高考物理二轮复习 第一部分 专题整合 专题三 电场和磁场 第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动专项训练-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动真题再现1.(多选)(2018全国卷)如图321所示，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B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则图321A流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0解析由对称性可知，流经L1的

2、电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2；由磁场叠加原理有B0B1B2B0，B0B1B2B0，联立解得B1B0，B2B0，所以A、C正确。答案AC2(多选)(2017全国卷)某同学自制的简易电动机示意图如图322所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将图322A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮

3、掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A项相同，因此D项正确。答案AD3(2017全国卷)如图323所示，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

4、的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的速度为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为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v2v1为图323A.2B.1C.1D3解析当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远，则当粒子射入的速度为v1，如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1Rcos 60R；同理，若粒子射入的速度为v2，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2Rcos 30R；根据rv，则v2v1r2r11，故选C。答案C4.(2016新课标卷)现代质谱仪可

5、用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图324所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为图324A11 B12C121 D144解析设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qUmv2，在磁场中qvBm，联立两式得m，故有144，选项D正确。答案D考情分析分值618分题型选择题、计算题命题热点(1)磁场对电流的作用力(2)带电粒子在磁场

6、中的运动(3)带电粒子在有界磁场中的临界问题(4)带电粒子在磁场中运动的多解问题考点一磁场对带电体的作用1掌握“两个磁场力”(1)安培力：FBIL(IB)。(2)洛伦兹力：FqvB(vB)。2用准“两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则。(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。3画好“图形”：对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图。【题组突破】1.(2018河南调研联考)如图325所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端由等长轻质软导线水平悬挂，平衡时两悬线与水平面的夹角均为(90)，缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流I。则下列四

7、幅图像中，能正确反映与I的变化规律的是图325解析对ab棒受力分析如图所示：由平衡条件有tan ，得I，又知为常数，故A项正确，B、C、D项错误。答案A2.(多选)(2018湖北八校第二次联考)如图326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。当两导体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图326A方向竖直向上B大小为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

8、不能保持静止解析由安培定则可知，通电导体棒b周围的磁感应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B，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b下移，a受到的安培力顺时针转动，只有大小变大才能保持平衡，但安培力在减小，导体棒受力不平衡，故选项D正确。答案ACD3(多选)(2017全国卷)如图327，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L

9、3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是图327AL1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直BL3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为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1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

10、行，选项A错误；同理，如图2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3所示，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，选项C正确，D错误。答案BC考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动图328(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位

11、置等)。(2)两画：画出速度v和洛伦兹力F两个矢量的方向。(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角。(4)四写：写出基本方程qvBm，半径R，周期T，运动时间tT。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。(多选)(2018安徽联盟联考)如图329所示，MN是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界，在边界上P点有甲、乙两粒子同时沿与PN分别成60角、30角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q点射出磁场，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是图329A若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙

12、两粒子的速度之比为1B若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为21C若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的速度之比为2D若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的比荷之比为21解析设P、Q间的距离为L，则由几何关系可得甲、乙粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径分别为：r甲，r乙L，如果两粒子完全相同，由r，得v，则甲、乙两粒子的速度之比为v甲v乙r甲r乙1，A正确；如果甲、乙两粒子完全相同，由T可知粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角之比，t甲t乙21，B正确；若甲、乙两粒子同时到达Q点，则两粒子在磁场中运动

13、的时间相同，则两粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比，v甲v乙2，由r，可得，则甲、乙两粒子的比荷之比为21，C错误，D正确。答案ABD【题组突破】1.(多选)(2018广西桂林、崇左联考)在真空中，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域，质子的电荷量为e，质量为m，速度为v，则以下说法正确的是图3210A对着圆心入射的质子，其出射方向的反向延长线一定过圆心B沿a点比沿b点进入磁场的质子在磁场中运动时间短C所有质子都在磁场边缘同一点射出磁场D若质子以相等的速率v从同一点沿各个方向射入磁场，则它们离开磁场的出射方向可能垂直解析质

14、子做圆周运动的半径为rR，对着圆心入射的质子，其洛伦兹力方向与圆周相切，由几何关系可知，其出射方向的反向延长线一定过圆心，选项A正确；质子射入磁场中，受到向下的洛伦兹力而向下偏转，因质子的运转半径相同，故沿a点比沿b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长，则时间长，选项B错误；质子的速度为v时，质子运动的半径rR，画出各个质子的运动轨迹，由几何关系可知，所有质子都在O点的正下方一点射出磁场，选项C正确；所有质子做圆周运动的半径都等于R。若质子从同一点沿各个方向射入磁场，考虑两个极端情况，当质子的入射速度接近竖直向上或竖直向下时，质子射出磁场时的偏转角的夹角小于90，故不存在离开磁场的出射方

15、向垂直的情况，选项D错误。答案AC2.(多选)如图3211所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域内磁感应强度是区域内磁感应强度的2倍。一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域，发现粒子离开区域时速度方向改变了30，然后进入区域，测得粒子在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确的是图3211A粒子在区域和区域中的速率之比为11B粒子在区域和区域中的角速度之比为21C粒子在区域和区域中的圆心角之比为12D区域和区域的宽度之比为11解析由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；由洛伦兹力fqBvma和av可知，粒子运动

16、的角速度之比为12B1B212，则B错误；由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由t可得t，又B22B1，所以可得1212，则C正确；由题意可知，粒子在区域中运动的圆心角30，则粒子在区域中运动的圆心角为60，由R可知粒子在区域中的运动半径是粒子在区域中运动半径的2倍，设粒子在区域中的运动半径为r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域的宽度d12rsin 30r，区域的宽度d2rsin 30rcos(1806060)r，故D正确。答案ACD考点三带电粒子在磁场中运动的多解问题和临界问题1求解临界、极值问题的“两思路、两方法”2带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因(1)带电粒子的电性不

17、确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同分别求解。(4)圆周运动的周期性形成多解。如图3212所示，在0xa、0y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090范围内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到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：图3212(1)最后离

18、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。思路引导解析(1)设粒子的发射速度为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qvBm由式得R当Ra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t得OCA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 RRsin aRcos 又sin2cos21由式得：R(2)a由式得：v(2)(2)由式得：sin 。答案(1)(2)(2)如图3213甲所示，M、

19、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。图3213(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B0qv0m粒子运动的周期T

20、0联立两式得磁感应强度B0。(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r在两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有r(n1,2,3，)解得v0(n1,2,3，)。答案(1)(2)(n1,2,3，)【题组突破】1临界问题中临界点位置的确定(多选)如图3214所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L9.1 cm，中点O与S间的距离d4.55 cm，MN与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2.0104T，电子质量m9.11031 kg

21、，电量e1.61019 C，不计电子重力，电子源发射速度v1.6106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则图3214A90时，l9.1 cmB60时，l9.1 cmC45时，l4.55 cm D30时，l4.55 cm解析电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB，R4.55102 m4.55 cm，90时，击中板的范围如图甲，l2R9.1 cm，选项A正确；60时，击中板的范围如图乙所示，l2R9.1 cm，选项B错误；30，如图丙所示，lR4.55 cm，当45时，击中板的范围如图丁所示，lR(R4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误。答案AD2粒子运动速度

22、及时间的临界问题(2018郑州模拟)一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为30，如图3215所示，已知粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计)。图3215(1)若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小。(2)若粒子带正电，且粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围以及此范围内粒子在磁场中运动的时间t的范围。解析(1)若粒子带负电，则进入磁场后沿顺时针方向偏转，如图所示：O1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角1260轨迹半径r1Od由牛顿第二定律得

23、：qv0B解得：v0(2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v0最大时，轨迹与cd相切，轨迹圆心为O2，半径为r2，由几何关系得：r2r2cos 60解得：r2L即：vmax当v0最小时，轨迹与ab相切，轨迹圆心为O3，半径为r3，由几何关系可得：r3r3sin 30解得：r3即：vmin所以v0粒子从ab边射出磁场，当速度为vmax时，速度偏转角最小且为150，故运动时间最短，则：tminT速度为vmin时，速度偏转角最大且为240，因此运动时间最长，则：tmaxT所以粒子的运动时间t的范围是t。答案(1)(2)v0t3(2018洛阳模拟)如图3216所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，

24、上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线，质量为m、带电荷量为q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方区域，经OF上的Q点第一次进入下方区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。图3216(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。解析 (1)设粒子在OF上方做圆周运动，半径为R，如图甲所示，由几何关系可知；R2(Ra)2(3a)2，解得R5a由牛顿第二定律可知qvB0m解得v。(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，如图乙所示，由几何关系得r1r1cos 3a，cos ，所以r1，根据qvB1，解得B1。当B1时，粒子不会从AC边界飞出。(3)当B3B0时，粒子在OF下方的运动半径为ra，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，如图丙所示，根据几何关系知，rcos a，同理a，a，则4a。所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为Ln4na(n1,2,3)。答案(1)(2)大于(3)4na(n1,2,3)