1、 第八章高頻考點(diǎn)真題驗(yàn)收全通關(guān) 把握本章在高考中考什么、怎么考，練通此卷、平步高考！高頻考點(diǎn)一：磁場安培力1(2013上海高考)如圖1，通電導(dǎo)線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且相互絕緣。當(dāng)MN中電流突然減小時(shí)，線圈所受安培力的合力方向()圖1A向左B向右C垂直紙面向外 D垂直紙面向里2(多選)(2012海南高考)圖2中裝置可演示磁場對通電導(dǎo)線的作用。電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導(dǎo)軌，L是置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直的金屬桿。當(dāng)電磁鐵線圈兩端a、b，導(dǎo)軌兩端e、f，分別接到兩個(gè)不同的直流電源上時(shí)，L便在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。下列說法正確的是()圖2A若a接正極，b接負(fù)極，e接正

2、極，f接負(fù)極，則L向右滑動(dòng)B若a接正極，b接負(fù)極，e接負(fù)極，f接正極，則L向右滑動(dòng)C若a接負(fù)極，b接正極，e接正極，f接負(fù)極，則L向左滑動(dòng)D若a接負(fù)極，b接正極，e接負(fù)極，f接正極，則L向左滑動(dòng)3. (2012大綱卷)如圖3所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點(diǎn)，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點(diǎn)的距離均相等。關(guān)于以下幾點(diǎn)處的磁場，下列說法正確的是()圖3AO點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零Ba、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反Cc、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同Da、c兩點(diǎn)

3、處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同高頻考點(diǎn)二：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)4(2014北京高考)帶電粒子a、b在同一勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們的動(dòng)量大小相等，a運(yùn)動(dòng)的半徑大于b運(yùn)動(dòng)的半徑。若a、b的電荷量分別為qa、qb，質(zhì)量分別為ma、mb，周期分別為Ta、Tb。則一定有()Aqaqb BmambCTa0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點(diǎn)與ab的距離為。已知粒子射出磁場與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60，則粒子的速率為(不計(jì)重力)()圖5A.B.C. D.高頻考點(diǎn)三：帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)7(2013安徽高考)如圖6所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電

4、場，方向沿y軸正方向；在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第象限，且速度與y軸負(fù)方向成45角，不計(jì)粒子所受的重力。求：圖6(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。8(2011北京高考)利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，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7所示的矩

5、形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長)中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，A處有一狹縫。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場，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。已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是m1和m2(m1m2)，電荷量均為q。加速電場的電勢差為U，離子進(jìn)入電場時(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。圖7(1)求質(zhì)量為m1的離子進(jìn)入磁場時(shí)的速率v1；(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。若狹縫過寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點(diǎn)區(qū)域

6、交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分離。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，GA邊長為定值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入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場。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。9. (2012天津高考)對鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義。如圖8所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離子行進(jìn)半個(gè)圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時(shí)離子束的等效電流為I。不考慮離子重力及離子間的

7、相互作用。圖8(1)求加速電場的電壓U。(2)求出在離子被收集的過程中任意時(shí)間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M。(3)實(shí)際上加速電壓的大小會(huì)在UU范圍內(nèi)微小變化。若容器A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場中會(huì)發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡不發(fā)生交疊，應(yīng)小于多少？(結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，保留兩位有效數(shù)字)10(2013天津高考)一圓筒的橫截面如圖9所示，其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小

8、孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求：圖9(1)M、N間電場強(qiáng)度E的大?。?2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。11(2013江蘇高考)在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制。如圖10甲所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t做周期性變化的圖像如圖乙所示。x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的

9、正方向。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和q。不計(jì)重力。在t時(shí)刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。圖10(1)求P在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v0；(2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；(3)在t0(0t0Rb，所以qaqb，選項(xiàng)A正確。根據(jù)題述條件，不能判斷出兩粒子的質(zhì)量關(guān)系，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T，不能判斷出兩粒子的周期、比荷之間的關(guān)系，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。5選BC由左手定則和粒子的偏轉(zhuǎn)情況可以判斷粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB可得v，r越大v越大，由圖可知r最大值為rmax，選項(xiàng)B正確；又r最小值為rmin，將r的最大值和最小值代入v的表達(dá)式后得出速

10、度之差為v，可見選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。6.選B作出粒子在圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，連接MN，根據(jù)粒子射出磁場時(shí)的速度方向與初速度方向間的夾角為60，及MP，得出各角大小如圖所示，粒子的出射點(diǎn)必與磁場圓的圓心等高，四邊形OMON為菱形，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rR，根據(jù)qvB，得v。7.解析：(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有xv0t2hyat2hqEma聯(lián)立以上各式可得E(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度為vyatv0所以v v0，方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvBm當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有rL，所以B答案：(1)(2

11、)v0方向指向第象限與x軸正方向成45角(3)8解析：(1)加速電場對離子m1做的功WqU由動(dòng)能定理m1vqU得v1 (2)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式qvB，R，利用式得離子在磁場中的軌道半徑分別為R1 ，R2 兩種離子在GA上落點(diǎn)的間距s2R12R2()(3)質(zhì)量為m1的離子，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，因此落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是d。同理，質(zhì)量為m2的離子在GA邊上落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是d。為保證兩種離子能完全分離，兩個(gè)區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為2(R1R2)d利用式，代入式得2R1(1)dR1的最大值滿足2R1mLd得(Ld)(1)d求得最大值dmL。答案：(1) (

12、2) ()(3)L9解析：(1)設(shè)離子經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理得qUmv2離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力充當(dāng)向心力，即qvBm由式解得U(2)設(shè)在t時(shí)間內(nèi)收集到的離子個(gè)數(shù)為N，總電荷量為Q，則QItNMNm由式解得M(3)由式有R 設(shè)m為鈾238離子的質(zhì)量，由于電壓在UU之間有微小變化，鈾235離子在磁場中最大半徑為Rmax 鈾238離子在磁場中最小半徑為Rmin 這兩種離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡不發(fā)生交疊的條件為RmaxRmin即 則有m(UU)m(UU)其中鈾235離子的質(zhì)量m235 u(u為原子質(zhì)量單位)，鈾238離子的質(zhì)量m238 u，故解得0.63 %答案：

13、(1)(2)(3)小于0.63%10解析：本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生應(yīng)用電磁學(xué)知識分析問題和綜合應(yīng)用知識解題的能力。(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得qUmv2由勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得UEd聯(lián)立上式可得E(2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O，圓半徑為r。設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角AOS等于。由幾何關(guān)系得rRtan 粒子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得qvBm聯(lián)立式得R(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，M板向上平移了 d后，設(shè)板間電壓為U，則U設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速

14、度為v，由式看出綜合式可得vv設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則r設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為，比較兩式得到rR，可見粒子須經(jīng)過四個(gè)這樣的圓弧才能從S孔射出，故n3答案：(1)(2)(3)311解析：(1)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力FqE0加速度a速度v0at，且t解得v0(2)只有當(dāng)t2時(shí)，P在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)束并開始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，才能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，如圖所示。設(shè)P在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T。則(n)T(n1,2,3，)，勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB0m，T解得B0(n1,2,3，)，(3)在t0時(shí)刻釋放，P在電場中加速度時(shí)間為 t0在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)v1圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1解得r1又經(jīng)(t0)時(shí)間P減速為零后向右加速時(shí)間為t0P再進(jìn)入磁場v2圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2解得r2綜上分析，速度為零時(shí)橫坐標(biāo)x0相應(yīng)的縱坐標(biāo)為y(k1,2,3，)。解得y。答案：見解析12解析：(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qmg由式得q由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷。(2)墨滴垂直進(jìn)入電、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qv0Bm考慮墨滴進(jìn)入磁場和撞板