2022年北京市高考物理总复习：磁场
2022届高中物理磁场知识点归纳超级精简版
(每日一练)2022届高中物理磁场知识点归纳超级精简版单选题1、如图所示，长方形abcd的长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以e为圆心、eb为半径的圆弧和以О为圆心、Od为半径的圆弧组成的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场（eb边界上无磁场），磁感应强度B=0.25T。
一群质量m=3×10−7kg、电荷量q=2×10−3C的带正电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直于ad且垂直于磁场方向射入磁场区域，（不计粒子重力及粒子间的相互作用）。
则下列判断正确的是（）A．从Od边射入的粒子，从be边上各点射出B．从Od边射入的粒子，从ab边上各点射出C．从aO边射入的粒子，从b点射出D．从aO边射入的粒子，从ab边上各点射出答案：C解析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力Bqv=mv2 r可得r=mvqB=0.3m从aO边射入的粒子先做直线运动，设某一粒子从M点进入磁场，其圆心为O′，如图所示因ab=0.3m根据几何关系，可得虚线四边形O′Meb是菱形，则该粒子一定从b点射出，同理，从aO边射入的粒子，全部从b 点射出；从Od边射入的粒子，轨迹均为以r为半径的圆弧，所以从点O射入的从b点射出，从Od边射入的粒子，因eb边界上无磁场，粒子到达bc边界后做直线运动，即从Od边射入的粒子全部通过b点，故C正确，ABD错误。
故选C。
2、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穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．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边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边答案：C解析：本题考查了左手定则的应用．导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b 在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边．3、如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（）A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒中感应电流的方向由b到aD．螺线管产生的磁场，A端为N极答案：C解析：ABC．ab棒沿导轨向右运动，由右手定则可知，ab中产生由b到a的向上的感应电流，根据左手定则可知，ab 棒受安培力向左，选项AB错误，C正确；D．根据安培定则可知，螺线管产生的磁场，B端为N极，选项D错误。
2022-2023年高考物理二轮复习 磁场课件(重点难点易错点核心热点经典考点)
(四)带电粒子在匀强磁场中的运动 1．不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分三种情况：
一是匀速直线运动；二是匀速圆周运动；三是螺旋运动． 2．不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹
半径 r＝mqBv；其运动周期 T＝2qπBm(与速度大小无关)． 3．不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁
场时都做曲线运动，但有区别：带电粒子垂直进入匀强电 场，在电场中做匀变速曲线运动(类平抛运动)；垂直进入 匀强磁场，则做变加速曲线运动(匀速圆周运动)．
方法巧用 ——用个巧法速破题 1．安培力的性质和规律应用
(1)公式 F＝BIL 中 L 为导线的有效长度，即导线两端点所 连直线的长度，相应的电流方向沿 L 由始端流向末端．如 图 3 所示，甲中：l′＝ 2l，乙中：L′＝d(直径)＝2R(半圆环 且半径为 R)
• 3．安培力公式的适用条件：①公式F＝BIL
一般适用于匀强磁场中I⊥B的情况，对于非
匀强磁场只是近似适用(如对电流元)，但对
某些特殊情况仍适用．
• 如图2所示，电流I1∥I2，如I1在
I2处磁场的磁感应强度为B，则I1
对I2的安培力F＝BI2L，方向向左，
同理I2对I1，安培力向右，即同向
电流相吸，异向电流相斥．
①表示磁场强弱的物理量，是矢量． ②大小：B＝IFL(电流方向与磁感线垂直时的公式)． ③方向：左手定则：是磁感线的切线方向；是小磁针 N 极 的受力方向；是小磁针静止时 N 极的指向．不是导线的受 力方向；不是正电荷受力方向；也不是电流方向. ④单位：牛/安米，也叫特斯拉，国际单位制单位符号 T.
• 二、安培力
2022-2023年高考物理一轮复习 带电粒子在有界磁场中的运动轨迹五种方法制图后最新
（0,d),OP与x轴的夹角为30°,不计重力．
P
N
O
60 0 D
30°
情境四
方法四：空间信息定圆心
如图所示,在半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂
直于圆平面向里．一群比荷为
q
的负离子(不计重力)以相同速率
m
,qBR
m
由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中,发生偏转后又飞出磁场,请你任
方法二：弦作中垂线
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,从N点沿NP方向进入磁场；一段时间后,该粒子从
OP 边的中点D射出,从N到D的过程中速度方向偏转了60°．已
知O 点为坐标原点,N点在y轴上坐标为（0,d),OP与x轴的夹角
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.
如图所示,在平面内,有一电子源持续不断地沿x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
（0,d),OP与x轴的夹角为30°,不计重力．
P
N
60 0
O
30°
方法三：速度方向延长线夹角作角平分线
方法三：速度方向延长线夹角作角平分线
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,从N点沿NP方向进入磁场；刚好不从OP边飞出（OP
人教版2022年高中物理磁场必考知识点归纳
(每日一练)人教版2022年高中物理磁场必考知识点归纳单选题1、如图所示，在光滑水平桌面上，将长为L的柔软导线弯成六分之一圆弧，导线固定在A、C两端.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，导线通以由C到A、大小为I的恒定电流，则导线中点处受到的张力大小是（）A．BIL B．3BILπC．3BIL2πD．3√3BIL2π答案：B解析：由几何关系可得L=Rθ=πR 3则圆弧半径为R=3L π化曲线为直线，有效长度为R，则张力大小F=BIR=3BIL π所以B正确；ACD错误；故选B。
2、物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位之间的关系．如关系式U=IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和Ω（欧）的乘积等效．现有物理量单位：m（米）、s （秒）、N（牛）、W（瓦）、J（焦）、C（库）、F（法）、A（安）、Ω（欧）、T（特），由它们组合成的单位都与V（伏）等效的是（）A．J/C和N/CB．J/C和T⋅m2/SC．W/A和C⋅T⋅m/s D．W1/2Ω1/2和T⋅A⋅m答案：B解析：A．根据公式U=W q可得：1V=1J/C；根据公式E=F q可得，N/C为电场强度的单位，A错误；B．根据公式E=N ΔΦΔt可得：1V=1T⋅m2/s；1V=1J/C已证明，所以B正确；C．根据公式P=UI可得：1V=1W/A；根据公式F=qvB可得，C⋅T⋅m/s为力的单位，所以C错误；D．根据公式P=U2R可得：1V=1W1/2Ω1/2根据公式F=BIL可得：1N=1T⋅A⋅m；T⋅A⋅m为力的单位，所以D错误；故选B。
3、1873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另一直流发电机发出的电接到了他自己送展的直流发电机的电流输出端．由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方面的一个瓶颈．此项发明是A．新型直流发电机B．直流电动机C．交流电动机D．交流发电机答案：B解析：本题属于信息题，由题干“把另一直流发电机发出的电接到了他自己送展的直流发电机的电流输出端．”可知B 对；4、如图所示，小磁针的N极指向正确的是（）A．a B．b C．c D．d答案：D解析：根据右手螺旋定则可知通电螺线管左侧为N极，右侧为S极，磁感线在外部由N极S极，内部由S极指向N 极。
2022届高考物理二轮复习 3.2 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动 讲义
专题三电场与磁场第2讲磁场的性质带电粒子在磁场中的运动基本知能：考点一| 磁场的性质1．磁场的产生与叠加2．用准“二个定则”(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．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，B M、B N为M、N处的通电直导线在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c点合磁场的磁感应强度为B。
4．安培力的分析与计算方向左手定则大小直导线F＝BIL sin θθ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL导线为曲线时等效为ac直线电流受力分析根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程二级结论同向电流相互吸引，反向电流相互排斥明确“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铁，如图乙。
甲乙磁场的叠加[典例1](2021·全国甲卷) 两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。
若一根无限长直导线通过电流I 时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、BB[根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。
]安培力的分析与计算[典例2]如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。
2022高考物理大一轮复习方案：高考真题汇编 K单元 磁场 全国通用 Word版含解析
K单元磁场K1 磁场安培力22．J10K12022·全国卷Ⅲ] 某同学用图1-中所给器材进行与安培力有关的试验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．图1-(1)在图中画出连线，完成试验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是________(填入正确选项前的标号)．22．答案] (1)连线如图所示(2)AC解析] (1)限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下”两个接线柱；磁铁N极位于上方，说明磁感线向下；开关闭合后，金属棒往右运动，说明棒受到向右的安培力；由左手定则可知，电流应垂直纸面对外(ab指向a1b1)；所以应按“电源正极→开关→滑动变阻器下接线柱→滑动变阻器上接线柱→电流表→ab→a1b1→电源负极”的挨次连接回路．(2)由动能定理BIL·s＝12m v2－0可知，要增大金属棒离开导轨时的速度v，可以增大磁感应强度B、增大电流I、增大两导轨间的距离L或增大导轨的长度s；但两导轨间的距离不变而只是换一根更长的金属棒后，等效长度L并不会发生转变，但金属棒的质量增大，故金属棒离开导轨时的速度v减小．17．K1K22022·北京卷] 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．”进一步争辩表明，地球四周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()图1-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四周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17．C解析] 依据“则能指南，然常微偏东，不全南也”知，选项A正确．由图可知地磁场的南极在地理北极四周，选项B正确．由图可知在两极四周地磁场与地面不平行，选项C不正确．由图可知赤道四周的地磁场与地面平行，射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直，会受到磁场力的作用，选项D正确．12．B7J2K12022·天津卷] 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行平安性的帮助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型争辩：如图1-所示，将外形相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ.为争辩问题便利，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽视不计，假设磁铁进入铝条间以后，削减的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g.图1-(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I；(2)若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；(3)在其他条件不变的状况下，仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化．答案] (1)mg sin θ2Bd(2)ρmg sin θ2B2d2b(3)略解析] (1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F安，有F安＝IdB①磁铁受到沿斜面对上的作用力为F，其大小F＝2F安②磁铁匀速运动时受力平衡，则有F－mg sin θ＝0③联立①②③式可得I＝mg sin θ2Bd④(2)磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E，有E＝Bd v⑤铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有R＝ρddb⑥由欧姆定律有I＝ER⑦联立④⑤⑥⑦式可得v＝ρmg sin θ2B2d2b⑧(3)磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面对上的作用力F，联立①②⑤⑥⑦式可得F＝2B2d2b vρ⑨当铝条的宽度b′>b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F′，有F′＝2B2d2b′vρ⑩可见F′>F＝mg sin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面对上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度渐渐减小．综上所述，磁铁做加速度渐渐减小的减速运动，直到F′＝mg sin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑．8．K12022·海南卷] 如图1-(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音．俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)，磁场方向如图中箭头所示．在图(b)中()图1-A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面对里B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面对外C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面对里D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面对外8．BC解析] 当电流沿顺时针方向时，由左手定则可推断出，线圈受到的安培力垂直于纸面对外，A错误，B正确；当电流沿逆时针方向时，由左手定则可推断出，线圈受到的安培力垂直于纸面对里，C正确，D错误．8．K12022·上海卷] 如图1-所示，一束电子沿z轴正向流淌，则在图中y轴上A点的磁场方向是()图1-A．＋x方向B．－x方向C．＋y方向D．－y方向8．A解析] 电子沿z轴正向流淌，应用安培定则时，大拇指指向要与电子运动方向相反，推断磁感线环绕方向为从上向下看沿顺时针方向，A正确．21．K12022·上海卷] 形象描绘磁场分布的曲线叫作________，通常________的大小也叫作磁通量密度．21．答案] 磁感线磁感应强度解析] 磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线的切线方向表示磁场方向．K2 磁场对运动电荷的作用18．K22022·全国卷Ⅱ] 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()图1- A.ω3B B.ω2B C.ωB D.2ωB18．A 解析] 作出粒子的运动轨迹如图所示，其中O ′为粒子运动轨迹的圆心，由几何关系可知∠MO ′N ′＝30°.由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知q v B ＝m v 2r ，T ＝2πr v ，得T ＝2πm Bq ，即比荷q m ＝2πBT ，由题意知t 粒子＝t 筒，即30°360°·T ＝90°360°·T 筒，则T ＝3T 筒，又T 筒＝2πω，故q m ＝ω3B ，选项A 正确．18．K22022·全国卷Ⅲ] 平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1-所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面对外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．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()图1-A.m v 2qBB.3m v qBC.2m v qBD.4m v qB18．D 解析] 设射入磁场的入射点为A ，延长入射速度v 所在直线交ON 于一点C ，则轨迹圆与AC 相切；由于轨迹圆只与ON 有一个交点，所以轨迹圆与ON 相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD 的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O ′为圆心，B 为出射点．由几何关系可知∠O ′CD ＝30°，Rt △O ′DC 中，CD ＝O ′D ·cot 30°＝3R ；由对称性知，AC ＝CD ＝3R ；等腰△ACO 中，OA ＝2AC ·cos 30°＝3R ；等边△O ′AB 中，AB ＝R ，所以OB ＝OA ＋AB ＝4R .由q v B ＝m v 2R 得R ＝m v qB ，所以OB ＝4m vqB ，D 正确．22．K22022·北京卷] 如图1-所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小．22．答案] (1)m v qB 2πmqB (2)v B解析] (1)洛伦兹力供应向心力，有f ＝q v B ＝m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝m vqB 匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πmqB .(2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力f ＝q v B .粒子做匀速直线运动，则qE ＝q v B场强E 的大小E ＝v B .4．K22022·四川卷] 如图1-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()图1-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∶24．A 解析] 由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，且洛伦兹力供应做圆周运动的向心力，作出粒子两次运动的轨迹如图所示由q v B ＝m v 2r ＝mr 4π2T 2可以得出v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, 又由t ＝θ2πT 可以得出时间之比等于偏转角之比．由图看出偏转角之比为2∶1，则t b ∶t c ＝2∶1，选项A 正确．K3 带电粒子在组合场及复合场中运动15．I3 K32022·全国卷Ⅰ] 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1-所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开头被加速电场加速，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头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1-A ．11B ．12C ．121D ．144解析] D 粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v ，则qU ＝12m v 2，粒子进入磁场做圆周运动，半径r ＝m v qB ＝1B 2mUq ，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D 正确．15．K32022·江苏卷] 回旋加速器的工作原理如图1-甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝2πmqB .一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件．图1-15．答案] (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U－πm qB(3)d <πmU 0100qB 2R解析] (1)粒子运动半径为R 时 q v B ＝m v 2R且E m ＝12m v 2解得E m ＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a ＝qU 0md匀加速直线运动nd ＝12a ·Δt 2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)只有在 0～⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2－Δt 时间内飘入的粒子才能每次均被加速则所占的比例为η＝T 2－ΔtT 2由η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R11．K32022·四川卷] 如图1-所示，图面内有竖直线DD ′，过DD ′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B (图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h ＝2l 、倾角α＝π4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD ′距离s ＝4l ，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C 点在DD ′上，距地面高H ＝3l .零时刻，质量为m 、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v 0＝gl 、方向与水平面夹角θ＝π3的速度，在区域Ⅰ内做半径r ＝3lπ的匀速圆周运动，经C 点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P 所带电荷量对空间电磁场的影响．l 已知，g 为重力加速度．(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若小球A 、P 在斜面底端相遇，求释放小球A 的时刻t A ；(3)若小球A 、P 在时刻t ＝βlg (β为常数)相遇于斜面某处，求此状况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E ，并争辩场强E 的极大值和微小值及相应的方向．图1-11．答案] (1)m π3lq gl (2)(3－22)l g(3)（11－β2）mgq （β－1）2 极大值为7mg8q ，方向竖直向上；微小值为0 解析] (1)由题知，小球P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有m v 2r ＝q v 0B代入数据解得B ＝m π3lq gl .(2)小球P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C 点的时刻为t C ，到达斜面底端时刻为t 1，有t C ＝θr v 0s －h cot α＝v 0(t 1－t C )小球A 释放后沿斜面运动加速度为a A ，与小球P 在时刻t 1相遇于斜面底端，有 mg sin α＝ma A h sin α＝12a A (t 1－t A )2 联立以上方程解得t A ＝(3－22)l g .(3)设所求电场方向向下，在t ′A 时刻释放小球A ，小球P 在区域Ⅱ运动加速度为a P ，有 s ＝v 0(t －t C )＋12a A (t －t ′A )cos α mg ＋qE ＝ma PH －h ＋12a A (t －t ′A )2sin α＝12a P (t －t C )2 联立相关方程解得E ＝（11－β2）mg q （β－1）2对小球P 的全部运动情形争辩可得3≤β≤5由此可得场强微小值为E min ＝0；场强极大值为E max ＝7mg8q ，方向竖直向上． 25．K32022·浙江卷] 为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建筑了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图1-11所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场．质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并推断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ；(3)在谷区也施加垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin 2α2.图1-1125．答案] (1)m vqB 逆时针 (2)2π3 （2π＋33）m qB (3)B ′＝3－12B解析] (1)峰区内圆弧半径r ＝m vqB ① 旋转方向为逆时针方向 ②(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3 ③ 每个圆弧的长度l ＝2πr 3＝2πm v3qB ④每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3m vqB ⑤ 周期T ＝3（l ＋L ）v ⑥ 代入得T ＝（2π＋33）m qB⑦(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° ⑧ 谷区内的轨道圆弧半径r ′＝m v qB ′ ⑨由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′2 ⑩ 由三角关系sin 30°2＝sin 15°＝6－24 代入得B ′＝3－12BK4 磁场综合14．K42022·海南卷] 如图1-所示，A 、C 两点分别位于x 轴和y 轴上，∠OCA ＝30°，OA 的长度为L .在△OCA 区域内有垂直于xOy 平面对里的匀强磁场．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，以平行于y 轴的方向从OA 边射入磁场．已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t 0.不计重力．图1-(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC 边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC 边相切，且在磁场内运动的时间为53t 0，求粒子此次入射速度的大小．14．答案] (1)πm 2qt 0 (2)2t 0 (3)3πL7t 0解析] (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t 0内其速度方向转变了90°，故其周期 T ＝4t 0 ①设磁感应强度大小为B ，粒子速度大小为v ，圆周运动的半径为r .由洛伦兹力公式和牛顿定律得q v B ＝m v 2r ② 匀速圆周运动速度满足 v ＝2πr T ③联立①②③式得 B ＝πm2qt 0④(2)设粒子从OA 边两个不同位置射入磁场，能从OC 边上的同一点P 射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示．设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2.由几何关系有θ1＝180°－θ2 ⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为t 1与t 2，则t 1＋t 2＝T2＝2t 0 ⑥(3)如图(b)所示，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°.设O ′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r 0，圆弧与AC 相切于B 点，从D 点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO ′D ＝∠BO ′A ＝30° ⑦r 0cos ∠OO ′D ＋r 0cos ∠BO ′A＝L ⑧设粒子此次入射速度的大小为v 0，由圆周运动规律 v 0＝2πr 0T ⑨ 联立①⑦⑧⑨式得 v 0＝3πL 7t 0⑩2．(多选)2022·长沙雅礼中学月考] 如图K262所示，绝缘水平面上固定着两个半径相等的圆环，环面竖直且相互平行，两环间的距离为d ＝0.2 m ，两环由均匀电阻丝制成，电阻都是9 Ω，在两环的最高点a 和b 之间接有一个内阻r ＝0.5 Ω的直流电源，连接导线的电阻忽视不计，空间有方向竖直向上、磁感应强度B ＝35T 的匀强磁场，一根长度等于两环间距、质量m ＝10 g 、电阻R ＝1.5 Ω的均匀导体棒水平置于两环内侧，不计摩擦，静止时棒两端与两环的最低点之间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则()图K262A ．导体棒对每个圆环的压力大小均为0.2 NB ．导体棒受到的安培力大小为35 N C ．该装置的总电阻为6 Ω D ．电源的电动势为15 V2．CD 解析] 设每个圆环对导体棒的支持力大小为F N ，导体棒受到的安培力大小为F .对导体棒受力分析如图甲所示，可知2F N cos θ＝mg ，F ＝2F N sin θ，两式联立并代入数据解得F N ＝0.1 N ，F ＝310 N ，选项A 、B 错误；该装置的等效电路图如图乙所示，总阻值为R 总＝6×36＋3×2 Ω＋1.5 Ω＋0.5 Ω＝6 Ω，选项C 正确；由于F ＝BId ，所以I ＝FdB ＝2.5 A ，由闭合电路欧姆定律可得E ＝IR 总＝15 V ，选项D 正确．2．2022·浙江湖州期末] 如图K272所示，两根长直导线垂直穿过光滑绝缘水平面，与水平面的交点分别为M 和N ，两导线内通有大小相同、方向相反的电流．A 、B 是该平面内MN 连线中垂线上的两点，一带正电的小球从B 点以某一指向A 点的初速度开头运动，则带电小球运动状况是()图K272A ．小球将做匀速直线运动B ．小球将做先减速后加速的直线运动C ．小球将向左做曲线运动D ．小球将向右做曲线运动2．A 解析] 依据右手螺旋定则和磁感应强度的叠加原理可知两直线电流在AB 上的合磁感应强度的方向沿AB 方向，因此小球的速度方向与磁感应强度的方向平行，小球不受洛伦兹力作用，小球做匀速直线运动，A 项正确．2．2022·长沙雅礼中学月考] 如图K282所示，在直角三角形ABC 内存在垂直纸面对外的匀强磁场(图中未画出)，AB 边长度为d ，∠C ＝π6，现垂直AB 边射入一群质量均为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t 0，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为5t 03，则下列推断中错误的是()图K282A ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t 0B ．该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qt 0C ．粒子在磁场中运动的轨道半径为33d D ．粒子进入磁场时速度大小为3πd7t 02．C 解析] 由题意可知，从AC 边垂直射出的粒子和在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示，从AC 边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t 0，则由几何关系可知，粒子肯定在磁场中运动了14圆周，故t 0＝14T ，所以T ＝4t 0；又由于T ＝2πm qB ，所以磁场的磁感应强度大小B ＝πm 2qt 0；因运动时间最长的粒子在磁场中运动的时间是53t 0，所以该粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为56π，故由几何关系可得r cos 30°＋rcos 30°＝d，解得r＝23d7，可得粒子进入磁场时的速度大小为v＝3πd 7t0.2．(多选)2022·河北冀州中学一轮复习检测] 磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直，如图K292所示．把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流．设该气流的导电率(电阻率的倒数)为σ，则()图K292A．该磁流体发电机模型的内阻为r＝LσabB．产生的感应电动势为E＝Ba vC．流过外电阻R的电流为I＝BL vR＋LσabD．该磁流体发电机模型的路端电压为U＝BL v RR＋σLab2．AC解析] 依据左手定则知正离子向上偏，负离子向下偏，上极板带正电，下极板带负电，所以流过外电阻R的电流方向为由M到N.最终有：q v B＝qEL，解得电动势E＝BL v，故选项B错误；内阻r＝ρLS＝Lσab，故选项A正确；依据闭合电路欧姆定律，流过外电阻R的电流I＝BL vR＋Lσab，故选项C正确；则R两端电压为BL vR＋LσabR，故选项D错误．4．2022·宁夏六盘山中学期末] 如图K274所示，在足够长的水平边界MN下方布满匀强电场(图中未画出)，同时该区域上、下部分分别布满方向垂直于纸面对外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，PQ为上、下磁场的水平分界线，MN、PQ间距离为d.一个质量为m、电荷量为－q的小球，由MN上方的O点由静止释放，小球向下穿过MN进入电磁场区域后做圆周运动(已知重力加速度为g)．(1)求电场强度的大小和方向；(2)假如小球能回到MN边界，求电场力做的功．若小球能从PQ进入下部分磁场，求从MN运动到PQ边界过程中电场力做的功．(3)若从某高度释放小球后，小球能回到O点，则小球经过多长时间第一次回到O点？图K2744．(1)mgq，方向竖直向下(2)0－mgd(3)13⎝⎛⎭⎪⎫43Bqdmg＋7πmBq解析] (1)带电小球进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动，则合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，因小球带负电，故电场方向竖直向下．由qE＝mg得E＝mgq.(2)当释放点O距MN的高度h较小时，带电小球进入上部分磁场的速度较小，由磁场上边界MN第一次穿出上部分磁场，此过程中电场力做功W＝0.当释放点O距MN的高度h较大时，带电小球进入上部分磁场后由下边界PQ第一次穿出上部分磁场，此过程中电场力做功W′＝－qEd＝－mgd.1时释放带电小球，带电小球能回到释放点O，如图所示．t1，有h1＝12gt21v2＝2gh1(或mgh1＝12m v2)带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，周期为T，有cos θ＝RR＋RR＝dsin θq v B＝mv2RT＝2πmBq由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，如图所示，由几何关系知：t2＝2θ＋2π－2⎝⎛⎭⎪⎫π2－θ2πT带电小球第一次回到释放点O的时间为t，t＝2t1＋t2解得：t＝13⎝⎛⎭⎪⎫43Bqdmg＋7πmBq.4．2022·黑龙江试验中学第四次月考] 如图K304甲所示，竖直面MN 的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m 、电荷量为q 、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v 0沿PQ 向右做直线运动．若小球刚经过D 点时(t ＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面对里的匀强磁场，使得小球再次通过D 点时与PQ 连线成60°角．已知D 、Q 间的距离为(3＋1)L ，t 0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽视磁场变化造成的影响，重力加速度为g .(1)求电场强度E 的大小； (2)求t 0与t 1的比值；(3)小球过D 点后将做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度的大小B 0及运动的最大周期T m ，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹．图K3044．(1)mg q (2)4 39π (3)m v 0qL （4π＋6 3）L v 0 图略解析] (1)由平衡条件，有mg ＝Eq解得E ＝mgq.(2)小球能再次通过D 点，其运动轨迹如图所示， 设半径为r ，有s ＝v 0t 1由几何关系得s ＝rtan 30°设小球做圆周运动的周期为T ，则T ＝2πr v 0，t 0＝23T .1(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN 相切，如图所示， 由几何关系得R ＋Rtan 30°＝(3＋1)L由牛顿其次定律得q v 0B 0＝m v 20R得 B 0＝m v 0qL小球在一个周期内运动的路程s 1＝3×23×2πR ＋6×Rtan 30°可得T m ＝s 1v 0＝（4π＋6 3）Lv小球运动一个周期的轨迹如图所示．。
2022年高考+联考模拟物理试题分项版解析 专题08 磁场(包含复合场)(解析版)
一、选择题1．【2022·北京卷】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。
”进一步争辩表明，地球四周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四周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】依据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确；【考点定位】考查了地磁场【方法技巧】地球本身是一个巨大的磁体。
地球四周的磁场叫做地磁场。
地磁北极在地理南极四周，地磁南极在地理北极四周，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极。
2．【2022·上海卷】如图，一束电子沿z轴正向流淌，则在图中y轴上A点的磁场方向是A．+x方向B．-x方向C．+y方向D．-y方向【答案】A【解析】据题意，电子流沿z轴正向流淌，电流方向沿z轴负向，由安培定则可以推断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向（沿z轴负方向看），通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，则选项A正确。
【考点定位】安培定则、电子束产生电流的方向【方法技巧】首先需要推断出电子束产生电流的方向，再依据安培定则推断感应磁场的方向。
3．【2022·全国新课标Ⅱ卷】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．3BωB．2BωC．BωD．2Bω【答案】A【考点定位】带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题时必需要画出规范的粒子运动的草图，结合几何关系找到粒子在磁场中运动的偏转角，依据两个运动的等时性求解未知量；此题难度中等，意在考查考生对物理学问与数学学问的综合力量。
2022高考物理第一轮复习 09 磁场及综合
2022高考物理第一轮复习 09 磁场及综合一、单选题(共15题；共30分)1．（2分）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）A．B．C．D．2．（2分）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0) 的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。
若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90° ；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60° ，不计重力，则v1v2为（）A．12B．√33C．√32D．√33．（2分）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。
若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（）A．B、0B．0、2B C．2B、2B D．B、B4．（2分）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（）A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=mgRsinθB1B2LdB．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=mgRsinθB1B2LdC．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=mgRtanθB1B2LdD．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=mgRtanθB1B2Ld5．（2分）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。
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2022年北京市高考物理总复习：磁场
1．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45o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轴正方向夹角为45o．不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大，则离子
第三次穿越x轴时速度的大小为v0，C点横坐标为（−(2+√2)mv0
2qB，0）。
【分析】分析带电粒子从开始到第三次经过X轴的运动情况，根据运动情况分析解答；带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径。
画出粒子运动的轨迹，由几何知识求出C点的坐标；
【解答】解：离子在空间中的运动情况如图所示
，
离子从A点开始做匀速圆周运动，第一次经过x轴后做匀减速直线运动，速度减为零后又做匀加速直线运动，
根据可逆性可知，离子第二次回到X轴的速率和离开时相同，第二次进入磁场，然后做匀速圆周运动，所以离子第三次穿越X轴的速度大小为v0；
磁场中带电粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，由牛顿第二定律得：
qv0B=m v02 r，
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