – 2图可知，粒子第一次的加速电压

粒子第二次的加速电压

射出时的动能

解得

（2）磁屏蔽管的位置如右图所示。

（3）在时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数

得N=25

分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。

粒子由静止开始时加速的时刻

最大动能

解得

2010年高考物理试题分类汇编——磁场

（全国卷1）26．（21分）如下图，在区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。求：

1 粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q／m；

2 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；

3 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。

【答案】⑴

⑵速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°

⑶从粒子发射到全部离开所用 时间 为

【解析】 ⑴粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，根据直角三角形有

解得

，则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，周期为

粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得

，，化简得

⑵仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。

角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°，所经过圆弧的弦与⑴中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30°，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60°。

角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60°，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120°。

所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°

⑶在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为，而它的高是

，半径与y轴的的夹角是30°，这种粒子的圆心角是240°。所用 时间 为。

所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为。

(全国卷2)26（21分）图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V;两板之间有匀强磁场，磁场应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域。不计重力

（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量。

（2）已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点（图中未画出）穿出磁场，且GI长为，求离子乙的质量。

（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。

解析：

（1）在粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为v，电场的场强为E0，根据平衡条件得

①

②

由①②化简得

③

粒子甲垂直边界EF进入磁场，又垂直边界EF穿出磁场，则轨迹圆心在EF上。粒子运动中经过EG，说明圆轨迹与EG相切，在如图的三角形中半径为

R=acos30°tan15° ④

tan15°= ⑤

联立④⑤化简得

⑥

在磁场中粒子所需向心力由洛伦磁力提供，根据牛顿第二定律得

⑦

联立③⑦化简得

⑧

（2）由于1点将EG边按1比3等分，根据三角形的性质说明此轨迹的弦与EG垂直，在如图的三角形中，有

⑨

同理

（10）

（3）最轻离子的质量是甲的一半，根据半径公式离子的轨迹半径与离子质量呈正比，所以质量在甲和最轻离子之间的所有离子都垂直边界EF穿出磁场，甲最远离H的距离为，最轻离子最近离H的距离为，所以在离H的距离为到之间的EF边界上有离子穿出磁场。

比甲质量大的离子都从EG穿出磁场，期中甲运动中经过EG上的点最近，质量最大的乙穿出磁场的1位置是最远点，所以在EG上穿出磁场的粒子都在这两点之间。

（新课标卷）25.(18分)如图所示，在0≤x≤a、o≤y≤范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内.己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：

(1)速度大小；

(2)速度方向与y轴正方向夹角正弦。

解析：

设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦磁力公式，得，解得：

当＜R＜a时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，时，

设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得：

再加上，解得：

（上海物理）13. 如图，长为的直导线拆成边长相等，夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该形通电导线受到的安培力大小为

（A）0 （B）0.5 （C） （D）

答案：C

解析：导线有效长度为2lsin30°=l，所以该V形通电导线收到的安培力大小为。选C。

本题考查安培力大小的计算。

难度：易。

（重庆卷）21.如题21图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁块，在纸面民内做匀速圆周运动，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

由以上信息可知，从图中a、b、c处进大的粒子对应表中的编号分别为

A 3、5、4 B4、 2、5

C5、3、2 D2、4、5

答案：D

【解析】根据半径公式结合表格中数据可求得1—5各组粒子的半径之比依次为0.5︰2︰3︰3︰2，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动。由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2︰3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子。c顺时针运动，都为负电荷，半径与a相等是第5组粒子。正确答案D。

（江苏卷）9.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摄入磁场，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，且。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

w w w.ks5 u .c om

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

答案：CD

解析：

A.三个质子从S运动到S’的时间不相等，A错误；

B.三个质子在附加磁场意外区域运动时，只有b运动轨迹的圆心在OO’轴上，因为半径相等，而圆心在初速度方向的垂线上，所以B错误；

C.用作图法可知，若撤去附加电场，a到达SS’连线上的位置距S点最近，b最远；C正确；

D.因b要增大曲率，才能使到达SS’连线上的位置向S点靠近，所以附加磁场方向与原磁场方向相同，D正确；

本体选CD。

本体考查带电粒子在磁场中的运动。

难度：难。

（福建卷）21、（19分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触。斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨。当a棒再次滑回到磁场边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R,b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计。求

（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度I，与定值电阻R中的电流强度IR之比；

（2）a棒质量ma；

（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F。

解析：

（1）a棒沿导轨向上运动时，a棒、b棒及电阻R中的电流分别为Ia、Ib、IR，有

解得：

（2）由于a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，因而a棒在磁场中向上滑动的速度大小v1与在磁场中向下滑动的速度大小v2相等，即v1=v2=v

设磁场的磁感应强度为B，导体棒长为L乙，a棒在磁场中运动时产生的感应电动势为

E=Blv

当a棒沿斜面向上运动时

向下匀速运动时，a棒中的电流为Ia’、则

由以上各式联立解得：

（3）由题可知导体棒a沿斜面向上运动时，所受拉力

（广东卷）36.(18分)如图16（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调（如图16（b））；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场。 O到感光板的距离为，粒子电荷量为q,质量为m，不计重力。

（1）若两狭缝平行且盘静止（如图16（c）），某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；

（2）若两狭缝夹角为，盘匀速转动，转动方向如图16（b）.要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上。试分析盘转动角速度的取值范围（设通过N1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达N2）。

解：

（1）分析该粒子轨迹圆心为P1，半径为，在磁场中转过的圆心角为，因而运动时间为：

（2）设粒子从N1运动到N2过程历时为t，之后在磁场中运行速度大小为v，轨迹半径为R则：

在粒子匀速过程有：

L=vt ①

粒子出来进入磁场的条件：

②

在磁场中做匀速圆周运动有：

③

设粒子刚好过P1点、P2点时轨迹半径分别为：R1、R2则：

④

⑤

⑥

由①—⑥得：

（山东卷）25．（18分）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求

⑴粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功。

⑵粒子第n次经过电场时电场强度的大小。

⑶粒子第n次经过电场子所用的时间。

⑷假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）。

解析：

（1）根据，因为，所以，所以,

（2）=，，所以。

（3），，所以。

(4)

（北京卷）23.（18分）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。

如图1，将一金属或半导体薄片垂直至于磁场B中，在薄片的两个侧面、间通以电流时，另外两侧、间产生电势差，这一现象称霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用相一侧偏转和积累，于是、间建立起电场ＥＨ，同时产生霍尔电势差ＵＨ。当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，ＥＨ和ＵＨ达到稳定值，ＵＨ的大小与和以及霍尔元件厚度之间满足关系式，其中比例系数ＲＨ称为霍尔系数，仅与材料性质有关。

（1）设半导体薄片的宽度（、间距）为，请写出ＵＨ和ＥＨ的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图１中、哪端的电势高；

（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为ｎ，电子的电荷量为ｅ，请导出霍尔系数ＲＨ的表达式。（通过横截面积Ｓ的电流，其中是导电电子定向移动的平均速率）；

（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着ｍ个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图３所示。

ａ.若在时间ｔ内，霍尔元件输出的脉冲数目为，请导出圆盘转速的表达式。

ｂ.利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程。除除此之外，请你展开“智慧的翅膀”，提出另一个实例或设想。

解析：

（1）由 ①

得 ②

当电场力与洛伦兹力相等时 ③

得 ④

将 ③、④代入②，

得

（2） a.由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则

P=mNt

圆盘转速为 N=

b.提出的实例或设想

（天津卷）12.（20分）质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，O’O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O’O的距离。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。

（1）设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿O’O的方向从O’点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0;

(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。

上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O’点沿O’O方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时O’O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。

解析：（1）离子在电场中受到的电场力

①

离子获得的加速度

②

离子在板间运动的时间

③

到达极板右边缘时，离子在方向的分速度

④

离子从板右端到达屏上所需时间

⑤

离子射到屏上时偏离点的距离

由上述各式，得

⑥

（2）设离子电荷量为，质量为，入射时速度为，磁场的磁感应强度为，磁场对离子的洛伦兹力

⑦

已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，方向的分速度总是远大于在方向和方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度

⑧

是离子在方向的加速度，离子在方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在方向的分速度

⑨

离子飞出极板到达屏时，在方向上偏离点的距离

⑩

当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在方向上偏离点的距离为，考虑到⑥式，得

⑾

由⑩、⑾两式得

⑿

其中

上式表明，是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为，坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为，由⑿式代入数据可得

⒀

故该未知离子的质量数为14。

（浙江卷）23. （20分）如图所示，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，垂直的为L2。在膜的下端（图中A处）挂有一科行于转轴，质量为m，长为L3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，并将沟通转化成电能。光电池板可等效为一个一电池，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（设垂直于入身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）再有一束平等光水平入射，当反射膜与竖直方向成＝60时，导体棒牌受力平衡状态，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国学平衡外，不能输出多少额外电功率？

解析：

（1）导体棒所受安培力 ①

导体棒有静力平衡关系 ②

解得 ③

所以当=60°时，

光电池输出功率为

（2）当时，根据③式可知维持静力平衡需要的电流为

根据几何关系可知

可得

（四川卷）20.如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金

属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能

A．变为0 B．先减小后不变

C．等于F D．先增大再减小

答案：AB

【解析】对a棒所受合力为Fa=F—Ff—mgsin—BIl说明a做加速度减小的加速运动，当加速度为0后匀速运动，所以a所受安培力先增大后不变。

如果F=Ff+2mgsin，则最大安培力为mgsin，则b所受摩擦力最后为0，A正确。

如果F＜Ff+2mgsin，则最大安培力小于mgsin，则b所受摩擦力一直减小最后不变，B正确。

如果Ff+3mgsin＞F＞Ff+2mgsin，则最大安培力大于mgsin小于2mgsin，则b所受摩擦力先减小后增大最后不变。

可以看出b所受摩擦力先变化后不变，CD错误。

（四川卷）24.（19分）如图所示，电源电动势。内阻，电阻。间距的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度的匀强磁场。闭合开关，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取。

（1）当Rx=29Ω时，电阻消耗的电功率是多大？

（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为，则Rx是多少？

【答案】⑴0.6W；⑵54Ω。

【解析】⑴闭合电路的外电阻为

Ω ①

根据闭合电路的欧姆定律

A ②

R2两端的电压为

V ③

R2消耗的功率为

W ④

⑵小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律

⑤

⑥

连立⑤⑥化简得

⑦

小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得

⑧

连立⑦⑧带入数据

V

干路电流为

A ⑨

Ω ⑩

（安徽卷）20．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的但匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、。不计空气阻力，则

A． B．

C． D．

答案：D

解析：由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力，又（ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长），所以安培力，此时加速度，且(为材料的密度)，所以加速度是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v1 =v2。由能量守恒可得：，(H是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线m小，产生的热量小，所以Q1< Q2。正确选项D。

（安徽卷）23.(16分)如图1所示，宽度为的竖直狭长区域内（边界为），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为，表示电场方向竖直向上。时，一带正电、质量为的微粒从左边界上的点以水平速度射入该区域，沿直线运动到点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的点。为线段的中点，重力加速度为g。上述、、、、为已知量。

(1)求微粒所带电荷量和磁感应强度的大小；

(2)求电场变化的周期；

(3)改变宽度，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求的最小值。

解析：

（1）微粒作直线运动，则

①

微粒作圆周运动，则 ②

联立①②得

③

④

（2）设粒子从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，则

⑤

⑥

⑦

联立③④⑤⑥⑦得

⑧

电场变化的周期

⑨

（3）若粒子能完成题述的运动过程，要求

d≥2R (10)

联立③④⑥得

（11）

设N1Q段直线运动的最短时间为tmin，由⑤（10）（11）得

因t2不变，T的最小值

[物理]2010-2011-2012三年高考真题试题分类汇编：磁场