专题10 磁场（2018版高三物理一轮复习5年真题分类物理）.doc

1、 专题专题 10 10 磁场磁场 1 （2013 高考上海物理第 13 题）如图，足够长的直线 ab 靠近通电螺线管， 与螺线管平行.用磁传感器测量 ab 上各点 的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是 答案：C 解析：通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量 ab 上各点的磁感应强度B，在计算 机屏幕上显示的大致图像是 C. 2 （2013 高考安徽理综第 15 题）图中 a，b，c，d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的 四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示.一带正电的粒子 从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的

2、方向是 A向上 B向下 C向左 D向右 答案：B 解析：在 O 点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在 O 点叠加.d、b 电流在 O 点产生的磁场抵消，a、c 电 流在 O 点产生的磁场合矢量方向向左，带正电的粒子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，由 左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向是向下，B 选项正确. 3.（2013 全国新课标理综 II 第 17 题）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为 R，磁场 方向垂直于横截面.一质量为 m、电荷量为 q（q0）的粒子以速率 v0 沿横截面的某直径射入磁场，离开磁 场时速度方向偏离入射方向 60.不计重力.该磁场的磁感

3、应强度大小为 A 0 3 3 mv qR B qR mv0 C qR mv03 D qR mv03 答案.A 解析：画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示.设带电粒子在匀强磁场中运 动轨迹的半径为 r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B=m 2 0 v r ，解得 r=mv0/qB.由图中几何关系可得：tan30=R/r.联立解得：该磁场的磁感应强 度 B= 0 3 3 mv qR ,选项 A 正确. 4.（2013 全国新课标理综 1 第 18 题）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（q0）.质量为

4、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 m qBR 2 错误错误! !未找到引用源。未找到引用源。 B m qBR C m qBR 2 3 错误错误! !未找到引用源。未找到引用源。 D m qBR2 错误错误! !未找到引用源。未找到引用源。 答案：B 解析： 画出粒子运动轨迹， 由图中几何关系可知， 粒子运动的轨迹半径等于 R， 由 qvB=mv 2/R 可得： v= m qBR ， 选项 B 正确. 5 （2013 全国高考大纲版理综第 26 题）如图所示

5、，虚线OL与y轴的夹 角为60，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感 应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场， 入射点为M.粒子在磁场中运动的轨道半径为R.粒子离开磁 场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出） ，且ODR.不计重力. 求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间. x y O L M B 解析：根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点， AC与y轴的夹角为 ； 粒子从A点射出后， 运动轨迹交x轴的P点， 设AP与x轴的夹角为 ， 如图所示. 有 2 q Bm R v v 周期为

6、2m T qB 过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D.由几何知识得 sinADR，cot60ODAD， cotBPOD，OPADBP = 联立得到 1 sincos1 3 解得 =30，或 =90 设M点到O点的距离为h，有 sinADR hR OC， 3 cos 3 OCCDODRAD 联立得到 h=R- 2 3 Rcos(+30) 解得h=(1- 3 3 )R （=30） h=(1+ 3 3 )R （=90） 当 =30时，粒子在磁场中运动的时间为 126 Tm t qB 当 =90时，粒子在磁场中运动的时间为 42 Tm t qB 6.（2013 高考浙江理综第 20 题）注入工艺中

7、，初速度可忽略的离子 P +和 P3+，经电压为 U的电场加速后， 垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子 P +在磁场中转过 =30后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时，离子 P+和 P3+ A在电场中的加速度之比为 11 x y O A L P M h D C B 60 B在磁场中运动的半径之比为31 C在磁场中转过的角度之比为 12 D离开电场区域时的动能之比为 13 答案：BCD 解析：离子 P +带电量为 e，P3+带电量为 e， ，由 qE=ma，可知离子 P+和 P3+在电场中的加速度之比为 13，选 项 A 错误.由 q

8、U= mv 2/2，qvB=mv2/R，解得 R= 2 2mU qB .离子 P +和 P3+在磁场中运动的半径之比为 31，选 项 B 正确.画出离子 P +和 P3+在磁场中运动的轨迹，由几何关系可知，离子 P+和 P3+在磁场中转过的角度之比 为 12，选项 C 正确.由 qU= mv 2/2，可知离子 P+和 P3+离开电场区域时的动能之比为 13，选项 D 正确. 7 （16 分） (2013 高考北京理综第 22 题)如图所示，两平行金属板间距为 d，电势差为 U，板间电场可视为匀强电场； 金属板下方有一磁感应强度为 B 的匀强磁场.带电量为+q、质量为 m 的粒子，由静止开始从正

9、极板出发， 经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动.忽略重力的影响，求： （1） 匀强电场场强 E 的大小； （2） 粒子从电场射出时速度的大小； （3） 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 R. 解析： （1）匀强电场场强 E=U/d. （2）由动能定理，qU= 2 1 mv 2，解得 v= m qU2 . （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB=m R v 2 ， 解得 R= qB mv . 将速度 v 的值代入：R= qd mU B 21 . 8.（2013 高考福建理综第 22 题） (20 分)如图甲，空间存在范围足够大的垂直于 xoy 平面向外的匀强 磁场，磁感应强度大小为 B

10、.让质量为 m，电量为 q（qv1)为使该粒子能经过 A(a，0)点，其入射角（粒子初速度与 x 轴 正向的夹角）有几个？并求出对应的 sin值： (3)如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为 E 的匀强电场，一粒子从 O 点以初速度 v0沿 x 轴正向 发射.研究表明：粒子在 xoy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的 x 分量 vx与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小 E 无关.求该粒子运动过程中的最大速度值 vm. 解析： （1）带电粒子以速率 v1在匀强磁场 B 中做匀速圆周运动，半径为 R，有： qv1B=mv1 2/R， 当粒子沿 y 轴正方向入射，

11、转过半个圆周至 A 点，该圆周半径为 R1，有： R1=a/2， 解得：v1= 2 qBa m . （2）如图，O、A 两点处于同一圆周上，且圆心在 x=a/2 的直线上，半径为 R.当给定一个初速度 v 时，有 两个入射角，分别在第 1、2 象限，有 sin= sin= 2 a R . 由式解得：sin= 2 aqB mv . （3）粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其 y 坐标，由动能定 理，有：qEym= 1 2 mvm 2-1 2 mv0 2 由题知，有vm=kym. 若 E=0 时，粒子以初速度v0沿 y 轴正方向入射，有：qvB=m 2 0 0

12、v R v0=kR0， 由式解得：vm= E B + 2 2 0 + E v B 9.（18 分） （2013 高考山东理综第 23 题）如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强 磁场，磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E. 一质量 为m、带电量为q的粒子自 y 轴的 P 点沿x轴正方向射入第四象限，经 x 轴上的 Q 点进入第一象限，随 即撤去电场，以后仅保留磁场.已知 OP=d,OQ=2d,不计粒子重力. （1）求粒子过 Q 点时速度的大小和方向. （2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直 y 轴的方向进入第二象 限，求

13、B0； （3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过 Q 点，且速度与第一次过 Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间. 解析： （1）设粒子在电场中运动的时间为 t0，加速度的大小为 a，粒子的初速度为 v0，过 Q 点时速度的大 小为 v， 沿 y 轴方向的分速度的大小为 vy， 速度与 x 轴正方向的夹角为， 由牛顿第二定律得： qE=ma， 由运动学公式得：d= 1 2 at0 2， 2d= v0t0， vy=at0， v= 22 0y vv， tan= vy / v0 联立式解得：v=2 qEd m ， =45. （2）设粒子做匀速圆周运动的半径为

14、 R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系 可知O1OQ 为等腰三角形，得：R1=22d. 由牛顿第二定律得：qvB0=m 2 1 v R 联立式解得：B0= 2 mE qd (3) 设粒子做匀速圆周运动的半径为 R2，由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2是粒子做匀速 圆周运动的圆心，Q、F、G、H 是轨迹与两坐标轴的交点，连接 O2、O2，由几何关系知，O2FGO2和 O2QHO2 均为矩形，进而知 FQ、GH 均为直径， QFGH 也是矩形，又 FHGQ，可知 QFGH 是正方形，QOF 为等腰直 角三角形.】可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得：2

15、R2=22d. 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得：FG=HQ=2 R2， 设粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间为 t，则有： t= 2 2FGHQR v . 联立解得：t=(2+) 2md qE . 10（2013 高考安徽理综第 23 题）如图所示的平面直角坐标系 xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电 场，方向沿y正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于 xOy 平面向里，正三角 形边长为 L，且ab边与 y 轴平行.一质量为 m、电荷量为 q 的粒子，从 y 轴上的 p(0，h)点，以大小为v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从 x 轴上的

16、a（2h，0）点进入第象限，又经过磁场从 y 轴上 的某点进入第象限，且速度与 y 轴负方向成 45角，不计粒子所受的重力.求： （1）电场强度 E 的大小； （2）粒子到达 a 点时速度的大小和方向； （3）abc区域内磁场的磁感应强度 B 的最小值. 解析： （1）设粒子在电场中运动的时间为 t，则有 x=vt=2h， y= 1 2 at 2=h， qE=ma， 联立解得：E= 2 0 2 mv qh . （2）粒子到达 a 点时沿 y 轴负方向的分速度为vy=at= v0 所以：v= 22 0y vv=2 v0. 方向指向第象限与 x 轴正方向成 45角. （1） 粒子在磁场中运动时，有

17、 qvB=m 2 v r . 当粒子从 b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有： r= 2 2 L.所以 B= 0 2mv qL . 11 （19 分） （2013 高考四川理综第 11 题） 如图所示，竖直 平面（纸面）内有平面直角坐标系 x0y,x 轴沿水平方 向.在 x0 的区域内存在方向垂直纸面向里， 磁感应 强度大小为 B1的匀强磁场.在第二象限紧贴 y 轴固定 放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行 x 轴且与 x 轴相距 h.在第一象限内的某区域存在方向 互相垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为 B2，方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）.一质量 为 m、不带

18、电的小球 Q 从平板下侧 A 点沿 x 正向抛出；另一质量也为 m、带电量为 q 的小球 P 从 A 点紧贴 平板沿 x 轴正向运动，变为匀速运动后从 y 轴上的 D 点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经 4 1 圆周离开电 磁场区域， 沿 y 轴负方向运动， 然后从 x 轴上的 K 点进入第四象限.小球 P、 Q 相遇在第四象限内的某一点， 且竖直方向速度相同.设运动过程中小球 P 的电量不变，小球 P 和 Q 始终在纸面内运动且均看作质点，重 力加速度为 g.求： （1）匀强电场的场强大小，并判断 P 球所带电荷的正负； （2）小球 Q 的抛出速度 v0取值范围； （3）B1是 B2的多少倍

19、？ 解析： （1）带电小球 P 在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设匀强电场的场强大小 为 E，有：mg=qE， 解得：E=mg/q. 小球 P 在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直向上，故小球 P 带正电. (2)设小球 P 紧贴平板匀速运动的速度为 v，此时洛伦兹力与重力平衡，有：qvB1=mg， 设小球 P 以速度 v 在电磁场区域内做圆周运动的半径为 R，有 qvB2=m 2 v R . 设小球 Q 与小球 P 在第四象限相遇点的坐标为 x、y，有：x0，y0. 小球 Q 运动到相遇点所需时间为 t0，水平位移为 s，竖直位移为 d，有： s=v0t0， d= 1

20、 2 gt0 2， 由题意得：x=s-l，y=h-d， 联立上述方程，由题意可知v00，解得： 0 v0 2 2 gh h (L+ 2 2 12 m g q B B ) (1) 小球 Q 在空间做平抛运动， 要满足题设要求，则运动到小球 P 穿出电磁场区域的同一水平高度 的 W 点时，其竖直方向的速度 vy 与竖直位移 y0必须满足： vy=v，y0= 1 2 gt 2， 联立相关方程，解得 B1=B2/2. B1是 B2的 0.5 倍. 12.(2013 高考江苏物理第 15 题)（16 分）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电 粒子运动的控制. 如题 15-1 图所示的

21、xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间t作周期性变化的图象如题 15-2 图所示. x 轴正方向为 E 的正方向， 垂直纸面向里为 B 的正方向. 在 坐标原点 O 有一粒子 P，其质量和电荷量分别为 m 和+q. 不计重力. 在 2 t 时刻释放 P，它恰能沿一定轨 道做往复运动. （1）求 P 在磁场中运动时速度的大小v0； （2）求 B0应满足的关系； （3）在t0(0 t0/2)时刻释放 P，求 P 速度为零时的坐标. 解析： （1）/2 做匀加速直线运动，2 做匀速圆周运动， 电场力：F=qE0，加速度：a=F/m， 速度：v0=at，且 t=/

22、2， 联立解得：v0= m qE 2 0 . （2）只有当 t=2时，P 在磁场中做匀速圆周运动结束并开始沿 x 轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复 运动，如图所示.设 P 在磁场中做匀速圆周运动周期为 T，则： （n-1/2）T=,（n=1,2,3 ） 匀速圆周运动：qvB0=m r v 2 ，T=2r/v， 解得：B0=（2n-1） q m . （3）在t0时刻释放 P，P 在电场中加速时间为：- t0. 在磁场中做匀速圆周运动，v1= m qE0 (- t0). 圆周运动的半径：r1= 0 1 qB mv ， 解得：r1= 0 0 B E (- t0). 又经(- t0)时间 P 减速为

23、零后向右加速时间为t0 P 再进入磁场，v2= m qE0 t0 圆周运动的半径：r2= 0 2 qB mv ， 解得：r2= 0 0 B E t0 综上所述，速度为零时的横坐标为 x=0. 相应的纵坐标为 y= ， 21 21 2 12 rrk rkkr (k=1，2，3， ) 解得：y= ， 0 00 0 000 2-2 2-2 B tkE B ttkE (k=1，2，3， ) 13.（2013 高考天津理综物理第 11 题）(18 分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为 O.筒内有垂直于纸面 向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.圆筒下面有相距为 d 的平行金属板 M、N，其中 M 板带正电荷

24、N 板带等 量负电荷.质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子自 M 板边缘的 P 处由静止释放，经 N 板的小孔 S 以速度 v 沿 半径 SO 方向射入磁场中粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从 S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能 损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求： (1) M、N 间电场强度 E 的大小； (2）圆筒的半径 R: （3）保持 M、N 间电场强度 E 不变，仅将 M 板向上平移 2/3d，粒子仍从 M 板边缘的 P 处由静止释放，粒子 自进入圆筒至从 S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数 n. 解析：设两板间的电压为 U，由动能定理得：qU= 1 2 mv 2， 由

25、匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed， 联立解得：E= 2 2 2 mv qd . （2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为 O，圆半径为 r.设第一次碰撞点为 A. 由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从 S 孔射出，因此，SA 圆弧所对的圆心角AOS=/3. 由几何关系得 r=Rtan(/3) 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得：qvB=m 2 v r ， 联立式解得：R= 3 3 mv qB . （3）保持 M、N 之间的电场强度 E 不变，M 板向上移动 2d/3 后，设板间电压为 U，则 U=Ed/3=U/3. 设粒子进入 S 孔时的速度为 v，由式可看出： U U = 2 2 v v . 综合式可得：v= 3 3 v. 设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为 r，则 r= 3 3 mv qB 设粒子从 S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为 ，比较两式得到 r=R，可见，=/2， 粒子需经过四个这样的圆弧才能从 S 孔射出，故：n=3