2020届高考物理二轮复习刷题首秧专题十磁倡练含解析

1、高考物理总复习专题十磁场经典特训题组1.如图所示，一根长为 l的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为e的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5 I ,磁感应强度大小变为 4B,重力加速度为 go则此时金属细杆()-19 -Fn' = mgcos 0 +,.2八a mg 1+sin 82BILsin 0 =-cos 0a 2BILcos 9 mgsin 9= gsin 0 ,加速度方向沿斜面向上,A.电流流向垂直纸面向外B.受到的安培力大小为2BILsin 0C.对斜面压力大小变为原来的2倍D.将沿斜面加速向

2、上运动，加速度大小为gsin 9答案 D解析 对金属细杆受力分析，它受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，水平向右的安培力，由左手定则得电流流向垂直纸面向里，故 A错误；根据安培力公式可得此时受 ,1 ，人一,到的安培力大小为 F安=4B- 2IL=2BIL,故B错误；金属细杆水平静止斜面上时，金属细杆受到重力、导轨的支持力和安培力而处于平衡状态，根据平衡条件可得：FnCos 0 = mg FNSin 0= BIL,磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得:故C错误，D正确。2 .如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为 O,乙的圆心 为Q,在两环圆心的连

3、线上有 a、b、c三点，其中aO=Ob= bQ=Qc,此时a点的磁感应强 度大小为B, b点的磁感应强度大小为 艮。当把环形电流乙撤去后， c点的磁感应强度大小为答案 A解析 对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的。设 aO= Ob= bQ= Oc= r,单个环形电流在距离中点 r位置的磁 感应强度为在距离中点3r位置的磁感应强度为 反,故：a点磁感应强度：B = Br+&； -一一 1,b点磁感应强度：R=Br+Br；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：EC=Rr=B 万巳，故选A。3 .粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与

4、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（）答案 A解析 根据左手定则，甲、乙粒子应逆时针方向运动,轨道半径之比为2 ： 1,即甲轨道半径较大，故 A正确。4.如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为一. mv -,B、C、D错误；由=不可得二者 qBB的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为簿电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45。角的速度v进入磁场和电场并做直线运动，重力加速度为go则下列说法正确的是（）X X X XX X X' XA.微粒可能

5、做匀加速直线运动B.微粒可能只受两个力作用C.匀强磁场的磁感应强度-mgD.匀强电场的电场强度E= mgq答案 D解析 若微粒做变速直线运动，洛伦兹力随速度变化而变化，不可能做直线运动，故微 粒一定做匀速直线运动。若微粒带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向右下方,而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不可能为零，微粒不可能做匀速直线运动，由此可知微粒带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直速度方向斜向左上方，重力竖直向下，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，微粒才能做匀速直线运动，故A、B错误;根据平衡条件，有：q已mgan45。，qvB=7 mg 2+ qE 2,联立解得：E=

6、詈 B= 窄丫,故C错误，D正确。5.（多选）质量为mi带电量为+ q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中。现给小球一个水平向右的初速度 V0使其开始运动，不计空气阻力，则小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是（）A. 一定做减速运动B.运动过程中克服摩擦力做的功可能是0C.最终稳定时的速度一定是 mg qBD.最终稳定时的速度可能是0答案 BD解析 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能有的弹力和摩擦力。若 qv0B>mg则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和向

7、左的摩擦力，据牛顿第二定律可得:qvB= mg Fn,Fn= ma解得：小球的加速度a =“ 怨一叱,方向向左，则小球做加速度减小的减速运动，最终加速度减为0,小球做匀速直线运动，匀速的速度 v=mg若qv°B= mg则小球受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹 qB ，、mg ,一一 ，一 一， 一一. 一力而平衡，小球做匀速直线运动，速度V0 = qB；右qv0B< mg则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向上的弹力和向左的摩擦力，据牛顿第二定律可得：mg= qvB+ Fn,n mg- qvB一FN=ma解得：小球的加速度 a= m ，方向向左；则小球做加速度增大的

8、减速 运动，最终静止。综上， A、C错误，D正确；若小球的初速度 V0满足qv0B= mg小球在运动 过程中将始终不受摩擦力，故小球克服摩擦力做的功可能是0, B正确。6.如图所示，边界 OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界 ON上有一粒子 源S。某一时刻，从粒子源 S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用 ），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从1边界OM1寸出磁场。已知/ MON30 ,从边界OM1寸出的粒子在磁场中运动的最长时间等于-T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界 OM!寸出的粒子在磁场中运动的最短时间为

9、（）1111A.3T B. 4T C. 6T D. 8T答案 Amv解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S,出射点在OM直线上，出射点与 S点的连线为轨迹的一条弦， 又由题设条件可知，所有粒子质量相等，初速度也相等，则由rOM射出的粒子在ES! OM ES即为最丁=二/何得，所有粒子做圆周运动的轨迹半径与周期也都相等。当从边界 磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，如图所示，根据几何知识，作短的弦，粒子从 S运动到E的时间最短;一,一,，一, ，、-1,.一由题意可知，粒子运动的最长时间等于 万丁，当从边界OM!寸出的粒子在磁场中运动的时间最长时，粒子的初速度方向应该为沿ON方向水平向右

10、，此时过粒子源沿垂直于ON方向作直线DS交OMa界于D点，可得DS= 2r,由几何知识 OS= 邓r, ES= 43r.一 .e 1.可得：0=120° ,故粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin=；T=彳丁，A正确。36037 .如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对1H粒子进行加速，此时 D形盒中的磁场的磁感应弓II度大小为 B, D形盒缝隙间电场变化周期为 T,加速电压为 U忽略相对论效 应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是 （）A.保持B U和T不变，该回旋加速器可以加速质子8 .只增大加速电压 U, 2H粒子获得的最大动能增大C.只增大加速电压 U, 2

11、H粒子在回旋加速器中运动的时间变短D.回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子 答案 CqB，解析 D形盒缝隙间电场变化周期与 2H粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，为丁= 而质子与2H粒子的比荷不相等，所以为了加速器可以加速质子，应对加速器进行参数调节, 改变B和T, A错误；设D形盒半径为r,则2H粒子离开回旋加速器的最大速度以只增大加速电压 U, 1H粒子获得的最大动能不会增大，B错误；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的动能为 2qU,在回旋加速器中运动时间由回旋次数决定，设回旋次数为n,则由2nqU=mmax,可得 n=±所以粒子运动总时间t = nT=：一7 ,

12、2兀 =' ,故只增大加速电24mU4mU qB2U压U, 2H粒子在回旋加速器中回旋的次数会变少，即运动的时间会变短，C正确；回旋加速度既能加速带正电的粒子，也能加速带负电的粒子，D错误。8 .利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域。霍尔元件一般由半导体材料制成，有的半导体中的载流子（即自由电荷）是电子，有的半导体中的载流子是 空穴（相当于正电荷）。如图所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流入右侧，则其前后两表面会形成电势差。 现有载流子是电子的霍尔元件 1和载流子是空穴的霍尔

13、元件 2,两元件均按图示方式接入电路 （闭合开关），则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是（）A.若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低9 .若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C.不论接入哪个元件，都是前表面电势高D.不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案 A解析 若接入元件1时，霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向后表面偏转，所以前表面电势高；若接入元件2时，根据左手定则，空穴向后表面聚集，故后表面电势高，前表面电势低，故 A正确。1 10 （多选）如图所示,半径为R的4圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场,过（2R，0）

14、点垂直X轴放置一线型粒子发射装置，能在0<y<R的区间内各处沿 X轴正方向同时发射出速度均为v、带正电的同种粒子，粒子质量为mi电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转恰好击中y轴上的同一点，则下列说法中正确的是（）-in -r oA.粒子击中点距O点的距离为R ，mvB.磁场的磁感应强度为 qRC.粒子离开磁场时速度方向相同D.粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间",共匡142R2 +兀 R的氾围为T<t<2答案 ABD解析 由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由发射装置最高点射出R）,即粒子击中

15、点距O点的距离为 R A的粒子只能击中（0, R）,则击中的同一点只能是（0正确；从最低点射出的也击中 （0, R,那么粒子做匀速圆周运动的半径为R由洛伦兹力提供2,.»v mv向心力有：qvB= mR，可得磁感应强度 B=示 B正确；粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，所以粒子离开磁场时的速度方向不同,C错误；整个过程粒子的速率不变，故粒子运动的时间正比于轨迹的长度，所以从最低点射出的粒子运动的时间最长，由此可得粒子从离开 发射装置到击中y轴所用的最长时间为ti=4T+R= 4*等+ R=T从最高点直接. 2R射向（0, R）的粒子运动时间最短，最短的时间为t2=T，D正确。11

16、 .（多选）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。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体从另一条轨道流回。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）,磁感应强度的大小与 I成正比,通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。设弹体只受安培力作用，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增加到原来的2倍C.只将弹体质量减小到原来的一半D.将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变答案 BD解析 设B= kI ,轨道之间距离d,则发射过程中，

17、安培力做功 kI2dL,由动能定理kI 2dL = 1mV,要使弹体的出射速度增加至原来的 2倍，可采用的办法是只将电流 I增加到原来的2 倍，或将弹体质量减小到原来的一半，同时轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变，B、D正确。12 .如图所示，在平面直角坐标系中，AO是/ xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度 大小相等。一质量为 m电荷量为+ q的质点从OA上白M M点由静止释放，质点恰能沿 AO运动 且通过O点进入x轴下方区域，经偏转后从 x轴上的C点进入第一象限内并击中 AO上白D D点 . .2m 一一.

18、(C点、D点图中均未标出)。已知OM= 20/2 m,匀强磁场的磁感应强度大小为B=,重力加q2速度为g = 10 m/s 。求：(1)两匀强电场的电场强度 E的大小；(2) OD的长 L;(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t。“ mg 35 2答案(1).(2) 丁 m (3)4.86 s解析(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场，沿 AO做匀加速直线运动，所以有 mg= qE,即 E= mg) q(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得:2vBqv= mR沿AO故匀加速直线运动，由运动

19、学规律知：2v = 2aoM因为：a= 2g由类平抛运动规律知：1, 2R= vt 3, R L=/at3联立解得：L =竺£ m。4 一12（3）质点做匀加速直线运动有：OM= 2ati,解得：ti=2 s质点做匀速圆周运动有：12= 1 X r= j s4 Bq 4质点做类平抛运动有 R= vt3,得：t3=0.5 s质点从M点出发到击中D点所经历的时间为：t = 11 + 12+13= 2.5 + / s = 4.86 s o412 .如图是导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其 间安放金属滑块（即实验用弹丸），滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保

20、持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的 电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁 场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B= kI ,比例常量k=2.5X10 6 T/A。已知两导轨内侧间距l = 1.5 cm,滑块的质量 m30 g ,滑块沿导轨滑行 5 m后获得的发 射速度v= 3.0 km/s（此过程视为匀加速运动）。（结果保留两位有效数字）(1)求发射过程中电源提供的电流强度;(2)若电源输出的能量有 4%专换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大?(3)若此滑块射出后随

21、即以速度v沿水平方向击中放在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度为s'。设砂箱质量为M滑块质量为m不计砂箱与水平面之间的摩擦。求滑块对砂箱平均冲击力的表达式。答案 (1)8.5 X105 A (2)1.0 X109 W 1.2X103 V2s、二Mmv(3) f = 2 m M .厂2解析 (1)由匀加速运动公式 a = I=9xi。5 m/s 2 mV9电源的输出功率为 P= A . yAO/=1.0 X10 W t X 4%由功率P= IU,解得输出电压：U= P= 1.2 X103 V。(3)分别对砂箱和滑块应用动能定理，有2s由安培力公式和牛顿第二定律，有F= BIl = kI 2

22、l , kI 2l = ma因此I =8.5 X105 Ao(2)滑块获得的动能是电源输出能量的4%12fs M= 2吊4一sm= 2mQ 1md由牛顿定律f = f '和相对运动 sm= sm+ s '由动量守恒mv= (M) v 共1 2即 PA t x 4%= 2mv发射过程中电源供电时间At =- = -1x 10 2 sa 3联立求得平均冲击力f=?留力2 llrr IVI真题调研题组1. （2019 全国卷I ）如图，等边三角形线框 LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到

23、的安培力大小为 F,则线框LMh到的安培力的大小为（）A. 2F B . 1.5 F C . 0.5 F D . 0答案 B解析 设每根导体棒的电阻为R长度为L,则电路中，上下两支路电阻之比为R : R=2R： R= 2 ： 1,上下两支路电流之比为I1 ： 12=1 ： 2。如图所示，由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为L,根据安培力计算公式F=ILB,可知F' ：F=I1 ：I2=1：2,得F'= 0.5F,根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN/f受的安培力大小为F+ F' =1.5F,B正确。2. （2019 全国卷n ）如图，边长为l的正方形ab

24、cd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（）1515AqkBl,亍kBl B. ;kBl, ,kBlC.2kBl,乎kBl D. 2kBl, 5kBl答案 B2解析若电子从a点射出,运动轨迹如图线， 有qvaB= m；, R=1，解得Va=q = Re4m 4m=半；若电子从d点射出，运动轨迹如图线，有qVdB= nRd, F2= R； 2+l2,解得Vd=qBR5qBl 5kBl-=o B 正确。4m 43. （2019 全国

25、卷出）5 7tmA. 6qB B.7兀m6qB C.11 m6qBD.13兀m6qB如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过 x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为（）答案 Br 知，第一象限内解析 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90。，在第一象限内轨迹所对圆心角为60。2 7tmX26qB2 7tm ,则粒子在磁

26、场中运动的时间 3qBt = t 1+ t 2 =7% m6qB'B正确。T2 t2= ?粒子在第二象限内运动的时间t1 = T1 = 2昼芸粒子在第一象限内运动的时间当显示4. （2019 天津高考）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。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v。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

27、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v无关C.前、后表面间的电压 U与c成正比eUD.自由电子受到的洛伦兹力大小为一a电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变,U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由答案 D解析 由左手定则判断，后表面带负电，由eU= evB得U= Bav,故前、后表面间的电压 a eU .电子受到的洛伦兹力 F=evB= ，D正确。a5. （2018 北京高考）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因 素与完成上述两类运动无关的是

28、（）A.磁场和电场的方向B .磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量 D .粒子入射时的速度答案 C解析 由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，即有Eq= qvB,则v=B,若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。6. （2018 全国卷n ）（多选）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线Li、L2, Li中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；Li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

29、B）,方向垂直于纸面向外。已知 a、b两一 一 11点的磁感应强度大小分别为 qR和方向也垂直于纸面向外。则 （）32A.流经Li的电流在b点产生的磁感应强度大小为7 Bo 12B.流经Li的电流在a点产生的磁感应强度大小为1 Bo 12C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为1 Bo 12D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0答案 AC解析 L1在a、b两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为B,方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场磁感应强度大小设为B2,方向垂直纸面向里，在 b点产生的磁场磁感应强度大小也为 B2,方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠

30、加原理可知BoB-E2=1B）, B+E0-B = 1Bo,联立这两式可解得：B=：7B0, B = ;1E0,故 A、C正确。3212127. （2。19 全国卷I ）如图，在直角三角形 OPNE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，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于 x轴的方向射出。已知 O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为3。° ,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为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4UBd23答案的（2）

31、行之+于x轴的时间。解析（1）设带电粒子的质量为m电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有12 fqU= 2mv 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有粒子运动的轨迹如图,由几何关系知d = 平联立式得q 4U m=(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为兀rs = -2"+ rtan30 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=vBc2联立式得t=BcAOxOy平面内8. (2018 全国卷H ) 足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为1,磁感应强度的大小为

32、B,方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ',电场强度的大小均为 E,方向均沿x轴正方向；M N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M点入射的速度从 N点沿y轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点射入时速度的大小; 兀 (3)右该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为"6"，求该粒子的比何及其从M点运动到N点的时间。答案 (1)轨迹见解析 (2) 2E-Bl解析 （1）粒子运动的轨迹如图 a所示。（

33、粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆 弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为vo,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为e （见图b）,速度沿电场方向的分量为vi,根据牛顿第二定律有qE= m®式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有vi= at l = V0t V1= vcos 0 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 2 mvqvB= -R'由几何关系得l=2RCos0, 一一一 2E1联立式得 vo

34、= 一日一Bl 兀一（3）由运动学公式和题给数据得vi= vocot不联立式得q="母Em b 1设粒子由M点运动到N点所用的时间为t',兀 兀 27-7 则 t ' = 2t + T2兀式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,27tmT= ?qB -由？式得t，=Bli+组U 。 E 18l9.（2018 天津高考）如图所示，在水平线 ab下方有一匀强电场，电场强度为E,方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为 R、/3R的半圆环形区域，外圆与 ab的交点分别为 M N。一质量为m电荷量 为q的带负电粒子在

35、电场中 P点静止释放，由 M进入磁场，从 N射出，不计粒子重力。（1）求粒子从P到M所用的时间t；（2）若粒子从与P同一水平线上的 Q点水平射出，同样能由 M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度V0的大小。；3RBqBR答案(1) (2)解析（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有 qvB=2 v设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有 F=ma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v= at 联立式得t = EB（2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周

36、运动，其周期和速度、圆周运动半径无关，运动时间 只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短， 设粒子在磁场中的轨迹半径为r',由几何关系可知（r' R）2+（、/3R）2= r' 2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为9 ,即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的分速度同样为v,在垂直于电场方向的分速度始终为Vo,V _由运动的合成和分解可知 tan e = 联立式得VoqBR模拟冲刺题组9. （2019 北京西城一模）

37、如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子M N分别以同样的速度 v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是（）A.带电粒子 M N的电性一定相同B.带电粒子M N的电量一定相同C.撤去电场仅彳留磁场，M N做圆周运动的半径一定相等D.撤去磁场仅彳留电场，M N若能通过场区，则通过场区的时间相等答案 D解析 根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足qvB= qE,即vB= E,故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电量无关，故 A B错误；撤去电场后，粒

38、子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvB= nv,可mv得R=: 两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，两qBl = vt可知两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由粒子通过场区的时间相等，故D正确。10. （2019 山西运城高三上学期模拟 ）如图所示，边长为I,质量为m的等边三角形导线 框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流，大小为 I。图中虚线过 ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为 Fi；保持其他条件不变，现

39、将虚线下高考物理总复习方的磁场移至虚线上方,导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为F2o则导线框中的电流大小为（）F2 FiA. BlF2 FiB. 2BlC.2F2 FiBl2 F2 FiD.3Bl答案解析当磁场位于虚线下方时，导线框处于静止状态，细线中的拉力为Fi,可知线框受到安培力的合力方向竖直向上，大小为F安=反2k根据平衡条件，则有:Fi + F安=mg现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2,安培力大小 F安=BI2,方向竖直向-i# -，rrF2 Fi 一，下，则有 F2=m# F安，联立得：F2=Fi+BIl ,即1=,故选 A。Bl11. （2019 辽宁大连二模

40、）如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，AD C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在 一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。如果将 D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为（）A. 2(作一1)B B . 2(5+ 1)BC. 2BD. 0答案 A解析O点的实际磁感应强度是A、H C处电流产生磁感应强度与空间大小为B的磁感应强度的矢量和。O处的磁感应强度恰好为零，则 A C与空间磁场的矢量和一定与D单独产生磁场的磁感应强度等大反向，根据矢量合成法则可得:D电流产生磁感应强度BBd=-tz,2+ i所以将D处电流反

41、向，其他条件都不变，O处磁感应强度：B' = 28=2（啦i）B,故选Ao高考物理总复习12. （2019 福建漳州二模）（多选）如图所示，纸面内半径为 R圆心为O的圆形区域外 存在磁感应强度大小为 B方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内的线段PA与圆形区域相切于A点，PA= 2小R若P点处有一粒子源沿 PA方向射出不同速率的带正电粒子 （质量为m 电荷量为q,不计重力），则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为（）H K K K KM K K , Jfr., MK M 置工：.M必.产,尸库 st .4 xAqBR 八.mB.弊 C.m7qBR2mD 4qBR-23 -答案 CD解析 粒

42、子运动轨迹与圆形区域相切时，粒子恰好不能射入圆形区域内部，粒子此时拥 有最小速度。相切时的运动轨迹如图所示，由几何知识得：（r-R）2+（2A/3R） M2V0,与x轴正方向成45°角斜向右下方=（r + R）2;解得：r = 3R,粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：qvB=心，解得：丫=当黑故当粒子速度满足 v' A3qBR加可以进入圆形磁场区域，则A、B错误，C、D正确。m13. （2019 安徽淮北宿州一模）如图所示，在直角坐标系 xOy中的第一象限存在沿 y轴负 方向的匀强电场，在第二、三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，已知电场强度为E。从第一象限中坐标

43、为（L, L）的P点由静止释放带正电的粒子 （不计重力），该粒子第一次经过 x 轴时速度为V。，第二次经过x轴时的位置坐标为（L,0）,求：（1）粒子的比荷及磁感应强度B的大小；（2）粒子第三次经过x轴时的速度大小及方向；（3）粒子第二次经过y轴与第三次经过 y轴时两点间的距离。2EVo2答案 V。2EL（3）3 L解析（1）粒子从P点由静止释放并到达 x轴过程中， 1c由动能th理得 EqL= mv2q vo解得m= 2el粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，并由洛伦兹力提供向心力。2 一V0设轨迹半径为 ri,则qBvo= m-“ /口 mv解信ri=qB ，r 2E粒子第二次经过x轴时的位置

44、坐标为（L, 0）,故其轨迹半径ri= L,得B= o（2）粒子通过y轴上的点（0, L）,以平行x轴的速度vo进入电场做类平抛运动，经过时间t第三次通过x轴，轨迹如图所示，在此过程中,加速度Eq v0 a= m 2L水平位移x=vot,12竖直位移L=2at“ 22L解得t =Vox= 2L该粒子第三次经过 x轴时，水平分速度Vx= Vo竖直分速度 Vy=at=vo所以粒子第三次经过 x轴时的速度大小V =业2 + V2 = /2vo其方向与x轴正方向成45°角斜向右下方。（3）由前面的解析可知，粒子第二次经过y轴时坐标为（。，L）,第三次经过x轴时坐标为（2L, 0）,再次进入磁

45、场中做圆周运动,、/2mv厂r2=F -2L由几何关系可求得粒子第三次经过y轴时坐标为（0 , - 2L）,故粒子第二次经过y轴与第三次经过y轴时两点间距为 3L。14. （2019 湖南怀化一模）如图所示，在平面直角坐标系 xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为 R方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，一粒子源固定在x轴上坐标为（一L, 0）的A点。粒子源沿yx轴正方向成 3=15。角的射轴正方向释放出速度大小为 vo的电子，电子通过 y轴上的C点时的速度方向与 y轴正方向成a =45。角，电子经过磁场偏转后方向恰好垂直第一象限

46、内与线ON已知电子的质量为 mi电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用。求:匀强电场的电场强度E的大小;(2)电子在电场和磁场中运动的总时间矩形磁场区域的最小面积Smlino2答案氏（2）力端3mv 2 eB解析（1）电子从A到C的过程中，由动能定理得:eEL= 1m&- 1mV, vccos45° = V0 22'2-i mv联立解得：E=o2eL（2）电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有:VCSin a2兀e=TL=-1.V0其中Vc=,由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角:cos a电子在磁场中的运动时间：t2=/LT,其中T= 2g2兀e

47、B电子在电场和磁场中运动的总时间t=t1+t22L 27tm 联立解得：t二十薪。高考物理总复习(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有2evB=冷最小矩形区域如图所示,-33 -由数学知识得：CD)= 2r - sin , CQ= r r cos故矩形磁场区域的最小面积：Smin=CD-CQmv 2联立解得：Smin=3 -eB 。7. (2019 重庆南开中学高三4月模拟)在矩形区域abcd中，存在如图甲所示的磁场区域(包括边界)，规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc=2ab=2L、e为bc边界上的一点,且ce=L。重力可忽略不方t的正粒子从d点沿dc方向以初速度V0射

48、入如图乙所示的周期性变化的磁场，已知粒子的比荷为 k。求:中 如果在t = 0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B)应为多大?(2)如果磁场的磁感应强度2v0E0=五，在bc边的右侧加一垂直be边向左的匀强电场，t =0时刻射入磁场的粒子刚好经过。后垂直bc边离开磁场，经过一段时间又沿 dc边从d点离开磁场区域，则电场强度E以及粒子在电场中的路程 x分别为多大？ (T。未知，用k, L, v。表示)(3)如果磁场的磁感应强度B0=z，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场，则磁场的变化周期T0应满足什么条件?4v0答案疏) 2

49、 4V0(2) n(n=123 )4(n= 1,2,35兀L叱瓯解析(1)根据题意作出粒子的运动轨迹，如图 a所示,o Lee5所示,mv4V0又R函，解彳导：B=5kL°mv)2vo(2)根据R= Bq,把B0 =正代入可得粒子的半径1R= 2L,画出粒子在T0的运动轨迹如图b由几何关系有：R2= R 2 2+L2,计算彳#出：R= -L口兀L得T° =歹，2Vo,.2V0又有t =一 aa=Eq,解得 E=24Vo-、-(n= 1,2,3 ) n兀kL粒子在电场中路程:V0 tnu Lx=2 - 2= -4(n=1,2,3 )。(3)临界情况为粒子从、，1 一. ，一

50、t=0时刻射入，并且在2T0时刻轨迹恰好与 ad边相切，如图c所示,SS r设圆周运动的周期为T,由几何关系知粒子转过的圆心角为150。，,、一，,，11设粒子运动的周期为 T,根据题意有：2T°=4,为保证粒子能回到 d点，则在电场中所用时间 t满足：t = nT0(n = 1,2,3)对应运动时间为t = ：T= |m 应满足t >"To, 126 B)q28. (2019 山东淄博三模)如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd, bc长度为2L,cd长度为1.5 L, e、f分别为ad、bc的中点。efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B,质量为mi

51、电荷量为+ q的绝缘小球 A静止在磁场中f点。abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为qBL;质量为km的不带电绝缘小球 P,以大小为qBL的初速度沿bf6mm方向运动。P与A发生弹性正碰，A的电量保持不变，R A均可视为质点。(1)求碰撞后A球的速度大小；(2)若A从ed边离开磁场，求k的最大值；(3)若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和 A在磁场中运动的最长时间。答案2kVA= 7k+ 1qBLm(2)13 7tm2qB解析(1)设P、A碰后的速度分别为 vp和va, P碰前的速度为qBL v=由动量守恒定律： kmv= kmw+ mv由机械能守恒定律：2km2 = 2kmvP

52、+ 2 mqBLom2k解得：VA = 71k十12mA(2)设A球在磁场中运动轨迹半径为R,由牛顿第二定律得：qvAB= -R2k rR解得：R= k27L,即 k=2L二R由此可知R越大，k值越大如图1,当A球的轨迹与cd相切时，R为最大值，R= L求得k的最大值为1。压1图2(3)令z点为ed边的中点，分类讨论如下：(i ) A球在磁场中偏转一次从 z点就离开磁场，如图 2有2L - 2=4 ,口5L解得：R= ?2k5由R= "fL可得：k=? k十17(ii )分析可知A球能从z点离开磁场需要满足R>2,则A球在磁场中还可能经历一次半z点离开。当 k= 时，va= 5q旦h 由于 J。m4=118m225q2B2L2>q2B2L2128m 6m,故不成立;圆运动后进到电场，然后再由电场进入磁场，最终从如图3和图4,由几何关系有:L3R= L2+ 3