2019人教版高考物理二轮复习练习：专题三+第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动+Word版含解析.pdf

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1、第 2 讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动 做真题明考向 真题体验 透视命题规律 真题再做 1.(多选)(2018高考全国卷，T20)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13B0和12B0，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712B0 B流经L1的电流在a 点产生的磁感应强度大小为112B0 C流经L2的电流在b 点产生的磁感应强度大小为112

2、B0 D流经L2的电流在a 点产生的磁感应强度大小为712B0 解析：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知，在 b 点：12B0B0B1B2 在 a 点：13B0B0B1B2 由上述两式解得 B1712B0，B2112B0.答案：AC 2.(多选)(2017高考全国卷，T19)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反下列说法正确的是()A L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C L1、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1 13 D L1

3、、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为33 1 解析：由安培定则可判断出 L2在 L1处产生的磁场(B21)方向垂直 L1和 L2的连线竖直向上，L3在 L1处产生的磁场(B31)方向垂直 L1和 L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和 L2在 L1处产生的合磁场(B合1)方向如图 a 所示，根据左手定则可判断出 L1所受磁场作用力的方向与 L2和 L3的连线平行，即 L1所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面平行，选项 A 错误；同理，如图 b 所示，可判断出 L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与 L1、L2所在的平面垂直，选项 B 正确；同理，如图 c 所

4、示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为 B，根据几何知识可知，B合1B，B合2B，B合3 3B，由安培力公式可知，L1、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以 L1、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 11 3，选项 C 正确，D错误 答案：BC 3.(2017高考全国卷，T18)如图，在磁感应强度大小为B0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

5、a 点处磁感应强度的大小为()A 0 B.33B0 C.2 33B0 D 2B0 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 BPBQB1，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 3B1.又根据题意 Ba0，则 B0 3B1，且 B0平行于 PQ向左若 P 中电流反向，则 BP反向、大小不变，BQ和 BP大小不变，夹角为 120，合磁场的磁感应强度大小为 B1 B1(方向垂直 PQ 向上、与 B0垂直)，a 点合磁场的磁感应强度 B B20B122 33B0，则 A、B、D 项均错误，C 项正确 答案：C

6、4(2017高考全国卷，T18)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上不计重力及带电粒子之间的相互作用则v2 v1为()A.3 2 B.2 1 C.3 1 D 32 解析：由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB mv2R可知，RmvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A 离

7、P 点最远时，则AP 2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B 离 P 点最远时，则BP 2R2，由几何关系可知，R1R2，R2 Rcos 3032R，则v2v1R2R13，C 项正确 答案：C 5.(2016高考全国卷，T18)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 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.3B B.2B

8、C.B D.2B 解析：如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧 MP 所对应的圆心角由几何知识知为 30，则22mqB30360，即qm3B，选项 A 正确 答案：A 6(2016高考全国卷，T18)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成 30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从 OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A.mv2q

9、B B.3mvqB C.2mvqB D.4mvqB 解析：如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为 RmvqB.设入射点为 A，出射点为 B，圆弧与 ON 的交点为 P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，ABR.由几何图形知，AP 3R，则 AO 3AP3R，所以 OB4R4mvqB.故选项 D 正确 答案：D 7(2017高考全国卷，T24)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场在x 0 区域，磁感应强度的大小为B0；x1)一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求：(不计重力)

10、(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O 点间的距离 解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动 设在 x 0 区域，圆周半径为 R1；在 xIb)的恒定电流时，b 对 a 的作用力为F.当在空间加一竖直向下(y 轴的负方向)、磁感应强度大小为B 的匀强磁场时，导线a 所受安培力恰好为零则下列说法正确的是()A电流Ib在导线a 处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y 轴的负方向 B所加匀强磁场的磁感应强度大小为BFIal C导线a 对 b 的作用力大于F，方向沿z 轴的正方向 D电流Ia在导线b 处产生的磁场的磁感应强度大小为FIal，方向沿y 轴的正方向 解析：无限长的直导线 b 中的电流

11、 Ib在平行放置的直导线 a 处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后 a 所受安培力为零，因此电流 Ib在导线 a 处产生的磁场的磁感应强度大小为 B，方向沿 y 轴的正方向，A 选项错误；由磁感应强度定义可得 BFIal，B 选项正确；由牛顿第三定律可知导线 a 对 b 的作用力等于 F，方向沿 z 轴负方向，C 选项错误；由于 IaIb，电流 Ia在导线 b 处产生的磁场的磁感应强度大于电流 Ib在导线 a 处产生的磁场的磁感应强度FIal，因此 D 选项错误 答案：B 3如图所示，两根无限长导线，均通以恒定电流I.两根导线的直线部分和坐标轴非常接近，弯曲部分是以坐标原点O

12、为圆心的、半径相同的一段圆弧规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，已知直线部分在原点O 处不形成磁场，此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B.下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I 的无限长导线，O处磁感应强度也为B 的是()解析：由安培定则知，两根通电直导线在原点 O 处产生的磁场方向都垂直纸面向里，由磁场叠加原理知，一根通电直导线在原点 O 处产生的磁感应强度的大小为B2.由安培定则及磁场叠加原理知，A 项 O 处磁感应强度为 B，B 项 O 处磁感应强度为 2B，C、D 项 O 处磁感应强度为B.故本题正确选项应为 A.答案：A 考向二 磁场对通电导体的作用力 1 通电导体

13、在磁场中受到的安培力(1)方向：根据左手定则判断(2)大小：F BIL.B、I 与 F 三者两两垂直；L 是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度 2 熟悉“两个等效模型”(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac 直线电流 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示 4(2018河北衡水中学第六次调研)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

14、小为()A F B.23F C.2 23F D.3 22F 解析：设通电导线为 L，平行放置的受到时安培力为 F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则34 2RL，解得 R2L3，故 ab 的长度 d 2R2 2L3，故此时圆环受到的安培力 FdLF2 23F，故 C 正确，A、B、D 错误 答案：C 5.(2018福建福州第二次月考)据报道，国产航母的舰载机发射类似于电磁轨道炮弹体发射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恒定电流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

15、的大小与I 成正比，静止的通电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4 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：弹体在轨道上运动的加速度 aBIdmkI2dm，则弹体出射的速度为 v 2aL 2kI2dLm，则只将轨道长度变为原来的 2 倍，则弹体出射速度变为原来的 2倍，选项 A 错误；只将电流增加至原来的 4 倍，则弹体出射速度变为原来的 4 倍，选项 B 错误；只将弹体质量减至原来的一半，则弹体

16、出射速度变为原来的 2倍，选项 C 错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度应变为原来的 2 倍，其他量不变，则弹体出射速度变为原来的 2 倍，选项 D 正确 答案：D 6.如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m 的直导体棒当导体棒中的恒定电流I 垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化正确的是()A逐渐增大 B.逐渐减小 C先增大后减小 D先减小后增大 解析：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力F

17、N和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图所示从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA BIL，其中电流I 和导体棒的长度L 均不变，故磁感应强度先变小后变大，故选D.答案：D 规律方法 磁场中通电导体类问题的解题步骤(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时要比一般的力学问题多考虑安培力如第 6题中，导体棒除受重力和支持力外，还受安培力(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向，由于安培力 F、电流 I 和磁感应强度 B 的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系(

18、3)根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解 考向三 带电粒子在匀强磁场中的运动 典例展示 1(2018福建厦门高三期末)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和 y 轴上的点a(0，L)一质量为m、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60.下列说法正确的是()A电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0,0)B电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，2L)C电子在磁场中运动的时间为4L3v0 D电子在磁场中运动的时间为2L3v0 解析 画出粒子运动轨迹如图所示

19、设电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin 30RL，得 R2L.根据几何三角函数关系可得，y Rcos 60L，所以电子做圆周运动的圆心坐标为(0，L)，则 A、B 均错误；电子在磁场中运动时间 t60360TT6，而 T2Rv04Lv0，得 t2L3v0，故 C 错误，D 正确 答案 D 方法技巧 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法(1)带电粒子在匀强磁场中运动时，要抓住洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 RmvBq，周期公式 T2mqB，运动时间公式 t2T，知道粒子在磁场中的运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题(2)如果磁场是

20、圆形有界磁场，在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”四点：入射点 B、出射点 C、轨迹圆心 A、入射速度直线与出射速度直线的交点 O.六线：圆弧两端点所在的轨迹半径 r、入射速度直线 OB 和出射 速度直线 OC、入射点与出射点的连线 BC、圆心与两条速度垂线交点的连线 AO.三角：速度偏转角COD、圆心角BAC、弦切角OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍 7.如图，半径为R 的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场一质量为m、带电荷量为q 且不计重力的粒子以速度v 沿与半径PO 夹角 30的方向从P 点垂直射入磁场，最后垂直于MN 射出，则该磁场的磁感

21、应强度的大小为()A.mvqR B.mv2qR C.mv3qR D.mv4qR 解析：根据题述带电粒子“以速度 v 沿与半径 PO 夹角 30的方向从 P 点垂直磁场射入，最后粒子垂直于 MN 射出”，可画出带电粒子的运动轨迹，如图所示根据几何关系可得 rcos 60R，r2R.带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvBmv2r，解得磁感应强度的大小为 Bmv2qR，选项 B 正确 答案：B 8(多选)(2018河北衡水中学第六次调研)如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着apb 由区域运动到区域.已知 ap 与 pb 弧长之比为2 1

22、，下列说法正确的是()A粒子在区域和区域中的速率之比为1 1 B粒子通过ap 与 pb 弧长的时间之比为2 1 C ap 与 pb 弧长对应的圆心角之比为2 1 D区域和区域的磁感应强度方向相反 解析：因为洛伦兹力不做功，则带电粒子的速度大小不变，所以粒子在区域和区域中的速率之比为 11，故 A 正确；因为弧长 lvt，弧长之比为 21，线速度大小相等，则运动时间之比为 21，故 B 正确；因为两个区域的磁感应强度大小未知，根据弧长关系无法得出半径关系，圆心角等于弧长与半径的比值，所以无法得出圆心角之间的关系，故 C错误；在 p 点前后所受的洛伦兹力方向相反，根据左手定则知，两个区域内的磁感应

23、强度方向相反，故 D 正确 答案：ABD 9(多选)(2018贵州贵阳期末)如图所示，MN 为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1 2B2.一比荷为k 的带电粒子(不计重力)，以一定速率从O 点垂直MN 进入磁感应强度为B1的磁场，则粒子下一次到达O 点经历的时间为()A.3kB1 B.4kB1 C.2kB2 D.32kB2 解析：根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 qvBmv2R，可得 RmvqB，由此可知带电粒子在磁感应强度为 B2的匀强磁场中运动的轨道半径(或直径)是在磁感应强度为 B1的匀强磁场中运动的轨道半径(或直径)的

24、 2 倍，画出带电粒子运动轨迹的示意图，如图所示 粒子在磁感应强度为 B1的匀强磁场中运动的时间为 t12R1v2mqB1mqB2，粒子在磁感应强度为 B2的匀强磁场中运动的时间为 t2R2vmqB22mqB1，则粒子下一次到达O点经历的时间为是tt1t22mqB12mqB14mqB14kB1，或表达为tt1t2mqB2mqB22mqB22kB2.故选项 B、C 正确，A、D 错误 答案：BC 考向四 带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值、多解问题 典例展示 2 如图所示，在0 x a、0 ya2 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.坐标原点O 处有一个粒子源，在某时

25、刻发射大量质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0 90范围内已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到 a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求：(1)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度的大小；(2)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值 思维流程 本题用到了处理临界问题的思维方法定圆旋转法具体思维过程如下：解析(1)设粒子的发射速度大小为 v，粒子做圆周运动的轨道半径为 R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 qvBmv2R 由式得 Rm

26、vqB 当a2Ra 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为 C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示 设该粒子在磁场中运动的时间为 t，依题意 tT4，得OCA2 设最后离开磁场的粒子的发射方向与 y 轴正方向的夹角为，由几何关系可得 Rsin Ra2 Rsin aRcos 又 sin2 cos2 1 由式得 R(262)a 由式得 v(262)aqBm(2)由式得 sin 6 610 答案(1)(262)aqBm(2)6610 方法技巧 求解带电粒子在匀强磁场中运动时多解、极值问题的四点注意(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，

27、根据粒子的速度方向找出半径，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切，如例题中弧恰好与磁场上边相切(3)当速度 v 大小一定时，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(4)当速度 v 大小变化时，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，根据几何关系求出半径及圆心角等 10.(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

28、子均从由P点开始弧长为12R 的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则都从由P 点开始弧长为23R 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 r223 B前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1 r2 2 3 C前后两次磁感应强度的大小之比为B1 B223 D前后两次磁感应强度的大小之比为B1 B232 解析：磁感应强度为 B1时，从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，弧长为12R14周长，则POM90，如图甲所示，故粒子做圆周运动的半径 r122R，由 qBvmv2r得，B12mv0qR；同理，磁

29、感应强度为 B2时，从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 N，如图乙所示，则PON120，则粒子做圆周运动的半径 r2Rsin 6032R，则 B22 3mv03qR，故 r1r2 2 3，B1B2 3 2，选项 A、D 正确，B、C 错误 答案：AD 11.(多选)如图所示，在直角三角形ABC 内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB 边长度为d，B6.现垂直AB 边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v 的带正电粒子已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为43t0(不计重力)，则下列判断正确的是()A粒子在磁场中做匀

30、速圆周运动的周期为4t0 B该匀强磁场的磁感应强度大小为m2qt0 C粒子在磁场中运动的轨道半径为25d D粒子进入磁场时速度大小为3d7t0 解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直 AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间是14T，即14Tt0，则得周期 T4t0，故 A 正确由 T2mqB得 B2mqTm2qt0，故 B 正确设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为，则有2T4t03，得 23，画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为 R，由几何知识得Rcos 60Rcos 60d，可得 R2d5，故 C 正确根据4t03Rv，解得 vd5t0，故 D 错误 答案：ABC 12如

31、图甲所示，M、N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔 O、O且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示有一束正离子在 t0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场已知正离子的质量为 m，电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力 (1)求磁感应强度 B0的大小；(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v0的可能值 解析：(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有

32、 B0qv0mv20r，粒子运动的周期 T02rv0 联立两式得磁感应强度 B02mqT0.(2)正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场时，其中的一种运动轨迹如图所示 在两板之间正离子只运动一个周期 T0时，有 rd4 在两板之间正离子运动 n 个周期即 nT0时，有 rd4n(n1,2,3，)解得 v0d2nT0(n1,2,3，)答案：(1)2mqT0(2)d2nT0(n 1,2,3，)限训练通高考 科学设题 拿下高考高分(45 分钟)一、单项选择题 1(2018山东济南第一中学月考)粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4 倍与2 倍，两粒子均带正电让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的

33、速度开始运动已知磁场方向垂直纸面向里以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是()解析：根据洛伦兹力提供向心力，有 RmvqB，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的 4 倍与 2 倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，由左手定则可知 A 正确，B、C、D 错误 答案：A 2如图所示，质量为m 0.5 kg 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37、宽度为 L 1 m 的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)右侧回路中，电源的电动势E 8 V、内阻r 1.额定功率为8 W、额定电压为4 V 的电动机M 正常工作取sin 37 0.6，

34、cos 37 0.8，重力加速度大小g 取 10 m/s2，则磁场的磁感应强度大小为()A 2 T B.1.73 T C 1.5 T D 1 T 解析：电动机 M 正常工作时的电流 I1P1U2 A，电源内阻上的电压 U EU8 V4 V4 V，根据闭合电路欧姆定律得干路中的电流 IUr4 A，则通过导体棒的电流 I2II12 A，导体棒受力平衡，有 BI2Lmgsin 37，得 B1.5 T，故选项 C 正确 答案：C 3.(2018河北衡水中学第六次调研)如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m、电荷量为q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚

35、到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B0mv0qL，A、C、D 选项中曲线均为半径是L的14圆弧，B 选项中曲线为半径是L2的圆弧)()解析：带电粒子进入磁场中做圆周运动，圆周运动的半径 rmv0qB，A、B、C 选项对应的半径 rL，D 选项对应的半径为L2；粒子的初速度都相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可以证明 A 图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故 A 正确；B、C、D 对应的粒子的出射点都不相同 答案：A 4.如图所示，在蹄形磁铁的上方放置一个可以

36、自由运动的通电线圈abcd，最初线圈平面与蹄形磁铁处于同一竖直面内，则通电线圈运动的情况是()A ab 边转向纸外，cd 边转向纸里，同时向下运动 B ab 边转向纸里，cd 边转向纸外，同时向下运动 C ab 边转向纸外，cd 边转向纸里，同时向上运动 D ab 边转向纸里，cd 边转向纸外，同时向上运动 解析：由于 ad 边与 bc 边左、右两半所在处磁场方向不同，故将 ad 边和 bc 边分成左、右两半研究，由于 bc 边离磁铁较远，受到的磁场力较小，主要研究 ad 边所受的磁场力对线圈运动的影响在图示位置时，根据左手定则可知，ad 边左半段所受安培力的方向向里，右半段所受安培力的方向向

37、外，则 ab 边转向纸里，cd 边转向纸外，线圈从图示位置转过 90时，根据左手定则可知，ad 边所受安培力方向向下，所以线圈向下运动，故选项 B 正确 答案：B 5.如图所示，光滑平行金属导轨电阻不计，固定在水平面内，左端接有一直流电源和一定值电阻，两条通有大小相等方向相反的恒定电流的长直绝缘导线垂直导轨放置，一导体棒与导轨垂直且接触良好导体棒由导轨上的M 点静止释放，M、N 两点到左右两直导线距离相等下列关于导体棒在两直导线之间的运动及受力说法正确的是()A导体棒在M、N 之间做往复运动 B导体棒一直向右做匀加速直线运动 C导体棒所受安培力先向右后向左，且先增大后减小 D导体棒所受安培力一

38、直向右，且先减小后增大 解析：根据安培定则可知，两直导线电流在 M、N 之间的区域内磁场都是垂直导轨平面向下的，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向一直向右，则选项 A、C 错误；根据直线电流磁场的性质可知，离直线电流越远磁感应强度越小，根据磁场叠加可知导轨内的磁场从 M 到 N 是先减小后增大的，则安培力也一定是先减小后增大的，选项 B 错误，D 正确 答案：D 6.在xOy 平面的第一象限内存在着垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两个相同的带电粒子以相同的速度分别从y 轴上的P、Q 两点同时垂直于y 轴向右射出，最后均打在x 轴上的N 点，已知P、N 两点的坐标分别为(0,

39、3L)、(3L,0)，不计两粒子的重力与相互作用根据题中条件不能确定的是()A两带电粒子在磁场中运动的半径 B两带电粒子到达点N 所用的时间之比 C Q 点的坐标 D带电粒子的比荷 解析：粒子的运动轨迹如图所示，已知粒子在 y 轴上 P、Q 两点的入射方向及 P、N 两点的位置坐标，则可明确粒子运动轨迹的圆心位置由几何关系可知，PN 长 2 3L，OPN30，设从 P 点射入的粒子运动轨迹的半径为R，则有(3LR)2(3L)2R2，解得R2L，因两粒子的速度相同且是同种粒子，则可知它们运动轨迹的半径相同，即两粒子运动的半径均可求出，A 不符合题意；根据几何关系可知从P 点射入的粒子轨迹对应的圆

40、心角为 120，从 Q 点射入的粒子轨迹对应的圆心角为 60，则由 t360T，可求得两粒子运动到 N 点所用的时间之比 tPtQ21，B 不符合题意；根据几何关系得 OQL，故可以确定 Q 点的坐标，C 不符合题意；根据 RmvqB，由于不知道粒子速度的大小，故无法求得粒子的比荷，D 符合题意 答案：D 7.如图所示，在直角三角形abc 区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a 60，b 90，边长ac l.一个粒子源在a 点将质量为m、电荷量为q 的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()A.qBl2m B.3q

41、Bl6m C.3qBl4m D.qBl6m 解析：根据题意可知，当速度方向沿着 ab 方向并且轨迹与 bc 相切于 E 点时，粒子的运动时间最长，速度最大，如图所示，设粒子运动轨迹的圆心为 A，半径为 R，根据几何知识可知四边形 AEba 是正方形，则 Rab12acl2，由于 qvBmv2R，整理得 vqBl2m，故选项 A 正确 答案：A 二、多项选择题 8(2018福建厦门高三期末)如图所示，半径为r的圆刚好与正方形abcd的四个边相切，在圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带负电粒子从ad 边的中点以某一初速度沿纸面且垂直ad 边方向射入磁场，一段时间后粒子从圆形磁场区域飞出并恰

42、好通过正方形的 d 点设该粒子在磁场中运动的轨道半径为R，运动时间为t，若粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，粒子重力不计下列关系正确的是()A R2r B R(2 1)r C t18T D t38T 解析：由题意可知粒子从 Bd 方向射出磁场，由右图可知在OBd中，2RrR，得 R(21)r，A 错误，B 正确；粒子轨迹圆心角为34，所以时间 t342T3T8，C 错误，D 正确 答案：BD 9.如图所示，半径为R 的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以相同的速率 v 从 a 点先后沿直径ac 和弦ab 的方向射入磁场区域，ab 和 ac

43、 的夹角为30.已知沿ac 方向射入的粒子在磁场中运动的时间为其圆周运动周期的14，不计粒子重力，则()A两粒子在磁场中运动轨道半径为R B两粒子离开磁场时的速度方向相同 C沿ab 方向射入的粒子在磁场中运动的时间为2R3v D沿ab 方向射入的粒子在磁场中运动的时间为R3v 解析：由于沿 ac 方向射入的粒子在磁场中运动的时间为其周期的14，故其速度方向偏转了 90，粒子从 O 点正上方的 A 点射出，如图中的轨迹 1 所示，由几何关系可知其运动半径为 R，所以选项 A 正确；粒子轨迹半径等于磁场区域半径，两粒子从同一点沿不同方向射入磁场，满足“点入平出”，B 正确；由于沿 ab 方向射入的

44、粒子，其半径也为 R，其轨迹只是将 1 顺时针旋转 30，其圆心为 O，由几何关系可知四边形 aOBO 为菱形，且aO B120.所以沿 ab 方向射入的粒子在磁场中偏转了 120，运动时间 tT3，即 t2R3v，选项 C 正确，D错误 答案：ABC 10.(2018湖北八校第二次联考)如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a 被水平放置在倾角为45的光滑斜面上，b 被水平固定在与a 在同一水平面的另一位置，且a、b 平行，它们之间的距离为 x，当两细棒中均通以电流强度为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止，则下列关于b 的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是(

45、)A方向竖直向上 B大小为2mg2LI C要使a 仍能保持静止，而减小b 在 a 处的磁感应强度，可使b 上移 D若使b 下移，a 将不能保持静止 解析：由安培定则可知，通电导体棒 b 周围的磁感线方向为顺时针方向，所以在 a 处的磁场方向竖直向上，如图(a)所示，所以选项 A 正确；以导线 a 为研究对象进行受力分析如图(b)所示，故有 mgBIL，解得 a 点处的磁感应强度大小为 BmgIL，所以选项 B 错误；欲减小 b 在 a 处的磁感应强度，可增大两导线间的距离，将 b 上移或下移都可以，当 b 上移时，a 受到的安培力方向逆时针转动，此时能保持 a 受力平衡，所以选项 C 正确；若

46、 b 下移，a受到的安培力顺时针转动，只有其变大 a 才能保持平衡，但安培力在减小，导体棒受力不平衡，故选项 D 正确 答案：ACD 三、非选择题 11.一边长为a 的正三角形ADC 区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC 边的正下方有一系列质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，以垂直于DC 边的方向射入正三角形区域已知所有粒子的速度均相同，经过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD 边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t0.假设粒子的重力和粒子之间的相互作用力可忽略(1)求该区域中磁感应强度 B 的大小(2)为了能有粒子从 DC 边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？

47、(3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界 AC、AD 边射出的区域长度分别为多大？解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有 qvBmv2r 周期 T2rv2mqB 当粒子垂直 AD 边射出时，根据几何关系有圆心角为 60，则 t016T，解得 Bm3qt0.(2)当轨迹圆与 AC、AD 都相切时，能有粒子从 DC 边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为 v1，偏转半径为 r1，则 r1a2sin 6034a 由 qv1Bmv21r1得 v1qBr1m 解得 v13a12t0 所以粒子能从 DC 边离开磁场的最大入射速度 v13a12t0.(3)由(2)知，当轨迹

48、圆与 AC 相切时，从 AC 边射出的粒子距 C 最远，故 AC 边有粒子射出的范围为 CE 段，xCEa2cos 60a4 当轨迹圆与 AD 边的交点 F 恰在圆心 O 正上方时，射出的粒子距 D 点最远，如图乙所示，故 AD 边有粒子射出的范围为 DF 段，xDFr1sin 60a2.答案：(1)m3qt0(2)3a12t0(3)a4 a2 12.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀向各个方向同时发射速率为v、比荷为k 的带正电的粒子，PQ 是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P 端与O 点的连线与挡板垂直，距离为vkB

49、，且粒子打在挡板上会被吸收，不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求：(1)为使最多的粒子打在板上，则挡板至少多长？(2)若挡板足够长，则打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值是多少？(3)若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率是多少？解析：(1)粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得 qvBmv2r，解得 rmvqBvkB 在挡板左侧能打在挡板上最远点的粒子恰好与挡板相切，设此时打在挡板上的点为 N，如图甲所示，由题意可知 rvkB OP，由几何知识可得 PN vkB 对粒子在不同方向上的运动情况进行分析可知，当粒子刚好

50、通过 P 点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为 M，且此时挡板吸收的粒子数最多，如图甲所示，在OPM 中，由几何关系可得 PM 2r2r2，所以 PM 3vkB.综上所述可知，挡板长度至少等于3vkB时，挡板吸收的粒子数最多 (2)由(1)中的分析知，当粒子恰好从左侧打在 P 点时，时间最短，如图乙中轨迹 1 所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为 13；当粒子从右侧恰好打在 P 点时，时间最长，如图乙中轨迹 2 所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为 253 粒子的运动周期 T2rv2mqB2kB 沿轨迹 1 运动的时间 t112T 沿轨迹 2 运动的时间 t222T 最长时间与