备战2020年高考物理专题11 磁场(3)(解析版)
2020版高考物理课标Ⅲ专用专题十 磁场
强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强
度大小分别为 13 B0和 12 B0,方向也垂直于纸面向外。则 (
)
A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 172 B0
B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 1 B0 12
C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 1 B0 12
和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射 入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的 时间为 ( )
A. 5 m 6qB
C. 11 m 6qB
B. 7 m 6qB
D. 13 m 6qB
栏目索引
答案 B 本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生对粒子在匀强磁场中的运动轨 迹进行确定,从而确定运动时间,体现了分析和解决问题的能力,是学科核心素养中科学推理素 养的具体表现。
ML和LN受到的安培力的合力F1= B2Il ,MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向
相同,故线框受到பைடு நூலகம்安培力为F合=F+F1=1.5F,故选B。
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2.(2018课标Ⅱ,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流
方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀
由qvB= mv2 得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r= mv ,当粒子进入第一象限时,由于磁感应强
r
Bq
度减为 1 B,故轨迹半径变为2r,轨迹如图所示。由几何关系可得cos θ= 1 ,θ=60°,则粒子运动时
2020浙江高考物理二轮讲义：专题三第二讲 磁场 Word版含解析
第二讲磁场知识内容考试要求备考指津1.磁现象和磁场 b 1.本讲在高考中的考查频率非常高，考查的热点主要集中在磁场的理解、安培力的应用和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动.2.高考题型包括选择题和计算题．选择题侧重考查磁场的基本概念、安培力的简单应用和洛伦兹力的有关分析；计算题则侧重考查带电粒子在磁场中或在复合场中的运动以及与电磁感应相结合的问题．特别注意“边界问题”以及由周期性引起的多解问题.3.高考也注重实际应用，如质谱仪、回旋加速器、霍尔元件、磁流体发电机、速度选择器、磁电式电流表等都可能成为命题的背景.2.磁感应强度c3.几种常见的磁场 b4.通电导线在磁场中受到的力d5.运动电荷在磁场中受到的力c6.带电粒子在匀强磁场中的运动d磁场对通电导体的作用力【重难提炼】1．安培力公式安培力大小的计算公式：F＝BIL sin θ(其中θ为B与I之间的夹角)．(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL.(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.2．安培力方向的判定——左手定则(1)左手定则判定安培力的方向．(2)特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面．(2018·浙江选考4月)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通以电流I时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是()[解析]根据左手定则可知，D正确．[答案] D【题组过关】考向一磁场的叠加1．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为()A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C解析：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导线A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A.2．如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a＝I，I b＝2I，I c＝3I，I d＝4I的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大小为B＝k Ir，式中常量k>0，I为电流大小．忽略电流间的相互作用，若电流I a在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度的大小及方向为() A．22B，方向由O点指向ad中点B．22B，方向由O点指向ab中点C．10B，方向垂直于纸面向里D．10B，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度的大小与电流的大小成正比，与距直导线的距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．考向二安培力作用下的平衡问题3．如图所示，固定在水平面上的光滑绝缘斜面倾角为θ.导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I.空间充满竖直向上的匀强磁场．若现缓慢增大θ(θ<90°)，且ab始终静止在斜面上，则磁感应强度大小B应(不考虑磁场变化产生的感应电场)()A．缓慢增大B．缓慢减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析：选A.由安培力公式和左手定则知，导体棒受水平向右的安培力BIL、垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重力，由平衡条件可知mg tan θ＝BIL，则θ增大时，B应缓慢增大，A对．考向三安培力作用下的运动4.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时()A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动解析：选D.当直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．5.光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属水平轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动．已知MN ＝OP ＝1 m ，则下列说法中正确的是( )A ．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为10 m/s 2D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F 安＝BIL ＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N ，金属细杆开始运动时的加速度大小为a ＝F 安m＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON ＝－0.5 J ，由动能定理得W 安＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20 m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F 和水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律得F －F 安＝m v 2r，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确．“3步法”分析通电导体棒受力第1步：明确研究对象(通电导线或导体棒)．第2步：将题干中的立体图转化为平面图，明确磁场的方向和电流的方向．第3步：受力分析的思路和力学完全相同，分析安培力时注意其方向一定与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直．带电粒子在匀强磁场中的运动【重难提炼】1．常用公式2．三个“确定”(1)圆心的确定：轨迹圆心O 总是位于入射点A 和出射点B 所受洛伦兹力F 洛作用线的交点上或AB 弦的中垂线OO ′与任一个F 洛作用线的交点上，如图所示．(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r ＝AB 2sin α2＝AB 2sinθ，然后再与半径公式r ＝m v qB联系起来求解． (3)运动时间的确定：t ＝α360°T (可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)． 如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c .不计粒子重力．则( )A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2 [解析] 设正六边形的边长为L ，一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bq v b ＝m v 2b L，得L ＝m v b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πm qB；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋12L sin θ＝2L ，同理有2L ＝m v c qB ，t c ＝16·2πm qB ，解得v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1，A 正确．[答案] A 【题组过关】 考向一 求解电荷比荷 1.不计重力的两个带电粒子M 和N 沿同一方向经小孔S 垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图．分别用v M 与v N ，t M 与t N ，q M m M与q N m N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则( ) A ．如果q M m M ＝q N m N，则v M >v N B ．如果q M m M ＝q N m N，则v M <v N C ．如果v M ＝v N ，则q M m M >q N m ND ．如果t M ＝t N ，则q M m M >q N m N解析：选A.由图可知r M >r N .若q M m M ＝q N m N ，利用r ＝m v qB，可得v M >v N ，A 项正确、B 项错误；若t M ＝t N ，利用T ＝2πm qB ，可得q M m M ＝q N m N ，D 项错误；若v M ＝v N ，利用r ＝m v qB ，可得q M m M <q N m N，C 项错误．2.一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )A.ω3BB.ω2BC.ωB D.2ωB 解析：选A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝112×2πm qB ，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm 6qB ＝14×2πω，求得q m ＝ω3B，A 项正确． 考向二 求解运动时间3．如图所示，一个理想边界为PQ 、MN 的匀强磁场区域，磁场宽度为d ，方向垂直纸面向里．一电子从O 点沿纸面垂直PQ 以速度v 0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨道半径为2d ，O ′在MN 上，且OO ′与MN 垂直．下列判断正确的是( )A ．电子将向右偏转B ．电子打在MN 上的点与O ′点的距离为dC ．电子打在MN 上的点与O ′点的距离为3dD ．电子在磁场中运动的时间为πd 3v 0解析：选D.电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，选项A 错误；设电子打在MN 上的点与O ′点的距离为x ，则由几何知识得x ＝r －r 2－d 2＝2d －（2d ）2－d 2＝(2－3)d ，故选项B 、C 错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sin θ＝d 2d ＝0.5，得θ＝π6，则电子在磁场中运动的时间为t ＝θr v 0＝πd3v 0，选项D 正确．考向三 求解磁感应强度4．如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°.在M 、N 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O 点的磁感应强度大小为B 1.若将M 处长直导线移至P 处，则O 点的磁感应强度大小为B 2，那么B 2与B 1之比为( )A.3∶1B.3∶2 C ．1∶1 D ．1∶2解析：选B.如图所示，当通有电流的长直导线在M 、N 两处时，根据安培定则可知，二者在圆心O 处产生的磁感应强度大小都为B 12.当将M 处长直导线移到P 处时，两直导线在圆心O处产生的磁感应强度也为B12，作平行四边形，由图中的几何关系，可得：cos 30°＝B22B12＝B2B1＝32，故选项B正确．5．(多选)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示．现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为12πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为23πR的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则()A．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶ 3B．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶3C．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝2∶ 3D．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝3∶ 2解析：选AD.假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B1时，弧长L1＝12πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r1＝12·2R sinθ＝R sinL12R＝R sinπ4.如图2，磁感应强度为B2时，弧长L2＝23πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r2＝12·2R sinα＝R sinL22R＝R sinπ3，因此r1∶r2＝sinπ4∶sinπ3＝2∶3，故A正确，B错误．由洛伦兹力提供向心力，可得：q v0B ＝mv20r，则B＝m v0qr，可以得出B1∶B2＝r2∶r1＝3∶2，故C错误，D正确．(1)分析带电粒子在磁场中运动的基本步骤(2)对称性的应用 ①粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等． ②粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域．带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题【题组过关】1．(多选)如图所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B ，∠A ＝60°，AO ＝a .在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为q m ，发射速度大小都为v 0，且满足v 0＝qBa m，发射方向由图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是( )A ．粒子有可能打到A 点B ．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C ．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D ．在AC 边界上只有一半区域有粒子射出解析：选AD.根据Bq v 0＝m v 20R，可知粒子的运动半径R ＝a ，因此θ＝60°时，粒子恰好从A 点飞出，故A 正确．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期的六分之一，在磁场中运动时间最长，故B 错误；以θ＝0飞入的粒子恰好从AC 中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是周期的六分之一，θ从0到60°，粒子在磁场中运动时间先减小后增大，故C 错误；因为以θ＝0飞入的粒子在磁场中恰好从AC 中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D 正确．2.如图所示，在真空中xOy 坐标平面的x >0区域内，有磁感应强度B ＝1.0×10－2 T 的匀强磁场，方向与xOy 平面垂直，在x 轴上的P (10，0)点，有一放射源，在xOy 平面内向各个方向发射速率v ＝104 m/s 的带正电的粒子，粒子的质量为m ＝1.6×10－25 kg ，电荷量为q ＝1.6×10－18C ，求带电粒子能打到y 轴上的范围．解析：带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R ，解得：R ＝m v qB ＝0.1 m ＝10 cm.如图所示，当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点．因OP＝10 cm，AP＝2R＝20 cm，则OA＝AP2－OP2＝10 3 cm.当带电粒子的圆轨迹正好与y 轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OB＝R＝10 cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为－10～10 3 cm.答案：－10～10 3 cm3．如图所示，在直角坐标系的原点O处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子．在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x轴放置，挡板与xOy 平面交线的两端M、N正好与原点O构成等边三角形，O′为挡板与x轴的交点．在整个空间中，有垂直于xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动．已知带电粒子的质量为m，带电荷量大小为q，速度大小为v，MN的长度为L.(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)(1)确定带电粒子的电性；(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；(3)要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值．(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图)解析：(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷．(2)设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有q v B＝m v2r，解得r＝m vqB由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等．由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿y轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，轨迹圆心为O1，如图甲所示．则最大半径r max＝12L cos 30°＝34L由上式可得，磁感应强度的最小值B min＝43m v 3qL.(3)为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN.图中点O 2为轨迹的圆心，由于内接△OMN 为正三角形， 由几何知识知，最小的轨迹半径为r min ＝L 2cos 30°粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有q v B ＝m v 2r，所以磁感应强度的最大值B max ＝3m v qL. 答案：(1)正 (2)43m v 3qL(3)见解析 [课后作业(十三)](建议用时：40分钟)一、选择题1.(2018·浙江选考4月)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示．有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a ；②在a 点附近的地面上，找到与a 点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF ；③在地面上过a 点垂直于EF 的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b 、c 两点，测得b 、c 两点距离为L .由此可确定金属管线( )A ．平行于EF ，深度为L 2B ．平行于EF ，深度为LC ．垂直于EF ，深度为L 2D ．垂直于EF ，深度为L解析：选A.由图可知磁场最强点为a 点，在导线的正上方，所以导线平行于EF ，且h ＝L 2. 2.如图所示，两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1与I 2.且I 1>I 2，与两根导线垂直的同一平面内有a 、b 、c 、d 四点，a 、b 、c 在两根导线的水平连线上且间距相等，b 是两根导线连线的中点，b 、d 连线与两根导线连线垂直．则( )A ．I 2受到的安培力水平向左B ．b 点磁感应强度为零C ．d 点磁感应强度的方向必定竖直向下D ．a 点和c 点的磁感应强度不可能都为零解析：选D.电流I 1在I 2处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，I 2受到的安培力的方向水平向右，故A 错误；电流I 1与I 2在b 处产生的磁场方向相同，所以合磁场方向向下，磁感应强度不等于零，故B 错误；两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反、大小相等的电流I 1与I 2时，d 点的磁感应强度的方向是竖直向下，当两电流的大小不相等时，d 点的合磁场方向不是竖直向下，故C 错误；电流I 1的大小比电流I 2的大，则c 点的磁感应强度可能等于零，a 点的磁感应强度不可能等于零，故D 正确．3.如图所示，一带电塑料小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面．当小球自左方最大摆角处摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )A ．0B ．2mgC ．4mgD ．6mg解析：选C.设小球自左方最大摆角处摆到最低点时速度为v ，则12m v 2＝mgL (1－cos 60°)，此时q v B －mg ＝m v 2L，当小球自右方最大摆角处摆到最低点时，v 大小不变，洛伦兹力方向发生变化，此时有T －mg －q v B ＝m v 2L，解得T ＝4mg ，故C 正确． 4．(2019·浙江选考4月)在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F 的大小与通过导线的电流I 的关系图象正确的是( )答案：A5．(多选)两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子带负电，b 粒子带正电B ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C ．b 粒子动能较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长解析：选AC.粒子向右运动，根据左手定则可知，b 向上偏转，带正电；a 向下偏转，带负电，故A 正确．洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2r ，得r ＝m v qB，故半径较大的b 粒子速度大，受洛伦兹力较大，动能也大，故B 错误，C 正确．T ＝2πm Bq，则两粒子运动周期相等，磁场中偏转角大的运动的时间长；a 粒子的偏转角大，因此运动的时间较长，故D 错误．6．如图所示，边长为L 的正方形有界匀强磁场ABCD ，带电粒子从A 点沿AB 方向射入磁场，恰好从C 点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD 的中点P 垂直AD 射入磁场，从DC 边的M 点飞出磁场(M 点未画出)．设粒子从A 点运动到C 点所用时间为t 1，由P 点运动到M 点所用时间为t 2(带电粒子重力不计)，则t 1∶t 2为( )A ．2∶1B ．2∶3C ．3∶2 D.3∶ 2解析：选C.如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A 点进入C 点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M 点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则t 1t 2＝θ1θ2＝90°60°＝32，故选项C 正确． 7.如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R 2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m解析：选B.作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R 2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有⎝⎛⎭⎫r ＋R 2tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bq v ＝m v 2r 可得v ＝qBR m，故B 正确． 8.如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q 、质量为m 的带电球体，管道半径略大于球体半径．整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直．现给带电球体一个水平速度v 0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功不可能为( )A ．0 B.12m ⎝⎛⎭⎫mg qB 2 C.12m v 20 D.12m ⎣⎡⎦⎤v 20－⎝⎛⎭⎫mg qB 2 解析：选B.当q v 0B ＝mg 时，球不受摩擦力，摩擦力做功为零，故A 可能．当q v 0B <mg时，球做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W ＝0－12m v 20，解得W ＝12m v 20，故C 可能．当q v 0B >mg 时，球先做减速运动，当q v B ＝mg ，即当v ＝mg qB时，不受摩擦力，做匀速直线运动．根据动能定理得－W ＝12m v 2－12m v 20，解得W ＝12m ⎣⎡⎦⎤v 20－⎝⎛⎭⎫mg qB 2，故D 可能．选不可能的，故选B.9.如图所示，三根长为L 的通电直导线在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小为I ，其中A 、B 电流在C 处产生的磁感应强度的大小均为B 0，导线C 位于水平面处于静止状态，则( )A ．导线C 受到的静摩擦力为0B ．导线C 受到的静摩擦力为3B 0IL ，水平向右C ．若将导线A 中电流反向，则导线C 受到的支持力不变D ．若同时将导线A 与B 中电流反向，则导线C 受到的支持力变小解析：选B.根据安培定则，导线AB 在C 点处产生的磁感应强度方向如图甲所示，总的磁感应强度竖直向下，大小为3B 0，根据左手定则，导线C 受到的安培力水平向左，静摩擦力向右，A 错误；静摩擦力大小与安培力相等，为3B 0IL ，B 正确；将导线A 中电流反向，磁感应强度如图乙所示，磁场的矢量和向右，导线C 受到的安培力向下，支持力变大，C 错误；若同时改变A 、B 的电流方向，磁感应强度如图丙所示，磁场矢量和向上，竖直方向上力未发生变化，支持力都等于重力，D 错误．10.如图所示，R 1和R 2是同种材料、厚度相同、上下表面为正方形的金属导体，但R 1的尺寸比R 2的尺寸大．将两导体同时放置在同一匀强磁场B 中，磁场方向垂直于两导体正方形表面，在两导体上加相同的电压，形成图示方向的电流；电子由于定向移动，会在垂直于电流方向受到洛伦兹力作用，从而产生霍尔电压，当电流和霍尔电压达到稳定时，下列说法中正确的是( ) A ．R 1中的电流大于R 2中的电流B ．R 1 中的电流小于R 2中的电流C ．R 1 中产生的霍尔电压小于R 2中产生的霍尔电压D ．R 1中产生的霍尔电压等于R 2中产生的霍尔电压解析：选D.电阻R ＝ρLS ，设正方形金属导体边长为a ，厚度为b ，则R ＝ρa ab ＝ρb，则R 1＝R 2，在两导体上加上相同电压，则R 1中的电流等于R 2中的电流，故A 、B 错误．根据电场力与洛伦兹力平衡，则有e v B ＝eU H a ，解得：U H ＝Ba v ＝Ba ·I neab ＝1ne ·BI b，则有R 1中产生的霍尔电压等于R 2中产生的霍尔电压，故C 错误，D 正确．二、非选择题11.如图，在0≤x ≤d 的空间，存在垂直xOy 平面的匀强磁场，方向垂直xOy 平面向里．y 轴上P 点有一小孔，可以向y 轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v 、与y 轴所成夹角θ可在0～180°范围内变化的带负电的粒子．已知θ＝45°时，粒子恰好从磁场右边界与P 点等高的Q 点射出磁场，不计重力及粒子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度；(2)若θ＝30°，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示)；(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积(可用根式表示)．解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子的轨道半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，则：q v B ＝m v 2R如图甲所示，由几何关系得：d ＝2R cos 45°解得：B ＝2m v qd . (2)如图乙所示，由几何关系d ＝R cos 30°＋R cos α。
2024年高考物理热点磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型(解析版)
磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型1.高考命题中，带电粒子在有界磁场中的运动问题，常常涉及到临界问题或多解问题，粒子运动轨迹和磁场边界相切经常是临界条件。
带电粒子的入射速度大小不变，方向变化，轨迹圆相交与一点形成旋转圆。
带电粒子的入射速度方向不变，大小变化，轨迹圆相切与一点形成放缩圆。
2.圆形边界的磁场，如果带电粒子做圆周运动的半径如果等于磁场圆的半径，经常创设磁聚焦和磁发散模型。
一、分析临界极值问题常用的四个结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.(2)当速率v 一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长,(3)当速率v 变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，再根据几何关系求出半径及圆心角等(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨远圆半径大于区域圆半径时，入射点和出射点为磁场直径的两个端点时轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。
二、“放缩圆”模型的应用适用条件速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动半径也越大。
可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP ′上界定方法以入射点P 为定点，圆心位于PP ′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法三、“旋转圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v 0，则圆周运动半径为R =mv 0qB。
如图所示轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P 为圆心、半径R =mv 0qB的圆上界定方法将一半径为R =mv 0qB的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法四、“平移圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v 0，则半径R =mv 0qB，如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为R =mv 0qB的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法五、“磁聚焦”模型1．带电粒子的会聚如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R =r )，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B 点射出．(会聚)证明：四边形OAO ′B 为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB 必平行于AO ′(即竖直方向)，可知从A 点发出的带电粒子必然经过B 点．2．带电粒子的发散如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B ，圆心为O ，从P 点有大量质量为m 、电荷量为q 的正粒子，以大小相等的速度v 沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行．(发散)证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O 、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O 1A (O 2B 、O 3C )均平行于PO ，即出射速度方向相同(即水平方向)．(建议用时：60分钟)一、单选题1地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该部面，如图所示，O为地球球心、R为地球半径，假设地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磷的应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。
专题3 磁动力模型-2023年高考物理磁场常用模型精练(解析版)
2023年高考物理《磁场》常用模型最新模拟题精练专题3.磁动力模型一．选择题1.．(2023广东重点高中期末)如图为一款热销“永动机”玩具示意图，其原理是通过隐藏的电池和磁铁对小钢球施加安培力从而实现“永动”。
小钢球从水平光滑平台的洞口M 点静止出发，无磕碰地穿过竖直绝缘管道后从末端N 点进入平行导轨PP ʹ-QQ ʹ，电池、导轨与小钢球构成闭合回路后形成电流，其中电源正极连接导轨PQ ，负极连接P ʹQ ʹ；通电小钢球在底部磁场区域受安培力加速，并从导轨的圆弧段末端QQ ʹ抛出；然后小钢球恰好在最高点运动到水平光滑平台上，最终滚动至与挡板发生完全非弹性碰撞后再次从M 点静止出发，如此循环。
已知导轨末端QQ ʹ与平台右端的水平、竖直距离均为0.2m ，小钢球质量为40g ，在导轨上克服摩擦做功为0.04J ，其余摩擦忽略不计，重力加速度g 取10m/s 2，则（）A ．磁铁的N 极朝上B ．取下电池后，小钢球从M 点静止出发仍能回到平台上C ．小钢球从导轨末端QQ ʹ抛出时速度为2m/sD ．为了维持“永动”，每个循环需安培力对小球做功大于0.04J【参考答案】．AD【名师解析】．由电路可知钢球中电流方向垂直于纸面向里，由左手定则可知磁铁上方轨道处磁场方向向上，故磁铁N 极朝上，故A 正确；取下电池后，小球缺少安培力做功，即使从导轨末端抛出，初速度减小也将导致不能到达平台，故B 错误；斜抛到最高点可反向看作平抛运动，则212y gt =，x x v t =解得0.2s t =，1m/s x v =所以2m/sy v gt ==所以抛出时的速度为225m/s x y v v v =+=，故C 错误；为了维持“永动”，每个循环安培力做的功应该补充机械能的损失，一部分是克服摩擦力做的功，还有一部分是碰撞挡板的损失，一定大于0.04J ，故D 正确。
2．（2022河北普通高中第一次联考）如图甲为市面上常见的一种电动车，图乙为这种电动车的电动机的工作示意图。
2020届高考物理一轮复习检测：第十一章_磁场_第3讲_带电粒子在复合场中的运动(含答案)
第3讲带电粒子在复合场中的运动基础巩固1.地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B,如图所示。
一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落,从P点进入场区,沿半圆圆弧POQ运动,经圆弧的最低点O从Q点射出。
重力加速度为g,忽略空气阻力的影响。
下列说法中错误的是( )A.微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上B.微粒进入场区后做圆周运动,半径为C.从P点运动到Q点的过程中,微粒的电势能先增大后减小D.从P点运动到O点的过程中,微粒的电势能与重力势能之和越来越小2.(2016北京西城期末,16)(多选)如图所示,两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内,左右两端点等高,分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。
两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。
M、N为轨道的最低点。
则下列分析正确的是( )A.两个小球到达轨道最低点的速度< v NB.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力> F NC.小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间D.磁场中小球能到达轨道另一端最高处,电场中小球不能到达轨道另一端最高处3.(多选)在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在匀强电场E和匀强磁场B。
已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子,穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域中E和B的方向可能是( )A.E和B都沿y轴的负方向B.E和B都沿x轴的正方向C.E沿y轴正方向,B沿z轴负方向D.E沿z轴正方向,B沿y轴负方向4.显像管原理的示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的O点,安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。
设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )5.(2017北京海淀一模,22,16分)如图所示,分界线MN左侧存在平行于纸面水平向右的有界匀强电场,右侧存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场。
【复习指导】2020年高考物理重点试题分项版汇编系列专题11磁场含解析
，可知，导致半径减小，则
qB
x 也减小，故 C 错误；减小偏转电场的电压
U 的大小，设速度与磁场边界的夹角为
θ，则由半径公式
R
mv
m v0 sin ，结合几何关系，可得：
Bq Bq
x=2Rsin θ2＝mv0 ，则会导致 x 不变，故 D 正确；故选 D． Bq
点睛：考查粒子做类平抛运动与匀速圆周运动的处理规律，掌握圆周运动的半径公式，注意运动的合成与分解的
C. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变
D. 在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
【答案】 B
【解析】电容器下极板接正极，所以充电后
N乙极带正电，故 A 错误；放电时，电流由 F 到 E，则由左手定则可
知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故
B 正确；电容器放电时，电量和电压均减小，故
C 错误；电容是电容
粒子而变为钍核，在匀强磁场中的径迹如图所示，则正确的说法
()
A. 1 是 ， 2 是钍 B. 1 是钍， 2 是 C. 3 是 ， 4 是钍 D. 3 是钍， 4 是 【答案】 B 【解析】 一个静止的铀核发生 衰变后变为钍核，
三种情况下带电粒子在两个相互平行平面之间运动时间及加速度大小．各自由相应规律表示出时间和加速度，从
而得到结论． 在复合场中，带电粒子做匀速直线运动，则有
Eq=Bqv，则有 E=Bv．在复合场中的时间
t1
d
，而在单一电场中
v
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水平方向也是做匀速直线运动，
所以运动的时间 t2
段 ab、bc 和 cd 的长度均为 L，且∠ abc ＝∠ bcd＝ 135°。流经导线的电流为 I ，方向如图中箭头所示。 导线段 abcd
高考物理试题库 专题3.11 圆形边界磁场问题(基础篇)(解析版)
（选修3-1）第三部分磁场专题3.11 圆形边界磁场问题（基础篇）一．选择题1.（2019合肥三模）图示为一粒子速度选择器原理示意图。
半径为l0cm的圆柱形桶内有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.0×10-4T，方向平行于轴线向外，圆桶的某直径两端开有小孔，粒子束以不同角度由小孔入射，将以不同速度从另一个孔射出。
有一粒子源发射出速度连续分布、比荷为2.0×1011C/kg的带正电粒子，若某粒子出射的速度大小为×106m/s，粒子间相互作用及重力均不计，则该粒子的入射角θ为（）A. B. C. D.【参考答案】B【命题意图】本题以带电粒子射入圆形匀强磁场区域做匀速圆周运动为情景，考查洛伦兹力、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】画出粒子在圆形匀强磁场区域运动轨迹，如图所示，由图中几何关系可得rcosθ=R，由洛伦兹力提供向心力，qvB=m2vr，q/m=2.0×1011C/kg，联立解得θ=45°，选项B正确。
【方法归纳】对于带电粒子在有界匀强磁场中的运动，首先根据题述情景画出带电粒子运动轨迹，根据几何关系得出轨迹半径r （或r 的表达式），然后利用洛伦兹力等于向心力列方程解答。
2.(多选)(2019·广东省惠州市模拟)如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P 以速度v 垂直磁场正对着圆心O 射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q 、质量为m ，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是( )A ．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长B ．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC ．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN 上D ．只要速度满足v ＝qBR m ，入射的粒子出射后一定垂直打在MN 上【参考答案】 BD【名师解析】 速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨道半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由t ＝θ2πT 知，运动时间t 越小，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，故B 正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，与粒子的速度有关，故C 错误；速度满足v ＝qBR m 时，粒子的轨迹半径为r ＝mvqB ＝R ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径垂直，粒子一定垂直打在MN 板上，故D 正确．3．（6分）（2019湖北武汉武昌5月调研）如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在（含边界），两圆的半径分别为R 、3R ，圆心为O ．一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P 点沿PO 方向以速度v 1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°．若将该带电粒子从P 点射入的速度大小变为v 2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v 1：v 2至少为（ ）A．B．C．D．2【参考答案】B【命题意图】本题以带电粒子在圆环形磁场区域的运动为情景，意在考查洛伦兹力和牛顿运动定律及其相关知识点。
专题11 磁场(1)(解析版)
专题11 磁场（1）-高考物理精选考点专项突破题集一、单项选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1、超导是当今高科技的热点之一，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用，这种排斥力可使磁体悬浮在空中，磁悬浮列车就采用了这项技术。
磁体悬浮的原理是（）①超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相同②超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相反③超导体使磁体处于失重状态④超导体对磁体的磁力与磁体的重力相平衡A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】D【解析】超导体中产生的是感应电流，根据楞次定律的“增反减同”原理，这个电流的磁场方向与原磁场方向相反，对磁体产生排斥作用力，这个力与磁体的重力达平衡，因此选项D正确。
故本题选D。
【考点】磁场的应用性【难度】中等2、中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。
”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。
结合上述材料，下列说法不正确的是（）A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【答案】C【解析】根据题意知地理南北极与地磁场存在一个夹角叫磁偏角，两者不重合，因此选项A正确。
地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，因此选项B正确。
由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行，因此选项C错误。
在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力作用，因此选项D正确。
故本题选C。
【考点】地磁场【难度】中等3、如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中。
在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点。
已知a点的实际磁感应强度为0，则下列正确的是()A．直导线中的电流方向垂直纸面向外B．b点的实际磁感应强度为 2 T，方向斜向上，与B的夹角为45°C．c点的实际磁感应强度也为0D．d点的实际磁感应强度与b点相同【答案】B【解析】a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁场方向水平向左，由安培定则知直导线中的电流方向垂直纸面向里，因此选项A错误。
2020年高考物理真题分专题训练 专题11 磁场(教师版含解析)
专题11磁场【2020年高考题组】1．(2020·天津高考真题)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。
一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角45θ=︒。
粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x 轴。
已知OM a=，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。
则()A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为qBa mC．粒子在磁场中运动的轨道半径为a D．N与O点相距1)a【答案】AD【解析】A．粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；BC．粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y 轴正方向的夹角45θ=︒，根据几何关系可知1145OMO OO M ∠=∠=︒， 1OM OO a ==则粒子运动的轨道半径为1r O M ==洛伦兹力提供向心力2v qvB m r=解得v m=BC 错误；D ．N 与O 点的距离为11)NO OO r a =+=D 正确。
故选AD 。
2．(2020·浙江省高考真题)特高压直流输电是国家重点能源工程。
如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流1I 和2I ，12I I >。
a 、b 、c 三点连线与两根导线等高并垂直，b 点位于两根导线间的中点，a 、c 两点与b 点距离相等，d 点位于b 点正下方。
不考虑地磁场的影响，则( )A ．b 点处的磁感应强度大小为0B ．d 点处的磁感应强度大小为0C ．a 点处的磁感应强度方向竖直向下D ．c 点处的磁感应强度方向竖直向下 【答案】C 【解析】A ．通电直导线周围产生磁场方向由安培定判断，如图所示1I 在b 点产生的磁场方向向上，2I 在b 点产生的磁场方向向下，因为12I I >即12B B >则在b 点的磁感应强度不为零，A 错误；BCD ．如图所示，d 点处的磁感应强度不为零，a 点处的磁感应强度竖直向下，c 点处的磁感应强度竖直向上，BD 错误，C 正确。
2020届新高考物理专题复习《磁场》冲刺提升三(Word版附答案)
磁场1.如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为( )A.5πm6qB B.7πm6qBC.11πm6qBD.13πm6qB2.如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出.已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力.求(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.3.如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知11H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O 处第一次射出磁场,11H的质量为m,电荷量为q,不计重力.求(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;(2)磁场的磁感应强度大小;(3)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.4.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l',电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行,一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π,求该粒子的比荷及其从M点运动6到N点的时间.5.如图所示,直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场,在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场.一电荷量为q、质量为m的带正电粒子,在x轴上的a点以速度v0与x轴负方向成60°角射入磁场,从y=L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场,并经过x轴上x=2L处的c点.不计粒子重力.求:(1)磁感应强度B的大小;(2)电场强度E的大小;(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比.6.如图所示,在坐标系xOy的第一象限有沿x轴正方向的匀强电场,第二象限充满方向垂直坐标平面=5.0×1010 C/kg的带负电粒子从a(6,0)沿y轴正方向射入,速度大小为向外的匀强磁场.有一比荷qmv a=8.0×106 m/s,粒子通过y轴上的b(0,16)点后进入磁场.不计粒子的重力.求:(1)电场强度E的大小,粒子通过b点时速度v b的大小及方向;(2)为使粒子不再进入电场,匀强磁场磁感应强度B应满足什么条件.7.如图,在真空室内的P点,能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q,质量为m的粒子(不计重力),粒子的速率都相同.ab为P点附近的一条水平直线,P到直线ab的距离PC=L,Q为直线ab上一点, L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时,它与P点相距PQ=√52水平向左射出的粒子恰到达Q点;当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时,所有粒子都能到达ab直线,且它们到达ab直线时动能都相等,其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)粒子的发射速率;(2)匀强电场的场强大小和方向;(3)仅有磁场时,能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值.8.如图所示,在坐标系xOy平面内,区域xOO1a中存在与x轴正方向成60°斜向上的匀强电场,电场强度大小为E1(未知),区域aO1bc内存在一个边界与y轴平行的矩形匀强磁场(图中没画出)区域,方向垂.一质量为m、电荷量为q的直纸面向里,y轴左侧存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小E2=mv02qd的A点沿y轴右侧的电场方向以初速度v0射入,粒子刚射入磁带正电粒子从x轴上距直线O1a为d2场时速度为2v0,粒子经磁场偏转后恰好从b点垂直y轴进入y轴左侧匀强电场,最后击中x轴上的C 点,已知OO1=O1b=d,O1a、bc均与x轴平行,粒子重力不计.(1)求y轴右侧匀强电场的电场强度E1的大小;(2)求匀强磁场磁感应强度B的大小及矩形匀强磁场区域的最小面积;(3)求粒子在y轴右侧和左侧电场中的电势能分别变化多少;(4)求粒子从A点运动到C点过程所用的时间.9.如图所示,边长为3L的正方形区域分成相等的三部分,左右两侧为匀强磁场,中间区域为匀强电场.,方向垂直纸面向外;右侧磁场的磁感应强度大小为左侧磁场的磁感应强度大小为B1=√6mqU2qL,方向垂直于纸面向里;中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行.一质量为m、电荷B2=√6mqUqL量为+q的带电粒子,从平行金属板的正极板开始由静止被加速,加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场,又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场,不计粒子重力.求:(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小;(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间;(3)电场强度的取值在什么范围内时,粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开.10.如图所示,在xOy平面内,第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线,OM与x轴负方向成45°夹角.在+y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在+x轴下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点O 沿y轴负方向进入磁场,第一次经过磁场边界时的位置坐标是(-L,-L).已知微粒的电荷量大小为q,质量为m,不计微粒所受重力,微粒最后从+y轴上某点飞出场区(图中未画出),求:(1)带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度.(2)带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间.11.如图所示,PQ为一竖直放置的荧光屏,一半径为R的圆形磁场区域与荧光屏相切于O点,磁场的方向垂直纸面向里且磁感应强度大小为B,图中的虚线与磁场区域相切,在虚线的上方存在水平向左的匀强电场,电场强度大小为E.在O点放置一粒子发射源,能向右侧180°角的范围发射一系列的带正电的粒子,粒子的质量为m、电荷量为q,经测可知粒子在磁场中的轨道半径为R,忽略粒子的重力及粒子间的相互作用.求:(1)如图,当粒子的发射速度方向与荧光屏成60°角时,该带电粒子从发射到达到荧光屏上所用的时间为多少?粒子到达荧光屏的位置距O点的距离为多大?(2)从粒子源发射出的带电粒子到达荧光屏时,距离发射源的最远距离应为多少?参考答案1.如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为1B和B、方向均垂直于纸面向外的2匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为( )A.5πm6qB B.7πm6qBC.11πm6qBD.13πm6qB答案B2.如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出.已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力.求(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.答案(1)4UB2d2(2)Bd24Uπ2+√333.如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x 轴正方向.已知 11H 进入磁场时,速度方向与x 轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O 处第一次射出磁场,11H 的质量为m,电荷量为q,不计重力.求 (1) 11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离; (2)磁场的磁感应强度大小;(3)12H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离.答案(1)2√33h (2)√6mE qh (3)2√33(√2-1)h4.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy 平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y 轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy 平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l',电场强度的大小均为E,方向均沿x 轴正方向;M 、N 为条状区域边界上的两点,它们的连线与y 轴平行,一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出.不计重力.(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹; (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.答案(1)见解析图(2)2El′Bl (3)4√3El′B2l2BlE(1+√3πl18l′)⑧5.如图所示,直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场,在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场.一电荷量为q、质量为m的带正电粒子,在x轴上的a点以速度v0与x轴负方向成60°角射入磁场,从y=L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场,并经过x轴上x=2L处的c点.不计粒子重力.求:(1)磁感应强度B的大小;(2)电场强度E的大小;(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比.答案(1)3mv02qL (2)mv022qL(3)2π96.如图所示,在坐标系xOy的第一象限有沿x轴正方向的匀强电场,第二象限充满方向垂直坐标平面=5.0×1010 C/kg的带负电粒子从a(6,0)沿y轴正方向射入,速度大小为向外的匀强磁场.有一比荷qmv a=8.0×106 m/s,粒子通过y轴上的b(0,16)点后进入磁场.不计粒子的重力.求:(1)电场强度E的大小,粒子通过b点时速度v b的大小及方向;(2)为使粒子不再进入电场,匀强磁场磁感应强度B应满足什么条件.(2)B<2.0×10-3 T答案(1)6.0×103 N/C 1×107 m/s,与竖直方向夹角的余弦cos θ=457.如图,在真空室内的P点,能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q,质量为m的粒子(不计重力),粒子的速率都相同.ab为P点附近的一条水平直线,P到直线ab的距离PC=L,Q为直线ab上一点, L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时,它与P点相距PQ=√52水平向左射出的粒子恰到达Q点;当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时,所有粒子都能到达ab直线,且它们到达ab直线时动能都相等,其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)粒子的发射速率;(2)匀强电场的场强大小和方向;(3)仅有磁场时,能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值.答案(1)5BqL8m (2)25qLB28m(3)2.208.如图所示,在坐标系xOy平面内,区域xOO1a中存在与x轴正方向成60°斜向上的匀强电场,电场强度大小为E1(未知),区域aO1bc内存在一个边界与y轴平行的矩形匀强磁场(图中没画出)区域,方向垂直纸面向里,y轴左侧存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小E2=mv02qd.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上距直线O1a为d2的A点沿y轴右侧的电场方向以初速度v0射入,粒子刚射入磁场时速度为2v0,粒子经磁场偏转后恰好从b点垂直y轴进入y轴左侧匀强电场,最后击中x轴上的C 点,已知OO1=O1b=d,O1a、bc均与x轴平行,粒子重力不计.(1)求y轴右侧匀强电场的电场强度E1的大小;(2)求匀强磁场磁感应强度B的大小及矩形匀强磁场区域的最小面积;(3)求粒子在y轴右侧和左侧电场中的电势能分别变化多少;(4)求粒子从A点运动到C点过程所用的时间.答案(1)3√3mv024qd (2)3mv0qd23d2(3)32mv022m v02(4)(81+16√3+8π)d36v09.如图所示,边长为3L的正方形区域分成相等的三部分,左右两侧为匀强磁场,中间区域为匀强电场.左侧磁场的磁感应强度大小为B1=√6mqU2qL,方向垂直纸面向外;右侧磁场的磁感应强度大小为B2=√6mqUqL,方向垂直于纸面向里;中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行.一质量为m、电荷量为+q的带电粒子,从平行金属板的正极板开始由静止被加速,加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场,又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场,不计粒子重力.求: (1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小;(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间;(3)电场强度的取值在什么范围内时,粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开.答案(1)√2qUm (2)√3πL3√2m3qU(3)11U16L≤E≤2UL10.如图所示,在xOy平面内,第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线,OM与x轴负方向成45°夹角.在+y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在+x轴下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点O 沿y轴负方向进入磁场,第一次经过磁场边界时的位置坐标是(-L,-L).已知微粒的电荷量大小为q,质量为m,不计微粒所受重力,微粒最后从+y轴上某点飞出场区(图中未画出),求:(1)带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度.(2)带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间.答案(1)qBLm,方向沿y 轴负方向 (2)2πm qB+BL E +√mL qE11.如图所示,PQ 为一竖直放置的荧光屏,一半径为R 的圆形磁场区域与荧光屏相切于O 点,磁场的方向垂直纸面向里且磁感应强度大小为B,图中的虚线与磁场区域相切,在虚线的上方存在水平向左的匀强电场,电场强度大小为E.在O 点放置一粒子发射源,能向右侧180°角的范围发射一系列的带正电的粒子,粒子的质量为m 、电荷量为q,经测可知粒子在磁场中的轨道半径为R,忽略粒子的重力及粒子间的相互作用.求:(1)如图,当粒子的发射速度方向与荧光屏成60°角时,该带电粒子从发射到达到荧光屏上所用的时间为多少?粒子到达荧光屏的位置距O 点的距离为多大?(2)从粒子源发射出的带电粒子到达荧光屏时,距离发射源的最远距离应为多少? 答案(1)2πm3qB +2-√32qB m+√qE R+BR √3qRmE (2)R+2BR √qR mE。
2020年全国高考物理考前冲刺押题卷(3)(解析版)
2020年全国高考物理考前冲刺押题卷（三）（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1．下列说法不正确的是( )A ．238 92U 经过一次α衰变后变为234 90ThB ．由核反应方程137 55Cs →13756Ba ＋X ，可以判断X 为电子C ．核反应方程42He ＋14 7N →17 8O ＋11H 为轻核聚变 D ．若16 g 铋210经过15天时间，还剩2 g 未衰变，则铋210的半衰期为5天2．如图所示，水平直杆OP 右端固定于竖直墙上的O 点，长为L ＝2 m 的轻绳一端固定于直杆P 点，另一端固定于墙上O 点正下方的Q 点，OP 长为d ＝1.2 m ，重为8 N 的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为( )A ．10 NB ．8 NC ．6 ND ．5 N3．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4D ．4<t 2t 1<54．如图所示，MN 是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度大小一定，现小船从A 点渡河，第一次船头沿AB 方向与河岸上游夹角为α，到达对岸；第二次船头沿AC 方向与河岸下游夹角为β，到达对岸，若两次航行的时间相等，则( )A ．α＝βB ．α<βC ．α>βD ．无法比较α与β的大小5．如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T ，图中虚线为卫星的运行轨迹，A 、B 、C 、D 是轨迹上的四个位置，其中A 距离地球最近，C 距离地球最远．B 和D 点是ABC 和ADC 的中点，下列说法正确的是( )A ．卫星在C 点的速度最大B ．卫星在C 点的加速度最大C ．卫星从A 经D 到C 点的运动时间为T /2 D ．卫星从B 经A 到D 点的运动时间为T /26.有5个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，如图所示．若将该线路与交流电源接通，且开关S 接在位置1时，5个灯泡发光亮度相同；若将开关S 接在位置2时，灯泡均未烧坏．则下列可能的是( )A ．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1B ．该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1∶4C ．副线圈中的灯泡仍能发光，只是更亮些D ．副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗7．如图所示，a 、b 两点位于以负点电荷－Q (Q >0)为球心的球面上，c 点在球面外，则( )A ．a 点场强的大小比b 点大B ．b 点场强的大小比c 点小C ．a 点电势与b 点电势相同D ．b 点电势比c 点低8．如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个矩形导线框abcd ，其上、下两边均与磁场边界平行，已知矩形导线框长为2l ，宽为l ，磁场上、下边界的间距为3l .若线框从某一高度处自由下落，从cd 边进入磁场时开始，直至cd 边到达磁场下边界为止，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．线框在进入磁场的过程中感应电流的方向为adcbaB ．线框下落的速度大小可能始终减小C ．线框下落的速度大小可能先减小后增加D ．线框下落过程中线框的重力势能全部转化为内能第Ⅱ卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。
专辑11 带电粒子在磁场运动(解析版)-2020年高考全国10套物理试题分项汇编
2020年全国全部10套高考物理试题全解全析汇编磁场一、2020年高考物理试卷情况：1、全国I 卷：河南、河北、湖南、湖北、山西、江西、安徽、广东、福建2、全国II 卷：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、重庆3、全国III 卷：云南、广西、贵州、四川、西藏4、北京卷5、天津卷6、江苏卷7、浙江卷（1月卷和7月卷）8、山东卷9、海南卷二、2020年高考物理试题赏析：1、（2020·浙江7月卷·T9）特高压直流输电是国家重点能源工程。
如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流1I 和2I ，12I I 。
a 、b 、c 三点连线与两根导线等高并垂直，b 点位于两根导线间的中点，a 、c 两点与b 点距离相等，d 点位于b 点正下方。
不考虑地磁场的影响，则（ ）A. b 点处的磁感应强度大小为0B. d 点处的磁感应强度大小为0C. a 点处的磁感应强度方向竖直向下D. c 点处磁感应强度方向竖直向下【答案】C【解析】A ．通电直导线周围产生磁场方向由安培定判断，如图所示1I 在b 点产生的磁场方向向上，2I 在b 点产生的磁场方向向下，因为12I I >即 12B B >则在b 点的磁感应强度不为零，A 错误；BCD ．如图所示，d 点处的磁感应强度不为零，a 点处的磁感应强度竖直向下，c 点处的磁感应强度竖直向上，BD 错误，C 正确。
故选C 。
2、（2020·全国I 卷·T18）一匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab 为半圆，ac 、bd 与直径ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。
一束质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子，在纸面内从c 点垂直于ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。
不计粒子之间的相互作用。
在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ） 的A. 76m qB πB. 54m qB πC. 43m qB πD. 32m qBπ 【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动2mv qBv r =， 2r T vπ= 可得粒子在磁场中的周期2m T qBπ= 粒子在磁场中运动的时间2m t T qBθθπ=⋅= 则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。
备战2020年高考物理专题11 磁场(3)(原卷版)
专题11 磁场（3）-高考物理精选考点专项突破题集三、计算题：（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）1、如图所示，水平方向的匀强电场场强为E ，场区宽度为L ，竖直方向足够长。
紧挨着电场的是垂直于纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为B 和2B 。
一个质量为m ，电量为q 的带正电粒子，其重力不计，从电场的边界MN 上的a 点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经过时间qB m t B 6π=穿过中间磁场，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界MN 上的某一点b ，途中虚线为场区的分界面。
求：（1）中间场区的宽度d ；（2）粒子从a 点到b 点所经历的时间t ab ；（3）当粒子第n 次返回电场的MN 边界时与出发点之间的距离S n 。
2、如图，在平面直角坐标系xoy中，第一象限内有一条通过坐标原点的虚线，虚线与y轴正方向夹角为30°，在虚线与x轴正方向之间存在着平行于虚线向下的匀强电场。
在第四象限内存在一个长方形的匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度为B，方向垂直坐标平面向外。
一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从虚线上某点以一定的初速度垂直电场方向射入电场，经过电场偏转后，该粒子恰从x轴上的P点以速度v射入匀强磁场区域，速度v的方向与x轴正方向夹角为60°，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动。
经磁场偏转后，粒子射出磁场时速度方向沿x轴负方向，随后粒子做匀速直线运动并垂直经过负y轴上的Q点。
已知OP=L，不计带电粒子重力。
求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）带电粒子在电场和磁场中运动时间之和；（3）矩形磁场区域的最小面积和Q点的位置坐标。
3、在直角坐标系xOy中，第二象限有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），第一象限三角形OPM区域有如图所示的匀强电场，电场线与y轴的夹角、MP与x轴的夹角均为30°。
已知P点的坐标为（9L,0），在以O′为圆心的环状区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆与直线MP相切于P点，内外圆的半径分别为L和2L。
2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第九章磁场专题强化三含答案
专题强化三带电粒子在叠加场和组合场中的运动命题点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，可由此求解问题．(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例1如图1，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图1(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)mqg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件：q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qv B ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ， B ＝m qg l(3)微粒做匀速直线运动的时间：t 1＝2lv ＝l g 做匀速圆周运动的时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g 在复合场中的运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g. 变式1 如图2，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c ，已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )图2A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a答案 B解析 设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋q v B ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋q v B ＝qE ③比较①②③式得：m b >m a >m c ，选项B 正确．变式2 (2019届效实中学期中)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图3所示，已知电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g .运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图3(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R 1＝3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A 点，则另一个液滴怎样运动？ 答案 见解析解析 (1)、(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，知液滴带负电，液滴所受洛伦兹力提供向心力，由左手定则结合题图知液滴顺时针运动． 即Eq ＝mg ，q v B ＝m v 2R解得v ＝gBRE(3)分裂后的液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v 1＝gBR 1E ＝gB ·3RE＝3v ，方向向左．分裂后第二个液滴的速度设为v 2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向 m v ＝12m v 1＋12m v 2，解得v 2＝－v即分裂后第二个液滴速度大小为v ，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，绕行方向为顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径R 2＝R . 命题点二 带电粒子在组合场中的运动 1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下： 匀速圆周运动←粒子垂直于磁感线进入匀强磁场←磁偏转←组合场中两种典型运动→电偏转→粒子垂直于电场线进入匀强电场→类平抛运动 第3步：用规律磁偏转→匀速圆周运动→圆轨迹→找半径→定圆心⎩⎪⎨⎪⎧半径公式周期公式电偏转→类平抛运动⎩⎪⎨⎪⎧初速度方向→匀速直线运动电场方向→匀变速直线运动2．解题步骤(1)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(2)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．模型1 磁场与磁场组合例2 人类研究磁场的目的之一是通过磁场控制带电粒子的运动．如图4所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型．在0≤x ＜d 和d <x ≤2d 的区域内，存在磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，其方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外．在坐标原点有一粒子源连续不断地沿x 轴正方向释放出质量为m 、带电荷量为q (q >0)的粒子，其速率有两种，分别为v 1＝23qBd 3m 、v 2＝2qBdm .(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用)图4(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做圆周运动的半径R 1和R 2. (2)求两种速率的粒子从x ＝2d 的边界射出时，两出射点的距离Δy 的大小．(3)在x >2d 的区域添加另一匀强磁场，使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线．答案 (1)233d 2d (2)4(233－1)d (3)见解析图解析 (1)根据q v B ＝m v 2R 可得：R ＝m vqB又因为粒子速率有两种，分别为：v 1＝23qBd 3m ，v 2＝2qBdm解得：R 1＝233d ，R 2＝2d(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，辅助线如图所示，根据几何关系可知：速率为v 1的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 1＝2(R 1－R 12－d 2)＝233d速率为v 2的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 2＝2(R 2－R 22－d 2)＝2(2－3)d 联立可得两出射点距离的大小：Δy ＝y 1－y 2＝4(233－1)d(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中倾斜虚线所示，可以使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．模型2 电场与磁场组合例3 (2016·浙江4月选考·22)如图5为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L ＝0.10 m ，高均为H ＝0.06 m ．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v ＝1.0×105 m/s 水平射入，质子荷质比近似为qm ＝1.0×108 C/kg.(忽略边界效应，不计重力)图5(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值E max ； (2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值B max ； (3)若区域Ⅰ加电场E 小于(1)中的E max ，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B 与区域Ⅰ中的电场E 之间的关系式． 答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3 T (3)B ＝2E v 解析 (1)质子在电场中做类平抛运动 v y ＝at ＝qELm v ，tan α＝v y v ＝EqL m v2质子恰好能到达区域Ⅱ右下端时，外加电场最大， 此时有tan α＝H 2L ＋L 2，得E max ＝Hm v 23qL 2＝200 V/m.(2)质子在磁场中运动有q v B ＝m v 2R ，即R ＝m vqB根据几何关系有：R 2－(R －H2)2＝L 2时，外加磁场最大得B max ＝m v H q (L 2＋H24)≈5.5×10－3T. (3)质子运动轨迹如图所示．设质子进入磁场时的速率为v ′，则 sin α＝v y v ′＝at v ′＝Eq m ·L v v ′＝EqLm vv ′由几何关系知sin α＝L 2R ＝L 2m v ′Bq＝BqL 2m v ′，得B ＝2Ev .变式3 (2017·浙江4月选考·23)如图6所示，在xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿x 轴正方向每秒发射出N 个速率均为v 的电子，形成宽为2b 、在y 轴方向均匀分布且关于x 轴对称的电子流．电子流沿x 方向射入一个半径为R 、中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从P 点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x 轴的金属平行板K 和A ，其中K 板与P 点的距离为d ，中间开有宽度为2l 且关于y 轴对称的小孔．K 板接地，A 与K 两板间加有正负、大小均可调的电压U AK ，穿过K 板小孔到达A 板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b ＝32R ，d ＝l ，电子质量为m，电荷量为e ，忽略电子间的相互作用．图6(1)求磁感应强度B 的大小；(2)求电子从P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ的范围；(3)当U AK ＝0时，每秒经过极板K 上的小孔到达极板A 的电子数； (4)画出电流i 随U AK 变化的关系曲线. 答案 见解析解析 轨迹示意图(1)“磁聚焦”模型要求：R ＝m v eB ，解得B ＝m veR .(2)b ＝32R ，由几何关系知：θ在关于y 轴左、右对称的60°(含)范围内．(3)要进入小孔，电子到达P 点时与y 轴负方向的夹角φ≤45° 则：N 0N ＝2R sin φ2b ＝sin φsin 60°≤63则当U AK ＝0时每秒到达A 板的电子数：N 0＝63N . (4)①当U AK ≥0时，进入小孔的电子全部能到A 板 i 1＝N 0e ＝63Ne ②设当U AK ＝U 1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A 板 则eU 1＝0－12m (v cos φ1)2，解得U AK ＝－m v 24e即在区间(－m v 24e ，0)之间，i 2＝N 0e ＝63Ne③当U AK 反向继续增大时，将出现有电子(该临界角度为α) 刚好打到A 板上，而φ>α的电子打不到A 板 i ＝sin αsin 60°Ne ，eU AK ＝0－12m (v cos α)2 解得：i ＝43＋8eU AK3m v 2Ne . i ＝0时，U AK ＝－m v 22e.综上所述：i －U AK 图线如图所示变式4 如图7所示，O ′PQ 是关于y 轴对称的四分之一圆，在PQNM 区域有均匀辐向电场，PQ 与MN 间的电压为U .一初速度为零的带正电的粒子从PQ 上的任一位置经电场加速后都会从O ′进入半径为R 、中心位于坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向外，大小为B ，粒子经磁场偏转后都能平行于x 轴射出．在磁场区域右侧有一对平行于x 轴且到x 轴距离都为R 的金属平行板A 和K ，金属板长均为4R ，其中K 板接地，A 与K 两板间加有电压U AK >0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力．已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O ′在y 轴上．图7(1)求带电粒子的比荷qm；(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；(3)若无论带电粒子从PQ 上哪个位置出发都能打到K 板上，则电压U AK 至少为多大？ 答案 (1)2U B 2R 2 (2)－22R ～22R (3)2＋24U 解析 (1)由动能定理可知qU ＝12m v 2由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R 0＝R 洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力， q v B ＝m v 2R 0.联立解得q m ＝2UB 2R2(2)如图，沿QN 方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O 1，由几何关系知，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a 在y 轴上的投影与O ′的距离为 Δy ＝R ＋22R a 点的纵坐标y a ＝22R同理可得，沿PM 方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b 的纵坐标y b ＝－22R 故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为： －22R ～22R(3)只要沿QN 方向入射的带电粒子能打在K 板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K 板上，则在电场中 E ＝U AK 2RF ＝qE ＝ma Δy ＝R ＋22R ＝12at 2 应满足4R ≥v t 解得U AK ≥2＋24U .1．如图1甲所示，水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝50 T ，已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E ＝50 V/m ，M 板中心有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好从N 板边缘水平飞出．已知油滴的质量m ＝10－4 kg ，电荷量q ＝＋2×10－5C(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，取π＝3)．求：图1(1)油滴在P 点的速度大小； (2)N 板的长度；(3)交变磁场的变化周期． 答案 (1)1 m/s (2)0.6 m (3)0.3 s解析 (1)由机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 2解得v ＝1 m/s(2)进入场区时，因为mg ＝10－3 N ，方向向下，而Eq ＝10－3 N ，方向向上．所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动， 所以B 0q v ＝m v 2R解得R ＝0.1 m因d ＝0.3 m ，则若使油滴从N 板边缘水平飞出，需在场内做三次14圆弧运动．所以，N 板的长度L ＝6R . 解得L ＝0.6 m(3)油滴在磁场中运动的周期T 0＝2πR v ＝2πmB 0q由(2)分析知交变磁场的周期T ＝12T 0联立解得T ＝0.3 s.2．(2019届东阳中学模拟)如图2所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度大小B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN 的极板长L ＝0.3 m 、间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102 V ，其中N 极板收集的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm ＝108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O 点入射方向与y 轴的夹角θ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η. 答案 见解析解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由q v B ＝m v 2R 0得R 0＝m vqB＝0.08 m(2)如图所示，从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴的夹角为θ，轨迹圆心与y 轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°(3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y ： 则y ＝12at 2，a ＝qUmd ，L ＝v t ，联立解得y ＝UqL 22md v 2＝0.08 m设此粒子入射时与x 轴正方向夹角为α，则有： y ＝r sin α＋R 0－ R 0cos α 可知tan α＝43即α＝53°比例η＝53°180°×100%≈29.4%.3．某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图3所示．AB 、CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD 的右侧有一与CD 相切于M 点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O 点以水平初速度v 0正对P 点进入该电场后，从M 点飞离CD 边界，再经磁场偏转后又从N 点垂直于CD 边界回到电场区域，并恰能返回O 点．已知O 、P 间距离为d ，粒子质量为m ，电荷量为q ，电场强度大小E ＝3m v 02qd ，粒子重力不计．试求：图3(1)粒子从M 点飞离CD 边界时的速度大小； (2)P 、N 两点间的距离；(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小． 答案 (1)2v 0 (2)38d (3)54d 83m v 05qd解析 (1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O 到M 点时间：t 1＝dv 0粒子在电场中的加速度：a ＝Eqm ＝3v 02dP 、M 两点间的距离为：PM ＝12at 12＝32d .粒子在M 点时竖直方向的分速度：v y ＝at 1＝3v 0 粒子在M 点时的速度：v ＝v 02＋v y 2＝2v 0 速度偏转角的正切值：tan θ＝v yv 0＝3，故θ＝60°；(2)粒子从N 到O 点时间：t 2＝d 2v 0粒子从N 到O 点过程竖直方向的位移：y ＝12at 22故P 、N 两点间的距离为：PN ＝y ＝38d (3)设粒子在磁场中运动的半径为R ，由几何关系得：R cos 60°＋R ＝PN ＋PM ＝538d 可得半径：R ＝5312d由q v B ＝m v 2R ，即：R ＝m vqB解得：B ＝83m v 05qd由几何关系确定区域半径为：R ′＝2R cos 30° 即R ′＝54d .4．如图4，静止于A 处的离子经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E 0，方向如图所示；离子质量为m 、电荷量为q ；QN ＝2d 、PN ＝3d ，离子重力不计．图4(1)求圆弧虚线对应的半径R 的大小；(2)若离子恰好能打在NQ 的中点，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值；(3)若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围． 答案 (1)2U E 0 (2)12U d (3)12d2Um q ≤B ＜23d2Umq解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理， 有：qU ＝12m v 2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，知离子带正电，电场力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有qE 0＝m v 2R联立解得：R ＝2UE 0(2)离子做类平抛运动，若恰好能打在NQ 的中点，则 d ＝v t,3d ＝12at 2由牛顿第二定律得：qE ＝ma ， 联立解得：E ＝12Ud(3)离子在匀强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，有 q v B ＝m v 2r ，则 r ＝1B2Umq离子能打在QN 上，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.由几何关系知，离子能打在QN 上，必须满足：32d ＜r ≤2d ，则有12d2Um q ≤B ＜23d2Umq. 5．(2018·宁波市十校联考)一个放射源水平放出α、β、γ三种射线，垂直射入如图5所示磁场，区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d ，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B 相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)．已知电子质量m e ＝9.1×10－31kg ，α粒子质量m α＝6.7×10－27kg ，电子电荷量q ＝1.6×10－19C ，1＋x ≈1＋x2(|x |<1时)．图5(1)若要筛选出速率大于v 1的所有β粒子进入区域Ⅱ，求磁场宽度d 与B 和v 1的关系(用题中所给字母表示即可)；(2)若B ＝0.027 3 T ，v 1＝0.1c (c 是光速)，计算d ；α粒子的速率为0.001c ，计算α粒子离开区域Ⅰ时的偏移距离(答案均保留三位有效数字)；(3)当d 满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v 1<v <v 2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置． 答案 见解析解析 (1)作出临界轨迹如图甲所示，由几何关系知：r ＝d ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v 1B ＝m e v 12r ，解得：d ＝m e v 1qB；(2)对电子：d ＝m e v 1qB ＝9.1×10－31×0.1×3×1081.6×10－19×0.027 3m ＝6.25×10－3 m 对α粒子：r α＝m αv αq αB ＝6.7×10－27×0.001×3×1082×1.6×10－19×0.027 3m ≈0.230 m 作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的偏移距离：y ＝r α－r α2－d 2＝r α－r α(1－d 2r α)(1＋d 2r α)＝d 24r α≈4.25×10－5 m ；(3)画出速率分别为v 1和v 2的粒子离开区域Ⅱ的轨迹如图丙所示，速率在v 1<v <v 2区域间射出的β粒子束宽为y 1－y 2， y 1＝2d ＝2m e v 1qB ，y 2＝2(r 2－r 22－d 2)＝2m eqB(v 2－v 22－v 12).。
精选11 磁场(解析版)-2020年高考物理108所名校押题精选
考点11 磁场1．一通电直导线与x 轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy 坐标平面平行，导线受到的安培力为F 。
若将该导线做成34圆环，放置在xOy 坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab 连线也与x 轴平行，则圆环受到的安培力大小为A ．F BC FD F 【答案】C【解析】通电导线为L ，此时受到的安培力为F ，制作成圆环时，圆环的半径为R ，则34 ×2πR =L ，解得R = 23L π，故ab 的长度d = R= 3π，故此时圆环受到的安培力F ′=dLF = F ，故C 正确，ABD 错误．故选C 。
2.三根通电长直导线平行放置，其截面构成等边三角形，O 点为三角形的中心，通过三根直导线的电流大小分别用I 1、I 2、I 3表示，电流方向如图所示。
当I 1=I 2=I 3=I 时，O 点的磁感应强度大小为B ，通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小跟电流成正比，则下列说法正确的是( )A. 当I 1=3I ，I 2=I 3=I 时，O 点的磁感应强度大小为2BB. 当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为3BC. 当I2=3I，I1=I3=I时，O点的磁感应强度大小为√32BD. 当I3=3I，I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小为2√3B【答案】A【解析】解：三根导线中的电流都为I时，由题意可知三根导线到O点的距离相等，三根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小相等，设均为B0，根据安培定则可判断出三根导线中的电流在O点产生的磁感应强度的方向，如图所示：由几何关系可知相邻之间的夹角均为60°，则有B=2B0，可得：B0=12B，则：AB、当I1=3I，其在O点产生的磁感应强度变为原来3倍，方向仍水平向左，大小为3B0=32B，而I2=I3=I时，即这两根导线在O点产生的磁感应强度大小仍为B0=12B，夹角仍为120°，结合几何关系可得O点的磁感应强度大小为2B，故A正确，B错误；C、当I2=3I，其在O点产生的磁感应强度变为原来3倍，方向仍斜向左上，大小为3B0=32B，而I1=I3=I时，即这两根导线在O点产生的磁感应强度大小仍为B0=12B，夹角为60°，结合几何关系可得两导线产生的磁感应强度为√3B0=√32B，则合磁感应强度为B总=(√3B2)(3B2)=√3B，方向斜上左上方，故C错误。
2020年高考物理专题精准突破 磁场对电流的作用和磁场的叠加(解析版)
2020年高考物理专题精准突破专题磁场对电流的作用和磁场的叠加【专题诠释】一、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1．磁感线及特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．(2)特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱．③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．④磁感线是假想的曲线，客观上不存在．2．电流的磁场二、安培力及其方向1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内．(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向．(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．三、安培定则的应用及磁场的叠加磁场叠加问题的一般解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M 、N 在c 点产生的磁场．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场． 四、安培力作用力下的平衡或加速问题 1．安培力公式F ＝BIL 中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L 是通电导线的有效长度． 2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路 (1)选定研究对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意安⊥B 、F 安⊥I ，如图所示．(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解． 【高考领航】【2018·高考全国卷Ⅱ】如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2，L 1中的电流方向向左，L 2中 的电流方向向上；L 1的正上方有a 、b 两点，它们相对于L 2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁 感应强度大小为B 0，方向垂直于纸面向外．已知a 、b 两点的磁感应强度大小分别为13B 0和12B 0，方向也垂直于纸面向外．则( )A ．流经L 1的电流在b 点产生的磁感应强度大小为712B 0B ．流经L 1的电流在a 点产生的磁感应强度大小为112B 0C ．流经L 2的电流在b 点产生的磁感应强度大小为112B 0D ．流经L 2的电流在a 点产生的磁感应强度大小为712B 0【答案】 AC【解析】 原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b 点：12B 0＝B 0－B 1＋B 2 在a 点：13B 0＝B 0－B 1－B 2由上述两式解得B 1＝712B 0，B 2＝112B 0.【2017·高考全国卷Ⅱ】如图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0【答案】 C【解析】 导线P 和Q 中电流I 均向里时，设其在a 点产生的磁感应强度大小B P ＝B Q ＝B 1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a 点的合磁场的磁感应强度平行于PQ 向右、大小为3B 1.又根据题意B a ＝0，则B 0＝3B 1，且B 0平行于PQ 向左．若P 中电流反向，则B P 反向、大小不变，B Q 和B P 大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为 B ′1＝B 1(方向垂直PQ 向上、与B 0垂直)，a 点合磁场的磁感应强度B ＝B 20＋B ′21＝233B0，则A、B、D项均错误，C项正确．【2015·高考全国卷Ⅱ】如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．【答案】：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg【解析】：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝BIL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.【技巧方法】1.求解有关磁感应强度的三个关键(1)磁感应强度―→由磁场本身决定．(2)合磁感应强度―→等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)．(3)牢记判断电流的磁场的方法―→安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型．2.求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路【最新考向解码】【例1】(2019·江西临川高三上三校联考)如图所示，三根通电长直导线P、Q、R均垂直纸面放置，ab为直导线P、Q连线的中垂线，P、Q中电流强度的大小相等、方向均垂直纸面向里，R中电流的方向垂直纸面向外，则R受到的磁场力可能是()A．F1B．F2C．F3D．F4【答案】C【解析】由于三根直导线平行，根据安培定则和左手定则可知R受到P、Q的磁场力方向分别沿PR、QR 连线，表现为斥力。
2020-2022年高考物理真题分专题训练 专题11 磁场(学生版)
10、（2022·湖北·T11）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为 g；减速时，加速度的最大值为 g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
专题11磁场
【2022年高考题组】
1、（2022·湖南卷·T3）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（）
A.棒与导轨间的动摩擦因数为
B.棒与导轨间的动摩擦因数为
C.加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D.减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
11、（2022·浙江1月卷·T22）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，
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专题11 磁场（3）-高考物理精选考点专项突破题集三、计算题：（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）1、如图所示，水平方向的匀强电场场强为E ，场区宽度为L ，竖直方向足够长。
紧挨着电场的是垂直于纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为B 和2B 。
一个质量为m ，电量为q 的带正电粒子，其重力不计，从电场的边界MN 上的a 点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经过时间qBmt B 6π=穿过中间磁场，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界MN 上的某一点b ，途中虚线为场区的分界面。
求： （1）中间场区的宽度d ；（2）粒子从a 点到b 点所经历的时间t ab ；（3）当粒子第n 次返回电场的MN 边界时与出发点之间的距离S n 。
【解析】粒子从a 点出发，在电场中加速和在磁场中偏转，回到MN 上的b 点，轨迹如图所示。
（1）粒子在电场中加速运动时有 221mv qEL =解得：mqELv 2= 由 T qB m t B 1216==π知：粒子在中间磁场通过的圆弧所对的圆心角为α=30°。
在中间磁场匀速圆周12r mv qv =B ，由几何关系知0130sin r d = ，联立解得：qmELB d 21=（2）粒子在右边磁场圆周运动的圆心角β＝120°，则：Bm T t B q 332π='=粒子在电场中加速时：mvt EE =⋅q，qEmLt E 2=由对称性知BmEq mLt t t t BB E ab q 3222222π+=++=（3）由轨迹图得：12211232r d r r y -=--=，11)232(230cos r y r S ab -=+=ο 再由周期性可得：q ELmB n Bq nmv nS S ab n 2)34()232(-=-==【考点】组合场问题 【难度】较难2、如图，在平面直角坐标系xoy 中，第一象限内有一条通过坐标原点的虚线，虚线与y 轴正方向夹角为30°，在虚线与x 轴正方向之间存在着平行于虚线向下的匀强电场。
在第四象限内存在一个长方形的匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度为B ，方向垂直坐标平面向外。
一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子从虚线上某点以一定的初速度垂直电场方向射入电场，经过电场偏转后，该粒子恰从x 轴上的 P 点以速度v 射入匀强磁场区域，速度v 的方向与x 轴正方向夹角为60°，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动。
经磁场偏转后，粒子射出磁场时速度方向沿x 轴负方向，随后粒子做匀速直线运动并垂直经过负y 轴上的Q 点。
已知OP=L ，不计带电粒子重力。
求： （1）匀强电场的电场强度E 的大小； （2）带电粒子在电场和磁场中运动时间之和； （3）矩形磁场区域的最小面积和Q 点的位置坐标。
【解析】（1）设电场强度为E ，在电场中类平抛运动，垂直电场方向匀速：1030co t v s L =︒，沿电场方向匀加速直线：100）30-60（sinat v = ，）30-60（cos 000v v =，ma E =q联立解得：vL t =1， qL mv E 22=（2）带电粒子在磁场中匀速圆周运动，由几何关系知磁场中的速度偏转角θ=120°，则 R v m qvB 2= ， vR T π2=，T t πθ22=，联立解得：qB mv R =， qB m t 322π=带电离子运动的总时间为：qBmv L t t t 3221π+=+=（3）由图知，带电粒子从P 点射人磁场，由P′点射出磁场。
包含圆弧PP′的最小矩形磁场区域为图中虚线所示，则矩形区域长qBmvR PP a 330cos 2'=︒==，矩形区域宽qBmvR R b 230sin =︒-=,所以该磁场区域的最小面积为222223qB v m ab S == Q 点纵坐标为qB mv a y Q 2360sin -=︒-=，所以Q 点位置坐标为（0，-qB mv23） 【考点】组合场问题 【难度】较难3、在直角坐标系xOy 中，第二象限有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），第一象限三角形OPM 区域有如图所示的匀强电场，电场线与y 轴的夹角、MP 与x 轴的夹角均为30°。
已知P 点的坐标为（9L,0），在以O ′为圆心的环状区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆与直线MP 相切于P 点，内外圆的半径分别为L 和2L 。
一质量为m ，电荷量为q 的正电粒子以速度v 0由坐标为（-L ，0）的A 点沿与y 轴平行的方向射入第二象限匀强磁场中，经磁场偏转由坐标为（0，3L ）的B 点进入匀强电场，经电场偏转恰由P 点进入环状磁场区域，不计粒子重力。
求： （1）第二象限匀强磁场磁感应强度的大小； （2）匀强电场的电场强度大小；（3）要使粒子在环状磁场区域内做完整的圆周运动，求环状区域匀强磁场的磁感应强度的取值范围【解析】（1）设第二象限磁场磁感应强度为B 1，第二象限圆周运动的半径为R ，则：()()2223R L L R =+-，又RB 2010mv qv =，联立解得：R=2L ，LB q 2mv 01=。
（2）粒子恰好垂直进入电场做类平抛运动，垂直电场方向匀速：（9L-L ）sin60°=v 0t沿电场方向匀加速直线：()20at 21260cos 9=+-L L L ，qE=ma ，联立解得：LE q 4mv 20=。
（3）P 点类平抛运动沿电场方向的分速度：v´=at=3v 0 粒子进入环状磁场的速度()022v 2v 3v v =+=，方向恰好沿外圆的切线方向MP 。
做完整的圆周运动的半径R 必须满足：R 0≤2L 或者23L ≤R≤2L 由牛顿第二定律知RB 22mv qv =，解得：B 2≥L q 4mv 0或者Lq mv0≤B 2≤L 3q 4mv 0 【考点】组合场问题 【难度】挺难4、如图，在坐标系xOy 的第二象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向里。
第三象限内有沿x 轴正方向的匀强电场，第四象限的某圆形区域内存在一垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为第二象限磁场磁感应强度的4倍。
一质量为m 、带电荷量为q （q>0）的粒子以速率v 自y 轴的A 点斜射入磁场，经x 轴上的C 点以沿y 轴负方向的速度进入电场，然后从y 轴负半轴上的D 点射出，最后粒子以沿着y 轴正方向的速度经过x 轴上的Q 点。
已知，OC=d ，OD=d 332，OQ=4d ，不计粒子重力。
（1）求第二象限磁感应强度B 的大小与第三象限电场强度E 的大小； （2）求粒子由A 至D 过程所用的时间； （3）试求第四象限圆形磁场区域的最小面积。
【解析】(1)设粒子在第二象限磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由牛顿第二定律知2v qvB m r=，由几何关系 222)3()(r d d r =+-， 联立解得：r=2d ，qdmvB 2=设粒子在第三象限电场中运动的时间为t 2，y 轴方向分运动为匀速：2v 332t d = x 轴方向匀加速直线：2221at d =，qE ＝ma 联立解得：qdmv E 232=， v d t 3322=(2)设粒子在第二象限磁场中运动的时间为t 1，由几何关系知rd3sin =α，解得α=60° 运动时间v 3d2vr 3t 1ππ==，又vd t 3322= ， 从A 至D 所用的时间：vdt t t 3)3(221+=+=π（3）设粒子在D 点的速度与y 轴负方向夹角为θ，在D 处粒子的x 轴分速度v t dv x 322== 由合速度与分速度的关系得vv x=θtan ，联立解得：θ=60，故v v D 2= 粒子在第四象限做匀速圆周运动：q•2v•4B=m R）v 2（2，又，解qd 2mv =B 得 R=d粒子在第四象限的轨迹是轨迹圆O 2，它与v D 速度所在直线相切于M 点，它与v Q 速度所在直线相切于N 点，由几何关系可知,磁场面积最小时必定是以MN 为直径（如图所示）的圆。
即面积最小的磁场半径为2321d MN r ==',磁场的最小面积 4322d r S ππ='=。
【考点】组合场问题 【难度】较难5、如图所示，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45°斜向下的匀强电场，MN 下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。
一带正电的粒子以速度v 从MN 线上的O 点垂直电场和磁场方向射入磁场。
粒子第一次到MN 边界线，并从P 点进入电场。
已知粒子带电量为q ，质量为m ，O 、P 之间的距离为L ，匀强电场强度为E ，不计粒子的重力。
求：（1）磁感应强度B ；（2）粒子从O 点开始到第四次到达MN 边界线的总时间t 。
【解析】（1）由对称性知45°斜向下进入磁场，一定45°斜向上第一次出磁场。
由几何关系知：222L R R =+，解得：L R 22=由牛顿第二定律知：R v m qvB 2= ，联立解得：Lqmv qRmv B 2==（2）粒子第一次在磁场运动的时间436090t 001T T ==， vLvRT ππ22== 粒子第一次进入电场做匀减速往复直线运动，接着第二次经过P 点进入磁场。
第一次在电场中由动量定理知-qEt 2= -mv-mv ，解得：Eq mv2t 2=第二次进入磁场由轨迹图可知： 43360270t 003TT == 第二次进入电场做类平抛运动，然后第四次到达电场和磁场的边界线， 由运动学公式知： 2421at y =，4vt x =，由图知xy=︒45tan ，解得：qE mv t 24= 粒子从开始运动到第四次到达MN 边界线的时间：vLqE mv t t t t t π244321+=+++= 【考点】组合场问题 【难度】较难6、如图所示，半径R=10cm 的圆形区域边界跟y 轴相切于坐标系原点O 。
磁感强度B ＝0.332T ，方向垂直于纸面向里。
在O 处有一放射源 S ，可沿纸面向各个方向射出速率均为v=3.2×106m/s 的α粒子。
已知α粒子的质量m= 6.64×10－27 kg ，电量q=3.2×10－19 C 。
（1）画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心的轨迹；（2）求出α粒子通过磁场空间的最大偏转角θ；（3）再以过O点并垂直纸面的直线为轴旋转磁场区域，能使穿过磁场区域且偏转角最大的α粒子射到正方向的y轴上，则圆形磁场直径OA至少应转过多大的角度β。
【解析】（l）α粒子的速度大小相同，在同一匀强磁场中运动半径相同，由qvB=mv2／r知r＝mv／qB=20cm 所以α粒子的圆心与S（即O点）的距离均为半径r，其圆心的轨迹为以S为圆心、以20cm为半径的一段圆弧，如图所示。