《2011年高考物理真题考点点拨精析(新课标)：考点10磁场》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011年高考物理真题考点点拨精析(新课标)：考点10磁场（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点考点 1010 磁场磁场一、选择题一、选择题1.（2011重庆理综T15）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由气缸和活塞组成.开箱时，密闭于气缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如题图所示.在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体A.对外做正功，分子的平均动能减小 B. 对外做正功，内能增大C. 对外做负功，分子的平均动能增大 D. 对外做负功，内能减小【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：开箱气体体 积膨胀对外做 功绝热内能减少，温度降低【精讲精析】选 A.当气体体积膨胀时，气体对外做功，又没有热传递，由热力学第一定律知，气体的内能减少，温度降低，而
2、温度又是分子平均动能的标志，所以 A 正确.2.（2011海南物理T7）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是（ ）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量经出了电能和热能之间的转换关系【思路点拨】对物理学史的认识。【精讲精析】选 ACD。奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故 A 正确；欧姆定律是反映了导体中的电流与电压和电阻的关系，B 错误；
3、法拉第实现了转磁为电的梦想，揭示了磁现象和电现象的关系，故 C正确；焦耳发现了电流的热效应，并且定量给出了电能和热能之间的转换关系，故 D 正确.3.（2011海南物理T10）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
4、所对的圆心角一定越大【思路点拨】解答本题时可以根据粒子在磁场中运动的周期和半径公式决定。【精讲精析】选 BD。根据带电粒子在磁场中运动的周期，由此可知两mTqB种粒子在磁场中的运动周期相同，若速度不同的粒子在磁场中转过的圆心角相同时，轨迹可以不同，但运动时间相同，由半径公式可知，入射角相同mvRqB的粒子，轨迹相同。粒子在磁场中运动的时间，即由轨迹所对的圆心角tT 决定，故 B、D 正确，、错误。4.（2011新课标全国卷T14）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【思路点拨】解答本题时可按
5、以下思路分析：【精讲精析】选 B。由于地磁场的北极在地球的南极附近，由安培定则可知，安培假设中环形电流方向如 B 图所示，故 A、C、D 错，B 正确。5.（2011新课标全国卷T18）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，通过导电弹体后从另一条轨道流回。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安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍，理论上可采用的方法是A.只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍地磁场的北极在地球的南极由
6、安培定则并结合图示确定环形电流方向B.只将电流 I 增加至原来的 2 倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍，其它量不变【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：在弹体的加速过程中安培力做功，在这个过程中可以应用动能定理进行判断。【精讲精析】选 B、D。设发射速度为 v 时，对应的电流为 I，弹体的质量为m，轨道长度为 L，当速度为 2v 时，对应的电流为 I，弹体的质量为 m，轨道长度为 L，依题意有，B=kI，F=BIa=kI2a，由动能定理得，FL= mv2，即1 2kI2aL= mv2，同理有 kI2aL= m4v2，两式相比可得：
7、= ，四个选项中只1 212I2L mI2Lm1 4有 BD 两个选项使前式成立，故 A、C 错，B、D 正确。6.（2011浙江理综T20）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3 2qBdL m（）C. 保持 d 和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速
8、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【思路点拨】确定粒子偏转方向判断粒子所受洛仑兹力方向判断粒子带电性质确定最大和最小半径计算最大速度和最小速度分析粒子的最大与最小速度的差【精讲精析】选 BC.根据题意，粒子进入磁场后向右偏转，所受洛仑兹力方向向右，根据左手定则，粒子应带负电,A 错误.粒子能够从右边缝中射出，则最大半径为，最小半径为，由于洛仑兹力充当向心力：，可得：223Ld2L rvmBqv2 ，所以：，分析可得：BC 正确、D 错mLdBqv2)3( maxmBqLv2minmdBqvv23 minmax误.二、非选择题7.（2011新课
9、标全国卷T25）如图，在区域I（0xd）和区域 II（dx2d）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（q0）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；此时，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
10、。【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律及平面几何关系求解，注意当粒子从一磁场进入另一速度不变，并两圆心及两圆切点共线【精讲精析】 （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 Ra1，粒子速率为 va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为 P，如图，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，qvaB=m va2 Ra1由几何关系有PCP= Ra1= d sin式中 =30，由上面三式可得va= 2dqB m（2）设粒子 a 在 II 内做圆周运动的圆心为 Oa，半径为 Ra2，射出点为 Pa（图中未画
11、出轨迹） ，POaPa=，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，q va（2B）=m va2 Ra2由式得 Ra2= Ra12C、P、Oa三点共线，且由式知 Oa点必位于x= d 3 2的平面上，由对称性知，Pa点与 P的纵坐标相同，即yPa=Ra1cosh 式中，h 是 C 点的纵坐标。设 b 在 I 中运动的轨道半径为 Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有，q（）B= （）2 va 3m Rb1va 3设 a 到达 Pa点时，b 位于 Pb点，转过的角度为 ，如果 b 没有飞出 I，则= t Ta22= t Tb12式中，t 是 a 在区域 II 中运动的时间，而Ta2= 2Ra2vaTb1=
12、 2Rb1va/3由式得=30 由式可见，b 没有飞出 I。Pb点的 y 坐标为yP2=Rb1（2+cos）+h 由式及题给条件得，a、b 两粒子的 y 坐标差为yP2yPa= （2）d2 33答案：（1） （2）dqB m33d8.（2011安徽高考T23）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 时间从 p 点射出。0t（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
13、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20t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。【思路点拨】【精讲精析】（1）设带电粒子质量为 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兹力沿 x 轴负方向，由于粒子的重力不计且粒子受力平衡，故粒子受到的电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，电场强度沿沿 x 轴正方向， qvBqE 得0vtR 0tBRE （2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在 y 方向作匀速直线粒子在复 合场运动受力平衡：匀速直线仅有电场类平抛：沿 x 和
14、y 方向分析粒子的运 动情况仅有磁场匀速圆周：画图、 找角度、半径利用好三种运 动的关系解答运动，位移为 20tvy 由式得，设在水平方向位移为 x，因射出位置在半圆线边界上，于是2Ry ,又因为粒子在水平方向上做匀速直线运动，则 23Rx 2 0 221tax得 2 034 tRa （3）仅有磁场时入射速度，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设vv4轨道半径为 ，由牛顿第二定律有 ，rrvmBvq2又有 ，maqvBqE由得33Rr 带电粒子偏转情况如图由几何知识，,则带电粒子在磁rR 2sin3,23sin场中运动时间023 23333 41818RrRttvvv 磁答案(1) (2)
15、(3) 0BR t2 04 3R t03 18t9.（2011北京高考T23）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示的矩形区域ACDG（AC边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空。已知被加速度的两种正离子的质量分别是1m和2m12()mm，电荷量均为q。加速电场的电势差为 U，离子进入电场时的初速度可以忽略，不计重力，也不考虑离子间的相互作用。（1）求质量为1m的离子进入磁场时的速率 ；1v（2）当
