南京化学工业园区届高考物理复习专题训练磁场.docx

1、南京化学工业园区届高考物理复习专题训练磁场磁 场1如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角（0 ）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）则下列说法正确的是A若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B若v一定，越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远C若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短2如图所示，在正三角形区域内存在着垂直于纸面的匀强磁场和平行于AB的水平方向的匀强电场，一不计重力的带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角分线OC做匀速直线运动若此区域只存在电场时，该

2、粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则此粒子刚好从A点射出；若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则下列说法正确的是A粒子将在磁场中做匀速圆周运动，运动轨道半径等于三角形的边长B粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从OB阶段射出磁场C粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从BC阶段射出磁场D根据已知条件可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比3如图所示为一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为A0 B mv02 C D m

3、(v02 ) 4如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，磁感应强度B，金属块的厚度为d，高为h，当有稳恒电流I平行平面C的方向通过时，由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为（上下两面M、N上的电压分别为UM、UN）AUM UN B C DUM UN5如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90、60、30，则它们在磁场中运动的时间之比为A111 B123C321 D1： 6速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场最强的是7图甲是回旋加速器的

4、工作原理图D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是A在Ek t图中应该有tn+1 tn = tn tn-1B在Ek t图中应该有tn+1 tn tn tn-1C在Ek t图中应该有En+1 En = En En-1D在Ek t图中应该有En+1 En En En-18如图所示，空间内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场，其中匀

5、强电场沿y轴负方向，匀强磁场垂直于xOy平面向里图中虚线框内为由粒子源S和电压为U0的加速电场组成的装置，其出口位于O点，并可作为一个整体在纸面内绕O点转动粒子源S不断地产生质量为m、电荷量为 +q 的粒子（初速不计），经电场加速后从O点射出，且沿x轴正方向射出的粒子恰好能沿直线运动不计粒子的重力及彼此间的作用力，粒子从O点射出前的运动不受外界正交电场、磁场的影响 求粒子从O点射出时速度v的大小； 若只撤去磁场，从O点沿x轴正方向射出的粒子刚好经过坐标为（L， L/2）的N点，求匀强电场的场强E； 若只撤去电场，要使粒子能够经过坐标为（L，0）的P点，粒子应从O点沿什么方向射出?9如图所示，在

6、直角坐标系Oxy平面的第三、四象限内分别存在着垂直于Oxy平面的匀强磁场，第三象限的磁感应强度大小是第四象限的2倍，方向相反质量、电荷量相同的负粒子a、b，某时刻以大小相同的速度分别从x轴上的P、Q两点沿y轴负方向垂直射入第四、三象限磁场区域已知a粒子在离开第四象限磁场时，速度方向与y轴的夹角为60，且在第四象限磁场中运行时间是b粒子在第三象限磁场中运行时间的4倍不计重力和两粒子之间的相互作用力求：a、b两粒子经y轴时距原点O的距离之比10如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1平行金属板右

7、侧有一挡板M，中间有小孔O，OO是平行于两金属板的中心线挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角 = 45，OC = a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（不计重力），自O点沿OO 方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO 方向运动，并进入匀强磁场B2中，求： 进入匀强磁场B2的带电粒子的速度； 能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值； 绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度11如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷q/m = 106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放

8、，经过(/15)105s后，电荷以v0 = 1.5l04m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t = 0时刻）求：（sin37= 0.60、cos37= 0.80） 匀强电场的电场强度E； 图b中t = 0.810-5s时刻电荷与O点的水平距离； 如果在O点右方d = 68cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间 12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S

9、2O = 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处的速度以及粒子所受的重力均不计 当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小v； 若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0； 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13如图所示，A、B为一对平行板，板长为L，两板距离为d，板间区域内充满着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直

10、纸面向里，一个质量为m，带电量为+q的带电粒子自静止开始经M、N两平行金属板间的电场加速后，从A、B两板的中间沿垂直于磁感线的方向射入磁场（不计粒子的重力）求： 若粒子被加速后进入磁场的速度为v0，则它在磁场中做圆周运动的半径和周期各为多少？ MN两极板间的电压U应在什么范围内，粒子才能从磁场内射出？14如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在边界平行y轴的两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场、垂直纸面向里的匀强磁场O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM=MP=L；在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场一质量为m带电量为 +q的带电粒子从电场中坐标为（2L，L）的点以速度 v

11、0沿 +x 方向射出，恰好经过原点O处射入区域又从M点射出区域（粒子的重力不计） 求第三象限匀强电场场强E的大小； 求区域内匀强磁场磁感应强度B的大小； 若带电粒子能再次回到原点O，问区域内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？15如图所示，在xoy平面直角坐标系的第一象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30，OA与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场，其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点沿着x轴正方向以初速度v0射入电场，运动一段时间后经过Q点垂直于射线OA进入磁场，经磁场偏转，过y轴正半轴上的M点再次垂直进入匀强

12、电场已知OP=h，不计粒子重力，求： 粒子经过Q点时的速度大小； 匀强电场电场强度的大小； 粒子从Q点运动到M点所用的时间参考答案：1A；由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项A正确；若v一定，等于90时，粒子在离开磁场的位置距O点最远，选项B错误；若一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间无关，选项CD错误2CD；带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角分线OC做匀速直线运动，则有qE = qvB若此区域只存在电场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，刚好从A点射出， L/2=vt，

13、L/2=at2/2，qE = ma；若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，qvB = mv2/R，解得R=3L/4，选项A错误；由于R =3L/4 L，粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从OB阶段射出磁场，选项B正确C错误；根据已知条件，该粒子在只有电场时运动时间为t1 = 2mv/qE = 2m/qB，在只有磁场时在该区域中运动的时间为t2 = m/3qB，可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比，选项D正确3ABD；若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，

14、圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v0向右做减速运动若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为mv02/2，选项B正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v = mg/qB，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W = mv02/2 mv2/2 = m(v02 )，选项D正确C错误4C；设金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为n，稳恒电流I可表示为I = neSv，S = dh；evB = eE，Eh=UM UN；联立解得n =，选项C正确5C；由于粒子运动的偏向角等于圆弧轨迹所对的圆心角，由t= (T/3

15、60)可知，它们在磁场中运动的时间之比为906030=321，选项C正确6D；由qvB = mv2/R可得B = mv/qR磁场最强的是对应轨迹半径最小，选项D正确7AC；根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在Ek t图中应该有tn+1 tn = tn tn-1，选项A正确B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ek t图中应该有En+1 En = En En-1，选项C正确D错误8 由动能定理，qU0 = mv2，解得粒子从O点射出时速度v= 由L = vt，L/2 = at2/2，a = qE/m，解得E =2 U0/L 设粒子从O点沿与x方向夹角为射出，则有

16、2Rsin = L，qvB = mv2/R，qvB = qE，联立解得： =30或 = 1509设第三象限内磁场磁感应强度大小为2B，第四象限内磁场磁感应强度大小为B，粒子a、b质量为m电荷量大小为q进入磁场区域速度为v由洛伦兹力和牛顿第二定律得 qvB = mv2/R，则R = mv/qB周期T = 2m/qB，由题设条件有：Ra = 2Rb、Ta = 2Tb；设b粒子在第三象限中运行时转过的圆心角为，由a、b两粒子运行时间关系有ta = 4tb；即Ta/6 = 4(/2)Tb解得 = 30；则ya/yb = Rasin60/ Rbsin30 = 2/110 沿直线OO 运动的带电粒子，设进

17、入匀强磁场B2的带电粒子的速度为v，根据qvB1 = qE 解得v = E/B1 粒子进入匀强磁场B2中做匀速圆周运动，根据 qvB2 = mv2/r，解得 q = mv/B2r；因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小设最小半径为r1，此带电粒子运动轨迹与CD板相切，则有r1 + r1 = a，解得：r1 = (1)a电荷量最大值q = (+1)mE/B1B2a 带负电的粒子在磁场B2中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r2，依题意r2+a =r2 解得r2 = (+1）a 则CD板上被带电粒子击中区域的长度为 x = r2 r1 = 2a11 电荷在电场中做匀加速直线运动，

18、设其在电场中运动的时间为t1，有v0 = at1、qE = ma，解得 E = 7.2103N/C 当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径 r1 = mv0/qB1 = 5cm、周期T1 = 2m/qB1 = (2/3) 105s；当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径r2 = mv0/qB2 = 3cm、周期T2 = 2m/qB2 = (2/5) 105s；故电荷从t = 0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示t = (4/5) 105s 时刻电荷与O点的水平距离d = 2(r1 r2) = 4cm 电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为 T = 0.8105s，根据电荷的运动情况可知，电

19、荷到达档板前运动的完整周期数为15个，有电荷沿ON运动的距离s = 15d = 60cm；故最后8cm的距离如图所示，有r1 + r1cos = d s 解得cos = 0.6 则 = 53；故电荷运动的总时间t总 = t1 + 15T + T1/2 (53/360)T1 = 3.86104s12 粒子从S1到达S2的过程中，由动能定理 qU = mv2/2，则粒子进入磁场时速度的大小v =； 粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB = mv2/r，综合得加速电压U与轨迹半径r的关系为U = qB2r2/2m；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

20、电压U0 = qB2R2/2m M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子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，对应粒子在磁场中运动的半径r = R；粒子进入磁场时速度大小v =；粒子在电场中经历时间t1 = =，粒子在磁场中经历的时间t2 = R(/3)/v = m/3qB；粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3 = =；粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t = t1 + t2 + t3 =13 粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由

21、洛伦兹力提供，qv0B = mv02/r，解得r = mv0/qB；周期T=2r/ v0 = 2m/qB 带电粒子在MN两极板间的加速过程，由动能定理，qU = mv02/2，如图所示，当粒子从左边射出时，若运动轨迹半径最大，则其圆心为图中O1点，半径r1 = d/4，因此粒子从左边射出必须满足：r r1 = d/4；联立解得：U qB2d2/32m当粒子从右边射出时，若运动轨迹半径最小，则其圆心为图中O2点，半径为r2，由几何关系可得：r22=( r2d/2)2+l2，解得r2 = d/4+l2/d，因此粒子从右边射出必须满足：r r2 = d/4+l2/d，联立解得：U q(d2 + 4l

22、2)2B2/32md2所以当U qB2d2/32m或 U q(d2 + 4l2)2B2/32md2 时，粒子可以从磁场内射出14 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 2L = v0t、L = (1/2)(qE/m)(2L/v0)2 解得 E = mv02/2qL 设到原点时带电粒子的竖直分速度为vy = (qE/m)t = (qE/m)(2L/v0) = v0v = v0方向与 x轴正向成45，粒子进入区域做匀速圆周运动，由几何知识可得R1= L/2，由洛伦兹力充当向心力 qvB = mv2/R1解得B = mv/qR1 =2mv0/qL 运动轨迹如图，在区域做匀速圆周的半径为R2 =L，d2

23、R2 + L = (+1)L；运动时间t1 = =、t2 =、t3 =运动总时间 t总 = 2(t1 + t2) + t3 = 15 粒子类平抛到Q点时，将速度分解如图vQ= v0/sin30=2v0 vy = vQcos30=v0；P到Q，带电离子做类平抛运动，设OQ=L，则x方向，L cos30= v0t，y方向，h L sin30 = vyt/2，vy = at，qE = ma，联立解得 t = 2h/5v0、L = 4h/5、E = 5mv02/2qh 由题得，磁偏转的半径 r = L = 4h/5，由qvB = mv2/r及T =2r/v得T = 2m/qB、B = 5mv0/2qh；Q到M点，圆心角 = 5/3，则运动时间 t = (/2)T = 5T/6，代入磁感应强度B，得 t = 2h/3v0