磁场(高考真题+模拟新题).doc

K单元　磁场 K1　磁场　安培力 　　　　　　　　　　　　　　　　　 14．K1[2011·课标全国卷] 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(　　) 图1－2 【解析】 B　地理的南极是地磁场的N极，由右手螺旋定则知B正确． 18．K1[2011·课标全国卷] 电磁轨道炮工作原理如图1－4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 图1－4 (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，其他量不变 【解析】 BD　弹体所受安培力为F安＝BIl，由动能定理得：BIL＝mv2，只将轨道长度L变为原来的2倍，其速度将增加至原来的倍，A错误；只将电流I增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的倍，C错误； 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D正确． 2．K1　L1[2011·江苏物理卷] 如图2所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中(　　) 图2 A．穿过线框的磁通量保持不变 B．线框中感应电流方向保持不变 C．线框所受安培力的合力为零 D．线框的机械能不断增大 2．K1　L1[2011·江苏物理卷] B　【解析】 当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误． K2　磁场对运动电荷的作用 　　　　　　　　　　　　　　　　　 25．K2[2011·课标全国卷] 如图1－10所示，在区域(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，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.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． 图1－10 【答案】 (1)设粒子a在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′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvaB＝m 由几何关系得 PCP′＝θ Ra1＝ 式中，θ＝30°. 由式得 va＝ (2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，P′OaPa＝θ′＝2θ.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qva(2B)＝m 由式得 Ra2＝ C、P′和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于x＝d的平面上，由对称性知，Pa点与P′点纵坐标相同，即yPa＝Ra1cosθ＋h 式中，h是C点的y坐标． 设b在中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qB＝2 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α.如果b没有飞出，则 ＝ ＝ 式中，t是a在区域中运动的时间，而 Ta2＝ Tb1＝ 由式得α＝30° 由式可见，b没有飞出.Pb点的y坐标为 yPb＝Rb1cosα＋Ra1－Rb1＋h 由式及给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为yPa－yPb＝(－2)d 10．K2[2011·海南物理卷] 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图1－7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(　　) 图1－8 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