高中物理磁场部分难题专练
高考物理电磁学知识点之磁场难题汇编含答案(4)
高考物理电磁学知识点之磁场难题汇编含答案(4)一、选择题1．如图所示，空间中存在在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴环绕速度大小及方向分别为（）A．EB，顺时针B．EB，逆时针C．BgRE，顺时针D．BgRE，逆时针2．2019年我国研制出了世界上最大的紧凑型强流质子回旋加速器，该回旋加速器是我国目前自主研制的能量最高的质子回旋加速器。
如图所示为回旋加速器原理示意图，现将两个相同的回旋加速器置于相同的匀强磁场中，接入高频电源。
分别加速氘核和氦核，下列说法正确的是（）A．它们在磁场中运动的周期相同B．它们的最大速度不相等C．两次所接高频电源的频率不相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能3．回旋加速器是加速带电粒子的装置.其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示,要增大带电粒子射出时的动能,则下列说法中正确的是( )A．减小磁场的磁感应强度B．增大匀强电场间的加速电压C．增大D形金属盒的半径D．减小狭缝间的距离4．为了降低潜艇噪音可用电磁推进器替代螺旋桨。
如图为直线通道推进器示意图。
推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c=0.5m×0.4m×0.3m。
空间内存在由超导励磁线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=10.0T，方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I=1.0×103A，方向如图。
则下列判断正确的是（）A．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0×103NB．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为5.0×103NC．超导励磁线圈中的电流方向为PQNMP方向D．通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向可以实现倒行功能5．如图所示的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，则质子射入磁场的运动速率越大，A．其轨迹对应的圆心角越大B．其在磁场区域运动的路程越大C．其射出磁场区域时速度的偏向角越大D．其在磁场中的运动时间越长6．如图所示，一束粒子射入质谱仪，经狭缝S后分成甲、乙两束，分别打到胶片的A、C两点。
高中物理磁场习题200题(带答案)
评卷人得分一、选择题1．如图所示，一电荷量为q的负电荷以速度v射入匀强磁场中．其中电荷不受洛仑兹力的是()A. B. C. D.【答案】C【解析】由图可知，ABD图中带电粒子运动的方向都与粗糙度方向垂直，所以受到的洛伦兹力都等于qvB，而图C中，带电粒子运动的方向与磁场的方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力的作用．故C正确，ABD错误．故选C.2．如图所示为电流产生磁场的分布图，其中正确的是()A. B. C. D.【答案】D【解析】A中电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为逆时针（从上向下看），故A错误；B 图电流方向向下，由右手螺旋定则可得磁场为顺时针（从上向下看），故B错误；C图中电流为环形电流，由由右手螺旋定则可知，内部磁场应向右，故C错误；D图根据图示电流方向，由右手螺旋定则可知，内部磁感线方向向右，故D正确；故选D.点睛：因磁场一般为立体分布，故在判断时要注意区分是立体图还是平面图，并且要能根据立体图画出平面图，由平面图还原到立体图.3．下列图中分别标出了一根放置在匀强磁场中的通电直导线的电流I、磁场的磁感应强度B和所受磁场力F的方向，其中图示正确的是()A. B. C. D.【答案】C【解析】根据左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时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，可得：A、电流与磁场方向平行，没有安培力，故A错误；B、安培力的方向是垂直导体棒向下的，故B错误；C、安培力的方向是垂直导体棒向上的，故C正确；D、电流方向与磁场方向在同一直线上，不受安培力作用，故D错误．故选C.点睛：根据左手定则直接判断即可，凡是判断力的方向都是用左手，要熟练掌握，是一道考查基础的好题目.4．如图所示，水平地面上固定着光滑平行导轨，导轨与电阻R连接，放在竖直向上的匀强磁场中，杆的初速度为v0，不计导轨及杆的电阻，则下列关于杆的速度与其运动位移之间的关系图像正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】导体棒受重力、支持力和向后的安培力；感应电动势为：E=BLv感应电流为：安培力为：故：求和，有：故：故v与x是线性关系；故C正确，ABD错误；故选：C．5．如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，粒子仅受磁场力作用，分别从AC边上的P、Q两点射出，则()A. 从P射出的粒子速度大B. 从Q射出的粒子速度大C. 从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D. 两粒子在磁场中运动的时间一样长【答案】BD【解析】试题分析：粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径，又粒子在磁场中做圆周运动的半径知粒子运动速度，故A错误B正确；【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中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，6．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直纸面放置，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示．过c点的导线所受安培力的方向()A. 与ab边平行，竖直向上B. 与ab边垂直，指向右边C. 与ab边平行，竖直向下D. 与ab边垂直，指向左边【答案】D【解析】试题分析：先根据右手定则判断各个导线在c点的磁场方向，然后根据平行四边形定则，判断和磁场方向，最后根据左手定则判断安培力方向导线a在c处的磁场方向垂直ac斜向下，b在c处的磁场方向垂直bc斜向上，两者的和磁场方向为竖直向下，根据左手定则可得c点所受安培力方向为与ab边垂直，指向左边，D正确；7．下列说法中正确的是()A. 电场线和磁感线都是一系列闭合曲线B. 在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电C. 奥斯特提出了分子电流假说D. 首先发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培【答案】B【解析】电场线是从正电荷开始，终止于负电荷，不是封闭曲线，A错误；麻醉剂为易挥发性物品，遇到火花或热源便会爆炸，良好接地，目的是为了消除静电，这些要求与消毒无关，B正确；安培发现了分子电流假说，奥斯特发现了电流的磁效应，CD错误；8．在如图所示的平行板电容器中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，一带正电的粒子q以速度v沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不偏转（忽略重力影响）。
高中物理磁场难题集1汇总-共65页
高中物理磁场难题集1．（2019•南阳模拟）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N 板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．2．（2019•乐山一模）坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab板上．（不考虑a粒子的重力）（1）求α粒子刚进人磁场时的动能；（2）求磁感应强度B的大小；（3）将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．3．（2019•郴州三模）如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x 轴夹角也为30°）．求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．4．（2019•广东模拟）如图所示，在xoy平面直角坐标系第一象限内分布有垂直向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×10﹣2T，在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过y轴），极板间距d=0.4m，极板与左侧电路相连接．通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压．a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压U=×102V．在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处有一粒子源S，沿x轴正方向连续射出比荷为=4.0×106C/kg，速度为v o=2.0×104m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场后从x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）．（1）当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小．（2）当滑动头P在ab间某位置时，粒子射出极板的速度偏转角为α，试写出粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系，并由此计算粒子在磁场中运动的最长时间．6．（2019秋•市南区校级期末）如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．A是y轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为l．一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过A点，此时速度与y轴正方向成锐角．不计重力作用．试求：（1）粒子经过C点时速度的大小和方向（用tanθ表示即可）；（2）磁感应强度的大小B．8．（2019•邢台一模）如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在‑m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B=4.0×10﹣4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m．一质量m=6.4×10﹣27kg、电荷量q=﹣3.2×10‑19C的带电粒子从P点以速度v=4×104m/s，沿与x轴正方向成α=60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力．求：（1）带电粒子在磁场中运动时间；（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系．9．（2019•荥阳市校级二模）如图所示，在平行板电容器的两板之间，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B1=0.40T，方向垂直纸面向里，电场强度E=2.0×105V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25T，磁场边界AO和y 轴的夹角∠AOy=45°．一束带电量q=8.0×10﹣19C的同位素正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.2m）的Q点垂直y轴射入磁场区，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角在45°～90°之间，不计离子重力，求：（1）离子运动的速度为多大？（2）x轴上被离子打中的区间范围？（3）离子从Q运动到x轴的最长时间？（4）若只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？14．（2019•青山区校级模拟）如图所示，在以O为圆心，半径为R=10cm的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T，方向垂直纸面向外．竖直平行放置的两金属板A、K相距为d=mm，连在如图所示的电路中．电源电动势E=91V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω，S1、S2为A、K板上的两个小孔，且S1、S2跟O点在垂直极板的同一直线上，OS2=2R，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离为H=2R．比荷为2×105C/kg的正离子流由S1进入电场后，通过S2向磁场中心射去，通过磁场后落到荧光屏D上．离子进入电场的初速度、重力、离子之间的作用力均可忽略不计．问：（1）请分段描述正离子自S1到荧光屏D的运动情况．（2）如果正离子垂直打在荧光屏上，电压表的示数多大？（3）调节滑动变阻器滑片P的位置，正离子到达荧光屏的最大范围多大？16．（2019•安徽）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ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a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ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．23．（2019•成都模拟）如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求（1）电场强度大小E；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t．24．（2019•南通模拟）在如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为45°且斜向上方．现有一质量为m、电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45°．不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大．求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角．27．（2019•广元模拟）如图所示，在x﹣o﹣y坐标系中，以（r，0）为圆心，r为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．在y＞r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为r．已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重力及质子间相互作用力的影响．（1）求质子射入磁场时速度的大小；（2）若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间；（3）若质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间．29．（2019•宝安区校级模拟）如图甲所示，两平行金属板A、B的板长L=0.2m，板间距d=0.2m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应．在金属板右侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左右宽度D=0.4m，上下范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B=1×10﹣2 T．现从t=0开始，从两极板左侧的中点O处以每秒钟1000个的数量均匀连续地释放出某种正电荷粒子，这些粒子均以v0=2×105 m/s的速度沿两板间的中线OO′连续进入电场，已知带电粒子的比荷=1×108C/kg，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变．求：（1）t=0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离；（2）在0～1s内有多少个带电粒子能进入磁场；（3）何时由O点进入的带电粒子在磁场中运动的时间最长？参考答案与试题解析1．（2019•南阳模拟）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理；带电粒子在匀强电场中专题：压轴题．分析：（1）粒子从s1到达s2的过程中，电场力做功W=qU，根据动能定理求出粒子进入磁场时速度的大小υ．（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，粒子恰好打在收集板D的中点上时，在磁场中运动圆弧，轨迹半径等于R，根据牛顿第二定律和动能定理求解M、N间的电压．（3）粒子从s1到打在D上经历的时间t等于在电场中运动时间、磁场中运动时间和穿出磁场后匀速直线运动的时间之和．M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中粒子磁场偏转角度越小，运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，故当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．根据几何知识求出打在D的右端时轨迹半径，根据前面的结果求出粒子进入磁场时的速度大小，运用运动学公式求出三段时间．解答：解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得①解得（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有②由①②得加速电压U与轨迹半径r的关系为当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R对应电压短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r=R由②得粒子进入磁场时速度的大小：粒子在电场中经历的时间：粒子在磁场中经历的时间：粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间：粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为：t=t1+t2+t3=答：（1）当M、N间的电压为U时，粒子进入磁场时速度的大小；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值；（3）粒子从s1到打在D上经历的时间t的最小值为．点评：本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析时间的最小值，也可以运用极限分析法分析．2．（2019•乐山一模）坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab板上．（不考虑a粒子的重力）（1）求α粒子刚进人磁场时的动能；（2）求磁感应强度B的大小；（3）将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．分析：（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．解答：解：（1）根据动能定理：可得末动能（2）根据上题结果可知v t=2v0，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角，其在电场中沿x方向的位移，易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，可得其圆周运动的半径又根据洛伦兹力提供向心力可得（3）易知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．由图可知此时磁场宽度为原来的，即当ab板位于的位置时，恰好所有粒子均能打到板上；ab板上被打中区域的长度答：（1）α粒子刚进人磁场时的动能为．（2）磁感应强度B的大小为．（3）当ab板位于的位置时，恰好所有粒子均能打到板上，打中区域的长度为．点评：本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，对学生数学几何能力要求较高．3．（2019•郴州三模）如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）．求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．分析：电子在电场中只受电场力，做类平抛运动．将速度分解，可求出电子进入圆形磁场区域时的速度大小．根据牛顿定律求出场强E的大小．电子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．分析电子进入磁场的速度方向与进入磁场时的速度方向相同条件，根据圆的对称性，由几何知识得到半径，周期T各应满足的表达式．解答：解：（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示．由速度关系：解得（2）由速度关系得在竖直方向解得（3）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于R．粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：nR=2L电子在磁场作圆周运动的轨道半径解得（n=1、2、3…）若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求．应满足的时间条件：而T的表达式得：T=（n=1、2、3…）答：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小为解得；（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；（3）圆形磁场区域磁感应强度B0的大小表达式为（n=1、2、3…）磁场变化周期T各应满足的表达式为T=（n=1、2、3…）．点评：本题带电粒子在组合场中运动，分别采用不同的方法：电场中运用运动的合成和分解，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．所加磁场周期性变化时，要研究规律，得到通项．4．（2019•广东模拟）如图所示，在xoy平面直角坐标系第一象限内分布有垂直向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×10﹣2T，在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过y轴），极板间距d=0.4m，极板与左侧电路相连接．通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压．a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压U=×102V．在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处有一粒子源S，沿x轴正方向连续射出比荷为=4.0×106C/kg，速度为v o=2.0×104m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场后从x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）．（1）当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小．（2）当滑动头P在ab间某位置时，粒子射出极板的速度偏转角为α，试写出粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系，并由此计算粒子在磁场中运动的最长时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）当滑动头P在ab正中间时，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，位移大小为L，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学结合可求出粒子进入磁场时的速度大小．（2）当滑动头P在a端时，平行金属板MN板间电压为零，粒子匀速运动，以速度v0进入磁场中，由牛顿第二定律求出轨迹半径．当滑动头P在ab间某一位置时，由牛顿第二定律得到轨迹半径与α的关系式，由几何关系求出粒子在磁场中运动时轨迹圆心角，即可得到粒子在磁场中运动时间的表达式．当板间电压最大时，根据类平抛运动的规律得到粒子射出极板时速度最大的偏转角，即可求出粒子在磁场中运动的最长时间．解答：解：（1）当滑动头P在ab正中间时，极板间电压U′=，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为v y：①v y=at ②L=v0t ③粒子射入磁场时速度的大小设为④联立解得：≈2.1×104m/s ⑤（2）当滑动头P在a端时，粒子在磁场中运动的速度大小为v0，有⑥解得：R0==0.2m设粒子射出极板时速度的大小为v，偏向角为α，在磁场中圆周运动半径为R．根据速度平行四边形可得：⑦又，得R=⑧由⑥⑦⑧可得：⑨粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心为O′，与x轴交点为D，设∠O′DO=β，根据几何关系：⑩又：解得：sinα=sinβ，得β=α粒子在磁场中运动的周期为T：粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为θ=则粒子在磁场中运动的时间：t=T=T，得t=由此结果可知，粒子射入磁场时速度偏转角α越大，则粒子在磁场中运动的时间就越大．假设极板间电压为最大值时粒子能射出电场，则此粒子在磁场中运动的时间最长．由（1）问规律可知当滑动头P在b端时，粒子射入磁场时沿y方向的分速度：y方向偏距：y m==m＜0.2m，说明粒子可以射出极板．此时粒子速度偏转角最大，设为αm，则tana m==，得故粒子在磁场中运动的最长时间：，得t m=代入数值得：≈2.6×10﹣5s．答：（2）粒子在磁场中运动的时间与α的函数关系是，粒子在磁场中运动的最长时间是2.6×10﹣5s．点评：本题的解题关键是准确画出粒子运动的基础上，根据几何知识得到粒子在磁场中运动的时间与α的关系式，难度较大．5．（2019•湖北校级二模）如图，在0≤x≤a区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内．已知沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界上P（a，a）点离开磁场．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷；（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；洛仑兹力．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）由几何关系可确定粒子飞出磁场所用到的时间及半径，再由洛仑兹力充当向心力关系，联立可求得荷质比；（2）由几何关系可确定仍在磁场中的粒子位置，则可由几何关系得出夹角范围；（3）最后飞出的粒子转过的圆心角应为最大，由几何关系可知，其轨迹应与右边界相切，则由几何关系可确定其对应的圆心角，则可求得飞出的时间．解答：解：（1）初速度与y轴方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图1中的弧OP所示，其圆心为C．由几何关系可知，∠POC=30°；△OCP为等腰三角形故∠OCP=①此粒子飞出磁场所用的时间为t0=②式中T为粒子做圆周运动的周期．设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得R= a ③由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m④T=⑤联立②③④⑤解得⑥（2）仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出．依题意，所有粒子在磁场中转动时间相同，则转过的圆心角相同，故弦长相等；同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同．在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧上．（）弧MN只代表初速度与y轴正方向为60度时粒子的运动轨迹）如图所示．设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为v P、v M、v N．由对称性可知v P与OP、v M与OM、v N与ON的夹角均为．设v M、v N与y轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有⑦⑧对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足≤θ≤（3）在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图2所示．由几何关系可知：OM=OP由对称性可知ME=OP由图可知，圆的圆心角为240°，从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间2t0；。
人教版高中物理选修31磁场专项练习和解析
选修3-1磁场专项练习2一．选择题（共7小题）1．（2019•上海）如图，通电导线MN及单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘．当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向（）A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里解：金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．若MN中电流突然减小时，穿过线框的磁通量将减小．根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为顺时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向右，而左边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右．故B正确，ACD错误．故选B 2．（2009•广东）表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（）A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能及B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上解答：解：小滑块受力如图所示；A、F洛=QVB，滑动摩擦力F=μFN=μ（mgcosθ+QvB），随速度增加而变大，A错误．B、若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，摩擦力F=mgsinθ=μ（mgcos θ+QvB），则v=（﹣cosθ），可看v随B的增大而减小，B越大滑块动能越小；若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则B越大时，滑动摩擦力F越大，滑块克服阻力做功越多，由动能定理可知，滑块到达斜面底端的速度越小，动能越小，B错误．C、滑块沿斜面向下运动，由左手定则可知，洛伦兹力垂直于斜面向下，故C正确；D、滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B 很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故D错误．故选C．3．（2019•西城区模拟）如图所示，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（ B ）A．B．C．D．4．（2009•金山区二模）如图所示，矩形线框abcd，及条形磁铁的中轴线位于同一平面内，线框内通有电流I，则线框受磁场力的情况（）A．ab和cd受力，其它二边不受力B．ab和cd受到的力大小相等方向相反C．ad和bc受到的力大小相等，方向相反D．以上说法都不对解：A、各边都处在磁场中，各边电流方向都及磁场方向不平行，都受到安培力的作用，故A错误；B、ab边所处位置磁感应强度大，cd 边所处位置磁感应强度小，而两边电流大小相等，由F=BILsinθ可知两边所受安培力不相等，故B错误；C、ad边及bc边关于条形磁铁对称，它们所处的磁场强度大小相等，两边长度及电流大小相等，由F=BILsinθ可知，两边所受安培力大小相等，由左手定则可知安培力的方向相同，故C错误；D、由上可知，故D正确，5．（2019•宿州一模）如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2．今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是（）A．电子的运行轨迹为PDMCNEP B．电子运行一周回到P用时为T=C．B1=4B2 D．B1=2B2解：A、根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A正确；B、电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T=+，故B错误；C、由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r=可知，B1=2B2，故C错误，D正确．故选：AD．6．（2019•海南）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（）A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同．故A错误；B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径及速率成正比，故B正确；C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大．故D正确；故选：BD二．解答题（共5小题）7．（2019•南充一模）如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，及水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆及B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向上的拉力作用，拉力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，问（sin37°≈0.6；cos37°≈0.8）（1）小环带什么电？（2）小环滑到P处时的速度多大？解：（1）环所受洛伦兹力及杆垂直，只有洛伦兹力垂直于杆向上时，才能使环向上拉杆，由左手定则可知环带负电．（2）设杆拉住环的力为T，由题可知：T=0.4mg在垂直杆的方向上对环有：qvB=T+mgcos37°即qvB=0.4mg+0.8mg解得：答：（1）小环带负电；（2）小环滑到P处时的速度为：．8．（2019•西城区模拟）如图，一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，杆和磁场垂直，及水平方向成θ角．杆上套一个质量为m、电量为+q的小球．小球及杆之间的动摩擦因数为μ．从A点开始由静止释放小球，使小球沿杆向下运动．设磁场区域很大，杆很长．已知重力加速度为g．求：（1）定性分析小球运动的加速度和速度的变化情况；（2）小球在运动过程中最大加速度的大小；（3）小球在运动过程中最大速度的大小．解：（1）由于洛伦兹力作用下，导致压力减小，则滑动摩擦力也减小，所以加速度增加，当洛伦兹力大于重力的垂直于杆的分力时，导致滑动摩擦力增大，从而出现加速度减小，直到处于受力平衡，达到匀速直线运动．因此小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动．（2）当杆对小球的弹力为零时，小球加速度最大．小球受力如图1所示根据牛顿第二定律mgsinθ=ma解得：a=gsinθ（3）当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为vm小球受力如图2所示根据平衡条件qvmB=N+mgcosθmgsinθ=f滑动摩擦力f=μN解得：答：（1）先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动；（2）小球在运动过程中最大加速度的大小gsinθ；（3）小球在运动过程中最大速度的大小为．9．质量m=1.0×10﹣4kg的小物体，带有q=5×10﹣4C的电荷，放在倾角为37°绝缘光滑斜面上，整个斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向如图所示，物块由静止下滑，滑到某一位置时，开始离开斜面，斜面足够长，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）物块带何种电荷；（2）物块离开斜面时的速度；（3）物块在斜面上滑行的最大距离．解：（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．根据左手定则可得：小滑块带负电．（2）当物体离开斜面时，弹力为零，因此有：Bqv=mgcosα，故．故物块离开斜面时的速度为3.2m/s．（3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，故有：v2=2al mgsinθ=ma所以代人数据解得：l≈0.85m．故物块在斜面上滑行的最大距离为：l≈0.85m．10．（2019•天津）在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点及x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求（1）M、N两点间的电势差U MN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．解：（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，进入第四象限做匀速圆周运动．设粒子过N点的速度为v，有得：v=2v0粒子从M点到N 点的过程，由动能定理有：解得：（2）粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动（如图所示），半径为O′N，有：解得：（3）由几何关系得：ON=rsinθ设粒子在电场中运动的时间为t1，则有：ON=v0t1粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：得：运动的总时间为：t=t1+t2即：11．（2019•资阳模拟）如图，xOy平面的第Ⅱ象限的某一区域有垂直于纸面的匀强磁场B1，磁场磁感应强度B1=1T，磁场区域的边界为矩形，其边分别平行于x、y轴．有一质量m=10﹣12kg、带正电q=10﹣7C 的a粒子从O点以速度v0=105m/s，沿及y轴正向成θ=30°的方向射入第Ⅱ象限，经磁场偏转后，从y轴上的P点垂直于y轴射入第Ⅰ象限，P点纵坐标为y P=3m，y轴右侧和垂直于x轴的虚线左侧间有平行于y轴的匀强电场，a粒子将从虚线及x轴交点Q进入第Ⅳ象限，Q 点横坐标x Q=6m，虚线右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B2，其磁感应强度大小仍为1T．不计粒子的重力，求：（1）磁场B1的方向及a粒子在磁场B1的运动半径r1；（2）矩形磁场B1的最小面积S和电场强度大小E；（3）如在a粒子刚进入磁场B1的同时，有另一带电量为﹣q的b粒子，从y轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，a、b粒子将发生迎面正碰，求M点纵坐标y M以及相碰点N的横坐标x N．12（2009•天津）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向及x轴的方向夹角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h．解答：解：（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，有qE=mg，得到E=重力的方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，由于小球带正电，故场强度方向竖直向上．（2）小球做匀速圆周运动，设其设半径为r，由几何关系知 r==小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，设小球做圆周运动的速为v，有qvB=m得v==由速度分解知v0=vcosθ代入得到 v0=（3）根据机械守恒定律，有mgh+= h=将v0，v代入得到h=答：（1）电场强度E的大小为，方向竖直向上；（2）小球从A点抛出时初速度v0=；（3）A点到x轴的高度h=．第 11 页。
高中物理磁场练习题(含解析)
D．库仑通过与万有引力类比，在实验的基础上验证得出库仑定律
4．电磁炮是利用电磁系统中电磁场产生的安培力来对金属炮弹进行加速，使其达到打击目标所需的巨大动能，如图甲所示。原理图可简化为如图乙所示，其中金属杆表示炮弹，磁场方向垂直轨道平面向上，则当弹体中通过如图乙所示的电流时，炮弹加速度的方向为（ ）
高中物理磁场练习题
学校:___________姓名：___________班级：___________
一、单选题
1．假设一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同，这个力就叫作那几个力的合力，以下概念的建立方法与合力相同的是（ ）
A．瞬时速度B．交流电的有效值
C．电场强度D．磁通量
2．如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力，则（ ）
16．“用霍尔元件测量磁场”的实验中，把载流子为带负电的电子e的霍尔元件接入电路如图，电流为I，方向向左，长方体霍尔元件长宽高分别为 、 、 ，处于竖直向上的恒定匀强磁场中。
（1）前后极板M、N，电势较高的是___________。（选填“M板”或“N板”）
（2）某同学在实验时，改变电流的大小，记录了不同电流下对应的 值，如下表
14．如图所示，面积为10m2的正方形导线框处于磁感应强度为 的匀强磁场中。在线框平面以ad边为轴转过180°的过程中，线圈中________感应电流产生（选填“有”或“无”），整个过程中，磁通量变化量为________Wb。
四、实验题
15．奥斯特研究电和磁的关系的实验中，通电导线附近的小磁针发生偏转的原因是______ 实验时为使小磁针发生明显偏转，通电前导线应放置在其上方，并与小磁针保持______ 选填“垂直”、“平行”、“任意角度” ．元电荷的电量是______C．
高中物理：磁场 练习(含答案)
高中物理：磁场 练习（含答案）磁场1、(双选)关于地球的磁场,下列说法正确的是( )A ．在地面上放置一个小磁针,小磁针的南极指向地磁场的南极B ．地磁场的南极在地理北极附近C ．地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的D ．地球磁偏角的数值在地球上不同地点是不同的2、有四条垂直于纸面的长直固定导线．电流方向如图所示,其中a 、b 、c 三条导线到d 导线的距离相等,三条导线与d 的连线互成120度角．四条导线的电流大小为都为I,其中a 导线对d 导线的安培力为F.现突然把c 导线的电流方向改为垂直于纸面向外,电流大小不变．此时d 导线所受安培力的合力为( )A ．0B ．FC ．3FD ．2F3、(多选)如图所示,质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O′,并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x 轴正方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为(重力加速度为g)( )A ．z 轴正方向,mg IL tan θB ．y 轴正方向,mg ILC ．z 轴负方向,mg IL tan θD ．沿悬线向下,mg ILsin θ 4、如图所示,a 为带正电的小物块,b 是一不带电的绝缘物块(设a 、b 间无电荷转移),a 、b 叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．现用水平恒力F 拉b 物块,使a 、b 一起无相对滑动地向左做加速运动,则在加速运动阶段( )A．a对b的压力不变B．a对b的压力变大C．a、b物块间的摩擦力变大D．a、b物块间的摩擦力不变5、如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制,磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是()A．仅增大励磁线圈的电流,电子束径迹的半径变大B．仅提高电子枪的加速电压,电子束径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈的电流,电子做圆周运动的周期将变大D．仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期将变大6、关于磁感应强度B、电流强度I、导线长L和导线所受磁场力F的关系,下列说法中正确的是()A．在B＝0的地方,F一定等于零B．在F＝0的地方,B一定等于零C．若B＝1 T,I＝1 A,L＝1 m,则F一定等于1 ND．若L＝1 m,I＝1 A,F＝1 N,则B一定等于1 T7、如图所示,A、B、C三根平行通电直导线质量均为m,通入的电流大小均相等,其中C中的电流方向与A、B中的电流方向反向,A、B放置在粗糙的水平面上,C静止在空中,三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,且三根导线均保持静止,重力加速度为g,则A导线受到B导线的作用力大小和方向为()A．33mg,方向由A指向B B．33mg,方向由B指向AC．3mg,方向由A指向B D．3mg,方向由B指向A8、(多选)如图所示,在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带正电荷的小球,管道半径略大于球体半径,整个管道处于方向与管道垂直的水平匀强磁场中；现给球施加一个水平向右的初速度v0,以后小球的速度随时间变化的图象可能正确的是()A BC D9、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,方向垂直于纸面向里．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子(不计重力)沿平行于直径ab的方向射入磁场区域．若粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为90°,则粒子入射的速度大小为()A.qBR2m B．qBRmC．2qBRm D．4qBRm10、关于通电直导线在磁场中所受的安培力,下列说法正确的是()A．磁感应强度跟导线所受的安培力成正比B．安培力的方向跟磁感应强度的方向垂直C．磁感应强度的方向跟安培力的方向相同D．通电直导线在磁场中某处受到的安培力为零,则该处的磁感应强度一定为零11、如图所示的天平可用来测定磁感应强度B.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈,宽度为l,共N 匝,线圈下端悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I(方向如图)时,在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码后,天平平衡,当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m的砝码后,天平重新平衡,由此可知()A．磁感应强度方向垂直纸面向里,B＝（m1－m2）gNIlB．磁感应强度方向垂直纸面向里,B＝mg 2NIlC．磁感应强度方向垂直纸面向外,B＝（m1－m2）gNIlD．磁感应强度方向垂直纸面向外,B＝mg 2NIl12、如图所示,两光滑的平行金属轨道与水平面成θ角,两轨道间距为L,一金属棒垂直两轨道水平放置．金属棒质量为m,电阻为R,轨道上端的电源电动势为E,内阻为r.为使金属棒能静止在轨道上,可加一方向竖直向上的匀强磁场,则该磁场的磁感应强度B应是多大？13、如图所示,一个质量为m,电荷量为－q,不计重力的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v,沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中,并恰好垂直于y轴射出第一象限,求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)穿过第一象限的时间．磁场1、(双选)关于地球的磁场,下列说法正确的是()A．在地面上放置一个小磁针,小磁针的南极指向地磁场的南极B．地磁场的南极在地理北极附近C．地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的D．地球磁偏角的数值在地球上不同地点是不同的BD[在地面上放置一个小磁针,小磁针的南极指向地理南极,即地磁北极,故A错误；地磁场的南极在地理北极附近,地磁场的北极在地理南极附近,故B正确；地磁场不是匀强磁场,与地面不一定平行,如图所示,故C错误；地球的地理两极与地磁两极并不重合,因此,小磁针并非准确的指向南北,其间有一个夹角,这就是地磁偏角；地磁偏角的数值在地球上不同地点是不同的,故D正确．]2、有四条垂直于纸面的长直固定导线．电流方向如图所示,其中a 、b 、c 三条导线到d 导线的距离相等,三条导线与d 的连线互成120度角．四条导线的电流大小为都为I,其中a 导线对d 导线的安培力为F.现突然把c 导线的电流方向改为垂直于纸面向外,电流大小不变．此时d 导线所受安培力的合力为( )A ．0B ．FC ．3FD ．2FD [a 导线对d 导线的安培力为F,三条导线与d 的连线互成120°,因此在c 导线的电流方向改变之前,d 导线所受安培力的合力为零；当c 导线的电流方向改变之后,a 、b 导线对d 导线的安培力夹角为120°,大小为F,因此此两个安培力的合力为F,方向指向c 导线,而c 导线对d 导线的安培力大小为F,方向指向c 导线,那么此时三导线对d 导线所受安培力的合力为2F,故A 、B 、C 错误,D 正确．]3、(多选)如图所示,质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O′,并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x 轴正方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为(重力加速度为g)( )A ．z 轴正方向,mg IL tan θB ．y 轴正方向,mg ILC ．z 轴负方向,mg IL tan θD ．沿悬线向下,mg IL sin θBCD [磁感应强度方向为z 轴正方向时,根据左手定则,直导线所受安培力方向沿y 轴负方向,直导线不能平衡,故A 错误；磁感应强度方向为y 轴正方向时,根据左手定则,直导线所受安培力方向沿z 轴正方向,根据平衡条件,当BIL 刚好等于mg 时,细线的拉力为零,B ＝mg IL ,故B 正确；磁感应强度方向为z 轴负方向时,根据左手定则,直导线所受安培力方向沿y 轴正方向,根据平衡条件BIL ＝mg tan θ,所以B ＝mg IL tan θ,故C 正确；磁感应强度方向沿悬线向下时,根据左手定则,直导线所受安培力方向垂直于细线斜向上,根据平衡条件：F ＝mg sin θ,得：B ＝mg sin θIL ,故D 正确．]4、如图所示,a为带正电的小物块,b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移),a、b叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．现用水平恒力F拉b物块,使a、b 一起无相对滑动地向左做加速运动,则在加速运动阶段()A．a对b的压力不变B．a对b的压力变大C．a、b物块间的摩擦力变大D．a、b物块间的摩擦力不变B[a、b整体受总重力、拉力F、向下的洛伦兹力q v B、地面的支持力F N和摩擦力f,竖直方向有F N＝(m a＋m b)g＋q v B,水平方向有F－f＝(m a＋m b)a,f＝μF N.在加速阶段,随着v增大,F N增大,f 增大,加速度a减小．对a受力分析,a受重力m a g、向下的洛伦兹力q v B、b对a向上的支持力F N′、b对a向左的静摩擦力f′,竖直方向有F N′＝m a g＋q v B,水平方向有f′＝m a a.随着v的增大,F N′增大,选项A错误,B正确．加速度a在减小,所以a、b物块间的摩擦力变小,选项C、D 错误．]5、如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制,磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是()A．仅增大励磁线圈的电流,电子束径迹的半径变大B．仅提高电子枪的加速电压,电子束径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈的电流,电子做圆周运动的周期将变大D．仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期将变大B[电子在加速电场中加速,由动能定理有eU＝12m v2①电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,有eB v0＝m v20r②解得r＝m v0eB＝1B2mUe③T＝2πmeB④可见增大励磁线圈中的电流,电流产生的磁场增强,由③式可得,电子束的轨道半径变小．由④式知周期变小,故A、C错误；提高电子枪加速电压,电子束的轨道半径变大,周期不变,故B正确,D 错误．]6、关于磁感应强度B、电流强度I、导线长L和导线所受磁场力F的关系,下列说法中正确的是()A．在B＝0的地方,F一定等于零B．在F＝0的地方,B一定等于零C．若B＝1 T,I＝1 A,L＝1 m,则F一定等于1 ND．若L＝1 m,I＝1 A,F＝1 N,则B一定等于1 TA[当B＝0时,导线一定不受磁场力,F一定为零．但是用B＝FIL判断B或计算F时,B一定要和通电导线垂直,没有垂直这个条件,B＝FIL不成立．故B、C、D错误,A正确．]7、如图所示,A、B、C三根平行通电直导线质量均为m,通入的电流大小均相等,其中C中的电流方向与A、B中的电流方向反向,A、B放置在粗糙的水平面上,C静止在空中,三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,且三根导线均保持静止,重力加速度为g,则A导线受到B导线的作用力大小和方向为()A．33mg,方向由A指向B B．33mg,方向由B指向AC．3mg,方向由A指向B D．3mg,方向由B指向A A[导线C受重力,A、B对C的作用力,如图所示：由题意可知F AC＝F BC由几何关系得2F AC cos 30°＝mg解得F AC＝33mg由于三根通电导线电流相等,距离相等,所以各导线间安培力大小相等,所以F AB＝F AC＝33mg同向电流相吸异向电流相斥可判断A导线受到B导线的作用力方向由A指向B,故A正确,B、C、D错误．]8、(多选)如图所示,在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带正电荷的小球,管道半径略大于球体半径,整个管道处于方向与管道垂直的水平匀强磁场中；现给球施加一个水平向右的初速度v0,以后小球的速度随时间变化的图象可能正确的是()A BC DACD[给小球施加一个水平向右的初速度,小球将受到向上的洛伦兹力,还受重力、可能有向后的滑动摩擦力；若重力小于洛伦兹力,小球受到向下的弹力,则受到摩擦力,做减速运动,洛伦兹力减小,当洛伦兹力等于重力时,做匀速运动,故C正确；若重力大于洛伦兹力,小球受到向上的弹力,则受到摩擦力,将做减速运动,随洛伦兹力的减小,支持力变大,摩擦力变大,加速度逐渐变大,最后速度为零,故D正确；若洛伦兹力等于小球的重力,小球将做匀速直线运动,故A正确．]9、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,方向垂直于纸面向里．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子(不计重力)沿平行于直径ab的方向射入磁场区域．若粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为90°,则粒子入射的速度大小为()A.qBR2m B．qBRmC．2qBRm D．4qBRmB[带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,画出运动轨迹示意图,如图所示,根据几何关系知,粒子运动的轨迹圆的半径为r＝R ①根据洛伦兹力提供向心力,有q v B＝m v2 r得r＝m vqB②联立①②得v＝qBRm,故B正确,A、C、D错误．]10、关于通电直导线在磁场中所受的安培力,下列说法正确的是()A．磁感应强度跟导线所受的安培力成正比B．安培力的方向跟磁感应强度的方向垂直C．磁感应强度的方向跟安培力的方向相同D．通电直导线在磁场中某处受到的安培力为零,则该处的磁感应强度一定为零B[磁感应强度B的大小只决定于磁场本身的性质,跟导线所受的安培力及电流与导线长度均没有关系,故A错误；根据左手定则可知,安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直,即与电流和磁场方向都垂直,故B正确,C错误；当电流方向与磁场的方向平行,所受安培力为0,而此时的磁感应强度不为零,故D错误．]11、如图所示的天平可用来测定磁感应强度B.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈,宽度为l,共N 匝,线圈下端悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I(方向如图)时,在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码后,天平平衡,当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m的砝码后,天平重新平衡,由此可知()A．磁感应强度方向垂直纸面向里,B＝（m1－m2）gNIlB．磁感应强度方向垂直纸面向里,B＝mg 2NIlC．磁感应强度方向垂直纸面向外,B＝（m1－m2）gNIlD．磁感应强度方向垂直纸面向外,B＝mg 2NIlB[电流反向时,右边再加质量为m的砝码后,天平重新平衡,说明安培力的方向原来竖直向下,由左手定则,知磁感应强度方向垂直纸面向里,设线圈质量为m0,根据平衡条件有m1g＝m2g＋NBIl＋m0g ①m1g＝m2g＋mg－NBIl＋m0g ②由①②解得B＝mg2NIl.]12、如图所示,两光滑的平行金属轨道与水平面成θ角,两轨道间距为L,一金属棒垂直两轨道水平放置．金属棒质量为m,电阻为R,轨道上端的电源电动势为E,内阻为r.为使金属棒能静止在轨道上,可加一方向竖直向上的匀强磁场,则该磁场的磁感应强度B应是多大？[解析]导体棒受力分析如图所示则I＝ER＋r①F安＝BIL ②F安＝mg tan θ③由①②③解得B＝mg（R＋r）tan θEL.[答案]mg（R＋r）tan θEL13、如图所示,一个质量为m,电荷量为－q,不计重力的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v,沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中,并恰好垂直于y轴射出第一象限,求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)穿过第一象限的时间．[解析](1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹,由图中几何关系知：R cos 30°＝a,得R＝23a 3Bq v＝m v2R,得B＝m vqR＝3m v2qa.(2)带电粒子在第一象限内运动时间t＝120°360°·2πmqB＝43πa9v.[答案](1)3m v2qa(2)43πa9v。
高考物理电磁学知识点之磁场难题汇编附答案(1)
高考物理电磁学知识点之磁场难题汇编附答案(1)一、选择题1．如图，放射源放在铅块上的细孔中，铅块上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外．已知放射源放出的射线有α、β、γ三种．下列判断正确的是A．甲是α射线，乙是γ射线，丙是β射线B．甲是β射线，乙是γ射线，丙是α射线C．甲是γ射线，乙是α射线，丙是β射线D．甲是α射线，乙是β射线，丙是γ射线2．如图甲是磁电式电流表的结构图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。
线圈中a、b两条导线长度均为l，未通电流时，a、b处于图乙所示位置，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。
通电后，a导线中电流方向垂直纸面向外，大小为I，则（）A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针转动D．a导线受到的安培力大小始终为BI l3．如图所示，虚线为两磁场的边界，左侧磁场垂直纸面向里，右侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B。
一边长为L、电阻为R的单匝正方形导体线圈abcd，水平向右运动到图示位置时，速度大小为v，则（）A．ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力向右B．ab边受到的安培力向右，cd边受到的安培力向左C．线圈受到的安培力的大小为22 2B L vRD．线圈受到的安培力的大小为22 4B L vR4．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为υ．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（）A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与υ无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a5．如图所示，用一细线悬挂一根通电的直导线ab（忽略外围电路对导线的影响），放在螺线管正上方处于静止状态，与螺线管轴线平行，可以在空中自由转动，导线中的电流方向由a指向b。
高考物理电磁感应现象压轴难题复习题附答案
高考物理电磁感应现象压轴难题复习题附答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，在倾角30o θ=的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L 。
一质量为m 、边长为L 的正方形线框距磁场上边界L 处由静止沿斜面下滑，ab 边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。
ab 边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动。
重力加速度为g 。
求：（1）线框ab 边刚越过两磁场的分界线ff′时受到的安培力； （2）线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q 和所用的时间t 。
【答案】(1)安培力大小2mg ，方向沿斜面向上(2)4732mgL Q = 72Lt g= 【解析】 【详解】(1）线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有21sin 302mgL mv ︒=， 则线框进入磁场时的速度2sin30v g L gL =︒线框ab 边进入磁场时产生的电动势E =BLv 线框中电流E I R=ab 边受到的安培力22B L vF BIL R== 线框匀速进入磁场，则有22sin 30B L vmg R︒= ab 边刚越过ff '时，cd 也同时越过了ee '，则线框上产生的电动势E '=2BLv线框所受的安培力变为22422B L vF BI L mg R==''=方向沿斜面向上（2）设线框再次做匀速运动时速度为v '，则224sin 30B L v mg R︒='解得4v v ='=根据能量守恒定律有2211sin 30222mg L mv mv Q ︒'⨯+=+解得4732mgLQ =线框ab 边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间1L t v=设线框ab 通过ff '后开始做匀速时到gg '的距离为0x ，由动量定理可知：22sin302mg t BLIt mv mv ︒-='-其中()022BL L x I t R-=联立以上两式解得()02432L x v t vg-=-线框ab 在下侧磁场匀速运动的过程中，有0034x x t v v='=所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为123t t t t =++=2．如图()a ，平行长直导轨MN 、PQ 水平放置，两导轨间距0.5L m =，导轨左端MP 间接有一阻值为0.2R =Ω的定值电阻，导体棒ab 质量0.1m kg =，与导轨间的动摩擦因数0.1μ=，导体棒垂直于导轨放在距离左端 1.0d m =处，导轨和导体棒电阻均忽略不计.整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，0t =时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B 随时间t 的变化如图()b 所示，不计感应电流磁场的影响.当3t s =时，突然使ab 棒获得向右的速度08/v m s =，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F ，保持ab 棒具有大小为恒为24/a m s =、方向向左的加速度，取210/g m s =．()1求0t =时棒所受到的安培力0F ；()2分析前3s 时间内导体棒的运动情况并求前3s 内棒所受的摩擦力f 随时间t 变化的关系式；()3从0t =时刻开始，当通过电阻R 的电量 2.25q C =时，ab 棒正在向右运动，此时撤去外力F ，此后ab 棒又运动了2 6.05s m =后静止.求撤去外力F 后电阻R 上产生的热量Q ．【答案】(1)00.025F N =，方向水平向右(2) ()0.01252?f t N =-(3) 0.195J 【解析】 【详解】 解：()1由图b 知：0.20.1T /s 2B t == 0t =时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为： 0.05V BE Ld t tΦ=== 感应电流为：0.25A EI R== 可得0t =时棒所受到的安培力：000.025N F B IL ==，方向水平向右；()2ab 棒与轨道间的最大摩擦力为：00.10.025N m f mg N F μ==>=故前3s 内导体棒静止不动，由平衡条件得： f BIL = 由图知在03s -内，磁感应强度为：00.20.1B B kt t =-=- 联立解得： ()0.01252(3s)f t N t =-<；()3前3s 内通过电阻R 的电量为：10.253C 0.75C q I t =⨯=⨯=设3s 后到撤去外力F 时又运动了1s ，则有：11BLs q q I t R RΦ-=== 解得：16m s =此时ab 棒的速度设为1v ，则有：221012v v as -=解得：14m /s v =此后到停止，由能量守恒定律得： 可得：21210.195J 2Q mv mgs μ=-=3．如图所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L ，有两根长度均为L 、电阻均为R 、质量均为m 的导体棒AB 、CD 平放在金属导轨上。
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2．如图所示,带正电的物块Ａ放在不带电的小车B上,开始时都静止,处于垂直纸面向里的匀强磁场中．ｔ=0时加一个水平恒力Ｆ向右拉小车B，t=t1时A相对于B开始滑动．已知地面是光滑的.ＡＢ间粗糙，A带电量保持不变，小车足够长．从ｔ＝0开始A、B的速度﹣时间图象,下面哪个可能正确(）A. Ｂ． C. D．解答：解:分三个阶段分析本题中A、B运动情况：开始时A与B没有相对运动,因此一起匀加速运动.A所受洛伦兹力向上,随着速度的增加而增加,对A 根据牛顿第二定律有：ｆ=ｍa．即静摩擦力提供其加速度，随着向上洛伦兹力的增加,因此Ａ与Ｂ之间的压力减小，最大静摩擦力减小,当A、B之间的最大静摩擦力都不能提供Ａ的加速度时,此时ＡB将发生相对滑动.当Ａ、B发生发生相对滑动时,由于向上的洛伦兹力继续增加,因此A与Ｂ之间的滑动摩擦力减小,故Ａ的加速度逐渐减小,Ｂ的加速度逐渐增大．当A所受洛伦兹力等于其重力时，A与B恰好脱离，此时Ａ将匀速运动,B将以更大的加速度匀加速运动.综上分析结合v﹣t图象特点可知ABＤ错误，Ｃ正确．故选C.３.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,要使粒子都汇聚到一点，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哪一种（)(其中B0＝,A、Ｃ、Ｄ选项中曲线均为半径是L 的圆弧,B选项中曲线为半径是的圆）A. B．Ｃ. D.解答:解:由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入Ａ、B、C这三个选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同.唯有Ｄ选项因为磁场是2B０，它的半径是之前半径的2倍.然而当粒子射入B、C两选项时,均不可能汇聚于同一点.而D选项粒子是向上偏转,但仍不能汇聚一点.所以只有Ａ选项，能汇聚于一点．故选:Ａ4.如图所示,匀强磁场的方向竖直向下.磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．试管在水平拉力F作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出.关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是(）A．小球带负电B.ﻩ洛伦兹力对小球做正功Ｃ．小球运动的轨迹是一条抛物线Ｄ．维持试管匀速运动的拉力F应增大解答：解:Ａ、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力,根据左手定则判断，小球带正电.故A错误．B、洛伦兹力总是与速度垂直,不做功.故B错误.Ｃ、设管子运动速度为v１，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动.小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=ｑｖ1Ｂ,q、v１、B均不变,F1不变,则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线.故C正确.D、设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B,ｖ２增大，则F２增大,而拉力F=F2,则F逐渐增大.故D正确．故选ＣD．5.如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场,电场强度为E,在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以初速度v0垂直x轴,从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场．已知ＯP之间的距离为d，则带电粒子(）A．在电场中运动的时间为B.在磁场中做圆周运动的半径为 dＣ.入磁场至第二次经过x轴所用时间为Ｄ.自进入电场至在磁场中第二次经过ｘ轴的时间为解答：解：根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示:A、粒子进入电场后做类平抛运动，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场,所以ｖ==vｘ＝ｖ０tan45°＝v0沿x轴方向有:x＝所以ＯA=2OP=２ｄ在垂直电场方向做匀速运动,所以在电场中运动的时间为:t１=,故A正确;B、如图，ＡＯ1为在磁场中运动的轨道半径,根据几何关系可知:AO1=,故B错误;Ｃ、粒子从A点进入磁场，先在第一象限运动个圆周而进入第四象限,后经过半个圆周，第二次经过x轴，所以自进入磁场至第二次经过ｘ轴所用时间为t2=，故Ｃ错误；D、自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t=t1+t2=,故D正确．故选ＡD6.如图(甲)所示,在直角坐标系０≤ｘ≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L，０）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有一质量为m,带电量为e的电子,从ｙ轴上的A点以速度v０沿ｘ轴正方向射入电场,飞出电场后从Ｍ点进入圆形区域,速度方向与x轴夹角为３0°．此时在圆形区域加如图（乙)所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向）,最后电子运动一段时间后从Ｎ飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同(与ｘ轴夹角也为30°）．求:（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；(２)0≤ｘ≤L区域内匀强电场场强E的大小；(3)写出圆形磁场区域磁感应强度Ｂ0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式.解答:解: (１）电子在电场中作类平抛运动,射出电场时,如图１所示．由速度关系:解得(2)由速度关系得在竖直方向解得(３)在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，根据几何知识,在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于R．粒子到达Ｎ点而且速度符合要求的空间条件是：2nR=2Ｌ电子在磁场作圆周运动的轨道半径解得（ｎ＝1、２、3…）若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求.应满足的时间条件：解得Ｔ的表达式得:(n=1、２、3…）7．如图所示为一种获得高能粒子的装置．环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调的匀强磁场．M、Ｎ为两块中心开有小孔的距离很近的极板，板间距离为d，每当带电粒子经过Ｍ、Ｎ板时，都会被加速，加速电压均为U；每当粒子飞离电场后，M、N板间的电势差立即变为零.粒子在电场中一次次被加速,动能不断增大,而绕行半径R不变.当t=0时，质量为ｍ、电荷量为+ｑ的粒子静止在M板小孔处．(1)求粒子绕行n圈回到M板时的速度大小v n；（2）为使粒子始终保持在圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时磁感应强度Bｎ的大小; （３）求粒子绕行ｎ圈所需总时间ｔ总.解答：解:(1)粒子绕行一圈电场做功一次，由动能定理：即第n次回到M板时的速度为：（2)绕行第ｎ圈的过程中,由牛顿第二定律：得(3)粒子在每一圈的运动过程中,包括在MN板间加速过程和在磁场中圆周运动过程．在MN板间经历n次加速过程中，因为电场力大小相同，故有：即加速ｎ次的总时间而粒子在做半径为R的匀速圆周运动,每一圈所用时间为,由于每一圈速度不同,所以每一圈所需时间也不同．第1圈：第２圈：…第n圈：故绕行n圈过程中在磁场里运动的时间综上：粒子绕行n圈所需总时间ｔ总=＋.8．如图所示，圆心为坐标原点、半径为Ｒ的圆将ｘoy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ.区域Ⅰ内有方向垂直于ｘoy平面的匀强磁场Ｂ1．平行于ｘ轴的荧光屏垂直于xoy平面,放置在坐标y=﹣2．2Ｒ的位置．一束质量为m电荷量为q动能为E0的带正电粒子从坐标为（﹣R,0）的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，当区域Ⅱ内无磁场时,粒子全部打在荧光屏上坐标为(0，﹣２.２R）的M点,且此时,若将荧光屏沿y轴负方向平移，粒子打在荧光屏上的位置不变．若在区域Ⅱ内加上方向垂直于ｘoｙ平面的匀强磁场B2，上述粒子仍从A点沿ｘ轴正方向射入区域Ⅰ，则粒子全部打在荧光屏上坐标为（0.4R,﹣2.２R）的N点.求（1)打在Ｍ点和N点的粒子运动速度ｖ1、v２的大小.（２)在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、Ｂ2的大小和方向．（3）若将区域Ⅱ中的磁场撤去，换成平行于x轴的匀强电场，仍从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ的粒子恰好也打在荧光屏上的Ｎ点,则电场的场强为多大?解答：解：（１)粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功,打在M点和N点的粒子动能均为E0，速度v1、v2大小相等,设为v,由可得(2)如图所示,区域Ⅱ中无磁场时，粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周后,从Ｃ点沿ｙ轴负方向打在M点，轨迹圆心是o1点，半径为r１=Ｒ区域Ⅱ有磁场时，粒子轨迹圆心是Ｏ2点，半径为ｒ2,由几何关系得r２2=(1.2R）２＋（ｒ２﹣0.４R）２解得r２=2R由得故，方向垂直xoy平面向外．，方向垂直ｘoy平面向里.(３）区域Ⅱ中换成匀强电场后，粒子从C点进入电场做类平抛运动,则有1.２R=vｔ,解得场强．９．如图甲所示,直角坐标系中直线ＡB与横轴x夹角∠BＡO=30°,AO长为a．假设在点A处有一放射源可沿∠ＢAO所夹范围内的各个方向放射出质量为ｍ、速度大小均为v、带电量为e的电子，电子重力忽略不计．在三角形ＡＢＯ内有垂直纸面向里的匀强磁场,当电子从顶点A沿AB方向射入磁场时,电子恰好从O点射出．试求:①从顶点A沿ＡB方向射入的电子在磁场中的运动时间t;②磁场大小、方向保持不变，改变匀强磁场分布区域,使磁场存在于三角形ABO内的左侧，要使放射出的电子穿过磁场后都垂直穿过y轴后向右运动,试求匀强磁场区域分布的最小面积S.③磁场大小、方向保持不变,现改变匀强磁场分布区域,使磁场存在于y轴与虚线之间,示意图见图乙所示,仍使放射出的电子最后都垂直穿过y轴后向右运动,试确定匀强磁场左侧边界虚线的曲线方程.解答：解：(1）根据题意,电子在磁场中的运动的轨道半径R=ａ，由ｅｖB＝得：B＝由T＝t==(2）有界磁场的上边界:以ＡB方向发射的电子在磁场中的运动轨迹与AO中垂线交点的左侧圆弧有界磁场的上边界：以A点正上方、距Ａ点的距离为ａ的点为圆心，以a为半径的圆弧.故最小磁场区域面积为：（3）设在坐标(x,ｙ)的点进入磁场，由相似三角形得到:圆的方程为：ｘ2+(y＋b）2=a2消去(y+b)，磁场边界的方程为:10.如图，在直角坐标系ｘｏy中，点M(0，1）处不断向+y方向发射出大量质量为m、带电量为﹣q的粒子,粒子的初速度大小广泛分布于零到ｖ0之间.已知这些粒子此后所经磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，所有粒子都沿+x方向经过ｂ区域,都沿﹣y的方向通过点N(３，０)．(1)通过计算，求出符合要求的磁场范围的最小面积;（2）若其中速度为k1v0和k2v０的两个粒子同时到达N点（1>k1＞k2＞0）,求二者发射的时间差．解答：解(1)在a区域,设任一速度为v的粒子偏转90°后从（x,y)离开磁场，由几何关系有x=R，,得,上式与R无关,说明磁场右边界是一条直线左边界是速度为v0的粒子的轨迹:,得:此后粒子均沿+ｘ方向穿过b区域，进入c区域，由对称性知,其磁场区域如图.磁场的面积（2)如图所示,速度为k1v0的粒子在ａ区域磁场的时间为两个阶段的直线运动的时间共为在c区域磁场的时间为所以这两个粒子的发射时间差只与t2有关速度为k2v0的粒子在直线运动阶段的时间为１１．隐身技术在军事领域应用很广．某研究小组的“电磁隐形技术”可等效为下面的模型，如图所示,在y＞0的区域内有一束平行的α粒子流（质量设为M，电荷量设为q），它们的速度均为v,沿ｘ轴正向运动．在0≤x＜d的区间有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里；在d≤x<３d的区间有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直纸面向外；在3ｄ≤x<4d的区间有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直纸面向里．要求α粒子流经过这些区域后仍能沿原直线运动,这样使第一象限某些区域α粒子不能到达,达到“屏蔽”α粒子的作用效果．则:(1)定性画出一个α粒子的运动轨迹；（2)求对α粒子起“屏蔽”作用区间的最大面积;(3）若ｖ、M、ｑ、B已知,则d应满足什么条件?解答:解:(1)轨迹如图．（2)要使α粒子流经过这些区域后仍能沿直线运动，则每一小段小于等于四分之一圆弧,且四分之一圆弧时“屏蔽”的面积最大.此时半径为d，如图.由几何关系可知最大面积S max=4ｄ2（3)由得而要使α粒子可以继续向右运动,则要求Ｒ≥ｄ即：1２.如图所示，在ｘＯｙ坐标系中分布着四个有界场区,在第三象限的AＣ左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B１=０.5Ｔ，ＡC是直线y=﹣x﹣0.4２5（单位：m）在第三象限的部分,另一沿y轴负向的匀强电场左下边界也为线段AC的一部分,右边界为y轴,上边界是满足y=﹣10x２﹣ｘ﹣0.０25（单位:m）的抛物线的一部分,电场强度E＝2．5N/C．在第二象限有一半径为r=０.1m的圆形磁场区域,磁感应强度B2＝1Ｔ，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为Ｄ、F.在第一象限的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度Ｂ3＝1T.另有一厚度不计的挡板PQ垂直纸面放置，其下端坐标P(０．1m，0．1m),上端Q在y轴上，且∠ＰQＦ=30°.现有大量m=1×１0﹣6kg,q=﹣２×10﹣4C的粒子（重力不计）同时从Ａ点沿ｘ轴负向以v0射入,且ｖ０取０<ｖ0＜20m/s之间的一系列连续值,并假设任一速度的粒子数占入射粒子总数的比例相同．(1)求所有粒子从第三象限穿越x轴时的速度；（2）设从Ａ点发出的粒子总数为N,求最终打在挡板PQ右侧的粒子数Ｎ′．解答:解：（１）设某速度为v0的粒子从Ａ点入射后到达AC上的G点，因ｖ0与AC成45°角，其对应圆心角为９0°，即恰好经过四分之一圆周，故到达G点时速度仍为v0,方向沿Y轴正向．粒子在电场中沿Ｙ轴正向加速运动,设G点坐标为G(ｘ，y），刚好穿出电场时坐标为（x,y1）,粒子穿出电场时速度为v１,在电场中运动的过程中，由动能定理得:而y=﹣x﹣0.425又代入数据解得v1=20m/s,可见粒子穿出电场时速度大小与x无关．因v０＜2０m/s，由代入数据得：R<0．２ｍ由数学知识可知，ｋ点坐标为k(﹣0.２m，﹣0.2２５m）,故从A点射出的所有粒子均从AK之间以２０m/s 的速度沿Y轴正向射出电场，在到达X轴之前粒子作匀速直线运动，故所有粒子从第三象限穿越X轴时的速度大小均为２０m/ｓ的速度沿Y轴正向.（２）因为r=0.1m，故离子束射入B２时,离子束宽度刚好与2r相等,设粒子在Ｂ2中运动轨道半径为R2,,解得R２=r=0.１m考察从任一点J进入B2的粒子,设从H穿出B2磁场,四边形ＪO2HＯ1为菱形，又因为JO２水平，而JO2∥HO1,故H应与F重合，即所有粒子经过B2后全部从F点离开B2进入Ｂ3磁场.对v0趋于2０m/s的粒子，圆心角∠JＯ２Ｆ→18０°，故射入B3时速度趋于Ｙ轴负向；对v０趋于０的粒子，圆心角∠JO2Ｆ→0°，故射入B３时速度趋于Y轴正向，即进入Ｂ3的所有粒子速度与Y轴正向夹角在０～1８０°角之间．由于B3＝B2,所以Ｒ3=Ｒ2,由几何关系知:无限靠近Y轴负向射入的粒子轨迹如图所示，最终打在PQ板的右侧Ｏ3;与Y轴负向成6０°角的粒子刚好经过P点到达Q点;因此与Y轴正向在０～120°角之间从Ｆ点射出的粒子要么打在PQ板的左侧,要么打不到板上而穿越Y轴离开B３.由于是“大量”粒子,忽略打在P或Q的临界情况，所以最终打在挡板PQ右侧的粒子数答：(１)所有粒子从第三象限穿越ｘ轴时的速度为20m/s;（2)设从A点发出的粒子总数为N，最终打在挡板PＱ右侧的粒子数Ｎ′为．1３．如图所示,有界匀强磁场磁感应强度为Ｂ，方向垂直纸面向里,MN为其左边界,磁场中放置一半径为Ｒ的圆柱形金属圆筒,圆心O到MN的距离OO1＝2R,圆筒轴线与磁场平行.圆筒用导线通过一个电阻ｒ0接地,最初金属圆筒不带电.现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处沿垂直于左边界ＭN向右射入磁场区，已知电子质量为ｍ,电量为e.(1)若电子初速度满足,则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应ＭＮ边界上O1两侧的范围是多大？(2)当圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I,忽略运动电子间的相互作用,求此时金属圆筒的电势φ和电子到达圆筒时速度v（取无穷远处或大地电势为零）.（3）在(２)的情况下，求金属圆筒的发热功率.解答：解：(1)如图所示，设电子进入磁场回旋轨道半径为r，则解得r＝3R大量电子从MＮ上不同点进入磁场轨迹如图，从O1上方P点射入的电子刚好擦过圆筒同理可得到O１下Q点距离.(2）稳定时,圆柱体上电荷不再增加,与地面电势差恒为U，U=Ir0电势φ=﹣Ir0电子从很远处射到圆柱表面时速度为v，有解得.(3）电流为I,单位时间到达圆筒的电子数电子所具有总能量消耗在电阻上的功率P r=I2r0所以圆筒发热功率.1４.图为可测定比荷的某装置的简化示意图,在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=２.0×1０﹣3T，在x轴上距坐标原点L=0.50ｍ的Ｐ处为离子的入射口,在ｙ上安放接收器．现将一带正电荷的粒子以v=３.５×１04ｍ/ｓ的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点Ｌ=0.5０m的M处被观测到,且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为ｍ，电量为q，不计其重力．(1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻,在第一象限内再加一个匀强电场,就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向,并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场;（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内,求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形．解答：解:(1)设粒子在磁场中的运动半径为r，依题意ＭＰ连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径,由几何关系得,由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得，联立解得:＝4.9×107Ｃ/kg（2）此时加入沿ｘ轴正方向的匀强电场,电场力与此时洛伦兹力平衡,ｑE=qvB，代入数据得：E=70V/m.所加电场的场强方向沿x轴正方向．设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为ｔ＝T/8，而,解得t=7.9×10﹣6s(3)该区域面积S＝2r2=0．２５m2，矩形如图所示.15．如图所示,在xＯy 平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外,磁感应强度为 B 的匀强磁场,在第四象限内存在方向沿﹣ｙ方向、电场强度为E 的匀强电场．从ｙ轴上坐标为(０，a)的P 点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子,速度方向范围是与+ｙ方向成30°﹣150°角，且在xOy平面内.结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x 轴上,然后进入第四象限内的正交电磁场区.已知带电粒子电量为+ｑ,质量为m,粒子重力不计．(1)所有通过第一象限磁场区的粒子中，求粒子经历的最短时间与最长时间的比值；(2）求粒子打到x轴上的范围; (３）从x 轴上x=a 点射入第四象限的粒子穿过正交电磁场后从y 轴上y=﹣b的Q点射出电磁场，求该粒子射出电磁场时的速度大小.解答：解:（1)、各种离子在第一象限内运动时，与y轴正方向成30°的粒子运动时间最长，时间为:…①与ｙ轴正方向成150°的粒子运动时间最短,时间为:…②①②两式联立得：(2）、设带电粒子射入方向与ｙ轴夹角成150°时的轨道半径为Ｒ1,由几何关系有:带电粒子经过的最左边为:设带电粒子射入方向与y 轴夹角30°时的轨道半径为Ｒ2,由几何关系有:带电粒子经过的最右边为：所以粒子打到 x 轴上的范围范围是：(３)带电粒子在第一象限的磁场中有：由题意知：R ＝a带电粒子在第四象限中运动过程中，电场力做功转化为带电粒子的动能,设经过Q 点是的速度为v,由动能定理由：解得：ｖ=1６.如图（甲）所示，x ≥０的区域内有如图乙所示大小不变、方向随时间周期性变化的磁场，磁场方向垂直纸面向外时为正方向．现有一质量为m 、带电量为q 的正电粒子,在t=0时刻从坐标原点Ｏ以速度v 沿着与x 轴正方向成７5°角射入．粒子运动一段时间到达Ｐ点,P 点坐标为(a,a)，此时粒子的速度方向与OP 延长线的夹角为30°.粒子在这过程中只受磁场力的作用．（1)若B 为已知量,试求粒子在磁场中运动时的轨道半径R 及周期T 的表达式．(2）说明在OP 间运动的时间跟所加磁场的变化周期Ｔ之间应有什么样的关系才能使粒子完成上述运动． （3)若B 为未知量，那么所加磁场的变化周期Ｔ、磁感强度B0的大小各应满足什么条件,才能使粒子完成上述运动？(写出Ｔ及B0各应满足条件的表达式)例4 如图所示, 的区域内有如图所示大小不变、方向随时间周期性变化的磁场,磁场方向垂直纸面向外时为正方向。