2027新高考物理复习53A版1-第十一章 磁场

专题十一磁场考点1磁场对电流的作用考向1安培定则磁场的叠加3.(2025福建,3,4分)如图所示,空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称,且OM=ON,初始时,M点的磁感应强度大小为B1,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为()A.B2-12B1 B.12B2C.B2-B1 D.13(B1-2B2答案B解析设O点到直导线的距离为r,通电直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为B0,在距其3r处产生的磁感应强度大小为B',由安培定则和矢量叠加原理可得B1=B0-B'、B2=B0+B0=2B0;仅将L2撤去,N处的磁感应强度大小B和L2撤去前在M处产生的磁感应强度大小相等,即B=B',联立可得B=B22-B14.(2025湖北,4,4分)如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,放置一通电圆线圈,圆心为O点,线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点,它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零,则N点的总磁感应强度大小为()A.0 B.B C.2B D.3B答案A解析M、N两点在通电线圈轴线上且关于通电线圈对称,通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同,M点总磁感应强度大小为0,说明匀强磁场的磁感应强度和通电线圈在M点处产生的磁感应强度等大反向,则由矢量叠加原理可知N点总磁感应强度大小为0,A正确。易错警示不要因为M、N两点分别位于通电线圈左、右两侧就误认为通电线圈在M、N两点产生的磁感应强度方向相反。分析问题时可假设电流方向,根据安培定则判断通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度的方向。考向3安培力作用下的受力和运动分析9.(2025河南,9,6分)(多选)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量,光学防抖技术可以消除这种影响。如图,镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连,两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧,c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。拍照时,手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向,依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零),使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是()A.若Ic沿顺时针方向,Id=0,则表明a的方向向右B.若Id沿顺时针方向,Ic=0,则表明a的方向向下C.若a的方向沿左偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向且Ic>IdD.若a的方向沿右偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿顺时针方向且Ic<Id答案BC审题指导当手机框架有微小加速度时,弹簧作用在镜头上的弹力发生变化;若要使镜头处于零加速度状态,则线圈通入的电流发生变化从而调节安培力以使镜头的合力为零。若Ic沿顺时针方向,Id=0,由左手定则可得线圈c受到的安培力向右,可得其他力使线圈c的加速度向左,故a的方向向左,A错误。同理可得B正确。若a的方向沿左偏上30°,可分解为水平向左的大小为ax=acos30°=32a、竖直向上的大小为ay=asin30°=a2的两个分加速度,水平方向线圈c受到的安培力向右,且安培力大小Fc=BIcL=max,由左手定则可得Ic沿顺时针方向;竖直方向线圈d受到的安培力向下,且安培力大小Fd=BIdL=may,由左手定则可得Id沿逆时针方向;ax>ay,则Fc>Fd,Ic>Id,C正确。同理可得考点2磁场对运动电荷的作用考向2带电粒子在有界磁场中的运动14.(2025云南,14,13分)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示,x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ,经磁屏蔽后,该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后,在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域,经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知,不考虑该粒子的重力。(1)求该粒子通过速度选择器的速率;(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围;(3)定义磁屏蔽效率η=B1-B2B1×100%,若在Q答案(1)UdB0审题指导(1)速度选择器能够选出做匀速直线运动的粒子。(2)确定圆心的两种常用方法:①粒子在两个不同位置的速度方向的垂线交点为圆心。②已知轨迹上一个点和此位置的速度方向,速度方向的垂线上有圆心,已知粒子轨迹的两个点,其中一个点的速度方向未知,如此题中的Q点,连接Q点与ON中点,此连线的中垂线上有圆心,此线与x负半轴的交点即圆弧的圆心。解析(1)粒子在速度选择器中受力平衡,做匀速直线运动,有qE=qvB0其中E=U解得v=U(2)粒子垂直y轴射入x≥0区域,又从ON中点垂直ON进入磁屏蔽区可得粒子在第四象限做圆周运动半径r1=L由qvB1=mv2r1得r解得B1=mvqL=若取B2=B1,则粒子在磁屏蔽区内运动半径仍为L,粒子将从OQ中点垂直y轴离开磁屏蔽区,磁感应强度B2减小时粒子在磁场中做圆周运动的半径增大,B2=0时,粒子做匀速直线运动通过PQ中点,然后在磁场中继续做轨迹半径为L的圆周运动,偏转90°后垂直y轴离开第一象限。故y轴上可能检测到粒子的范围为L<y<3L(3)Q处检测到粒子时,设粒子在磁屏蔽区做圆周运动的轨迹半径为r2,由洛伦兹力提供向心力有qvB2=m由几何关系可得(r2-L)2+(2L)2=r解得r2=52可得B2=0.4B1代入η=B1-B214.(2025陕晋青宁,14,14分)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷,一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统,结构简化如图(a)所示,足够长圆柱形筒半径为R,正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场,筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示,当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时,恰好没有电子落到筒壁上,不计电子间相互作用及其重力的影响。求:(R、v0、B0均为已知量)(1)电子的比荷em(2)当磁感应强度大小调至12B0时,筒壁上落有电子的区域面积S答案(1)2v0RB0(2)2审题指导本题为定速不定向粒子源发射的粒子在空间磁场中的运动,电子运动分布在三维空间中,对空间运动的分析方法是截取截面进行研究,题中已给出两个视角的截面图,所以题目已经给出解题的思路。解析(1)由题意可得,当磁感应强度B从0开始调大的过程中,洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,有evB=mv2r,解得由电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径公式可知电子的轨迹半径在变小,所以当磁感应强度增大至B0时,电子恰好没有落在筒壁上,此情况下电子的运动轨迹如图甲所示可知电子做圆周运动的轨迹半径r0=R则有ev0B0=mv02r0,(2)当磁感应强度大小调至B02时,电子运动轨迹的半径r'=2r0=R,从筒的横截面看,电子轨迹如图乙所示取轴截面分析,根据对称性,可分析单边侧壁,如图丙所示,当电子速度与磁场不垂直时,将速度分解为vx和vy,电子做螺旋线运动方向平行于横截面的分运动是速率为vx的匀速圆周运动,沿轴向的分运动是速率为vy的匀速直线运动,如图丁;当平行于横截面做匀速圆周运动的轨迹直径为R时,电子恰好不落到筒壁上,即运动半径r0=R2,根据evxB=mvx2r0,代入r0=R2、联立解得vx=v则vy=v02-vx2周期T=2πmeB(点拨:二级结论)或T=2π所以筒壁上沿轴向下半部分有电子落上的高度d=vy·T2=3πR由对称性可知,整个筒壁沿轴向有电子落到区域的高度为2d则筒壁上落有电子的区域面积S=2πR·2d联立解得S=23π2R2。考向5磁聚焦、磁发散和动态圆模型7.(2025安徽,7,4分)如图,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源,沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q,质量为m,速度大小均为qBdm。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则()A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2dB.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为3dC.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为dD.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为π答案C解析由Bqv=mv2R结合v=Bqdm可得R=d,A错误;带正电粒子在磁场中运动的几种临界情况如图所示:由圆1、2(对应粒子初速度方向沿x轴正方向)可得薄板上表面接收到粒子的区域长度(如图中彩色线部分)为2dcos30°-d=(由圆3(对应粒子初速度方向沿y轴正方向)可得薄板下表面收到粒子的区域长度为d(如图中粗线部分),C正确;恰好打到薄板最右侧的粒子为薄板接收到的在磁场中运动时间最短的粒子,对应偏转角为π3,对应的最短时间为tmin=πm易错警示解题时注意作出三个关键的临界动态圆,审题要明确,基础要牢固,几何关系要敏锐,基本规律要熟练。考向6带电粒子在叠加场中的运动7.(2025福建,7,6分)(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场,匀强磁场的磁感应强度大小为B,电场强度的大小为E,一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动,MN与水平方向成45°,NP水平向右。带电体的带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g,当带电体到达N点时,撤去磁场,一段时间后带电体经过P点,则()A.电场强度的大小E=2B.磁感应强度的大小B=2C.N、P两点的电势差U=2D.粒子从N→P时距离NP的最大值为v答案BC解析带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动,可知带电体的受力情况如图甲所示MN与水平方向成45°角,由共点力的平衡条件可知mg=qE,qvB=2mg,解得电场强度的大小E=mgq,磁感应强度的大小B=2mgqv,A错误,B正确。撤去磁场后,带电体的合力方向与初速度方向垂直,加速度a=F合m=2g,带电体到达P点时,位移偏转角为45°,故在P点速度偏转角的正切值tanθ=2tan45°=2=vyvx,其中vx=v,所以带电体在P点的速度大小vP=vx2+vy2=5v,从N到P过程,根据动能定理有qU=12mvP2-12mv2,解得N、P两点间的电势差U=2mv2q,C正确。将带电体在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,可知带电体在竖直方向做竖直上抛运动,15.(2025黑吉辽蒙,15,16分)如图,在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0,-y0)点射入磁场,速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从N(0,y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应。(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷,电荷量为48q,粒子质量取m=B2y03k(k为静电力常量),粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点(3)在(2)问条件下,粒子从N点射出磁场开始,经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反,求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中,取无限远处的电势为0时,与该点电荷距离为r处的电势φ=kQr)答案(1)2qBy0mπ模型建构情境粒子运动形式受力特点带电粒子垂直磁感线射入匀强磁场匀速圆周运动粒子所受洛伦兹力提供向心力平面内再固定一负点电荷匀速圆周运动洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力粒子从N点射出磁场之后椭圆运动库仑力类比万有引力,负点电荷位于椭圆的一个焦点上解析(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系可得轨迹半径r=y0sin由洛伦兹力提供向心力可得qv1B=mv12r,解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv粒子在磁场中运动的时间t1=60°360(2)由于粒子在洛伦兹力和库仑力共同作用下仍沿(1)中的轨迹运动,可推知负点电荷固定在原轨迹圆的圆心处,粒子运动的向心力由库仑力和洛伦兹力的合力提供,圆周运动轨迹的半径仍为r,则有48kq2r代入m=B2y03k、r=2y0(3)在(2)问条件下,粒子从N点离开磁场后,仅在库仑力作用下运动,但由于F库<mv22r,所以粒子做离心运动,由库仑力和万有引力的相似性可知,粒子从N点离开磁场后做以原圆心O'为焦点的椭圆运动,设粒子经过椭圆轨迹上的S点(S点为NO'延长线与椭圆轨迹的交点)时速度为v3,S点到焦点O'点的距离为r',根据开普勒第二定律可得12v2r=由题意知,粒子在N点的电势能EpN=qφN=-48在S点的电势能EpS=qφS=-48由能量守恒可得-48kq2r+12mv2联立解得r'=6y0则椭圆轨道的半长轴a=r+r根据万有引力定律和开普勒第三定律,把椭圆轨道等效转化为圆轨道,可得48kq2解得T'=43πBy033kq考向7带电粒子在组合场中的运动6.(2025广东,6,4分)某同步加速器简化模型如图所示。其中仅直通道PQ内有加速电场,三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为+q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后,沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U,磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应。下列说法正确的是()A.偏转磁场的方向垂直纸面向里B.第1次加速后,离子的动能增加了2qUC.第k次加速后,离子的速度大小变为mD.第k次加速后,偏转磁场的磁感应强度大小应为m答案D模型建构离子在直通道PQ中受电场力F,做匀加速直线运动,在三个圆弧通道只受洛伦兹力,做匀速圆周运动,在另外两个直通道不受力,做匀速直线运动。全程只有在直通道PQ受到的电场力做功,在圆弧通道受到的洛伦兹力不做功。解析由题知带正电的离子运动方向和所受洛伦兹力方向,根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外,A错误;根据动能定理得W=qU=ΔEk,故第1次加速后,离子的动能增加了qU,B错误;根据动能定理得,第k次加速后,有kqU=12mv2-12mv02,解得v=m2v02+2kqUmm,C错误;第k次加速后,由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m14.(2025湖北,14,16分)如图所示,两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出,方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为3mv02qB,粒子能回到O点(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。(3)粒子的运动周期。答案(1)mv0qB(2)审题指导粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动,粒子能回到O点,所以粒子的整个周期性运动过程轨迹应上下对称。解析(1)在MN左侧的磁场中,设粒子运动轨迹半径为r,由qv0B=mv02r(2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图1所示,根据几何关系可得sinα=O'又O'D=OD-r=mv解得α=30°,粒子经过MN边界上的C点,在MN和PQ边界之间的无磁场区域做匀速直线运动,从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为r'的匀速圆周运动,从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界,在右侧磁场中由qv0·2B=mv02r由几何关系可得在右侧磁场中轨迹对应圆心角为120°,所以粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距EF=2r'sin60°,解得EF=3m(3)要使粒子能回到O点并做周期性运动,粒子的轨迹需上下对称,所以轨迹如图2所示由几何关系得rcosα=CEsinα+EF2,解得CE=3mv02qB,粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应圆心角为240°,结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T1=2πmqB,得运动时间t1=240°360°·2πmqB=4πm3qB,粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动的时间t2=2×CEv0=3mqB,粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为120°,结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T2=2πm14.(2025湖南,14,14分)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为3d,平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器,恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场,随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器,忽略粒子重力和空气阻力。(1)求粒子所带电荷量q;(2)求磁感应强度B的大小;(3)若粒子离开b点时,在平行板电容器右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,场强大小为43E03d答案(1)mv02E0解析(1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器的中点时,由闭合电路欧姆定律可得I=E03r0①,带正电粒子在平行板间做类平抛运动,设运动时间为t,水平方向有3d=v0t③,竖直方向有d2=12×qUmd联立①②③④解得粒子所带电荷量q=mv(2)带电粒子在平行板电容器两极板以及右侧磁场中的运动轨迹如图甲所示(点拨:在平抛运动或类平抛运动中,速度偏转角的正切值为位移偏转角正切值的2倍)设粒子射出两极板时速度偏转角为θ,可得tanθ=2tanα=33设粒子进入磁场的初速度大小为v,可得v0=vcosθ⑥;设带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r1,根据几何关系可得2r1cosθ=d⑦,根据牛顿第二定律可得qvB=mv2联立⑤⑥⑦⑧可得θ=30°、B=2E(3)应用配速法,取一向上的速度v1,使v1所对应的洛伦兹力与电场力平衡,则可将粒子的运动分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的匀速圆周运动,可得qv1B=qE⑨,解得v1=23根据几何关系可得v2=2vcos30°=2v0⑩;带电粒子做匀速圆周运动的半径r2=mv2带电粒子做圆周运动的分运动的轨迹以及合速度与分速度的关系如图乙所示带电粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm=r2+r2cos30°,联立解得xm=2+32一题多解(3)粒子由离开b点至运动到电容器右侧最远时,由动能定理可得qExm=12mvm2-1竖直方向,取竖直向上为正方向,由动量定理可得qvxBt=mvm-(-mvsin30°其中vxt=xm,由于q=mv02E0、B=2E0d联立可得xm=2+3212.(2025山东,12,4分)(多选)如图甲所示的Oxy平面内,y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场,区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场,电场和磁场的大小、方向均未知。t=0时刻,质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿x轴正向出发,在Oxy平面内运动,在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面,在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分,如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是()A.区域Ⅰ内电场强度大小E=4mLqt0B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=20C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=3m5qtD.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标17答案AD审题指导通过“粒子从O点沿x轴正向出发”,知粒子在O点的初速度方向向右,通过“在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分”,知粒子在y轴方向做匀变速直线运动,在垂直y轴(即x轴)方向做匀速直线运动,则可以确定电场方向沿y轴正方向,通过对两个方向列运动学公式可解出该类平抛所有相关的物理量。通过图乙我们知道最高点与最低点的距离即运动轨迹的直径。解析粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,则粒子在y轴方向上有2L=12at02,而a=Eqm,解得E=4mLqt02,带正电粒子受力沿y轴正方向,则电场强度方向沿y轴正方向,A正确。粒子在区域Ⅰ内运动的过程中,x轴方向有3L=v0t0,y轴方向有2L=vy2t0,而v=v02+vy2,解得v=5Lt0;粒子在区域Ⅱ内运动时,最高点与最低点之差为2R=103L--103L=203L,则R=103L,B错误。由qvB=mv2R,可得B=3m2qt0,由图乙可知粒子在进入区域Ⅱ后先向上偏转再向下偏转,由左手定则可判断磁感应强度方向垂直Oxy平面向外,C错误。设粒子进入区域15.(2025河南,15,17分)如图,水平虚线上方区域有