2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題10 磁場（含解析）.docx
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專題10 磁場 第一部分名師綜述 帶電粒子在磁場中的運動是高中物理的一個難點，也是高考的熱點。在歷年的高考試題中幾乎年年都有這方面的考題。帶電粒子在磁場中的運動問題，綜合性較強，解這類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運動的知識，又要用到數(shù)學中的平面幾何中的圓及解析幾何知識。帶電粒子在復合場中的運動包括帶電粒子在勻強電場、交變電場、勻強磁碭及包含重力場在內(nèi)的復合場中的運動問題，是高考必考的重點和熱點。 縱觀近幾年各種形式的高考試題，題目一般是運動情景復雜、綜合性強，多把場的性質(zhì)、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、功能關(guān)系以及交變電場等知識有機地結(jié)合，題目難度中等偏上，對考生的空間想像能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力，及用數(shù)學方法解決物理問題的能力要求較高，題型有選擇題、作圖及計算題，涉及本部分知識的命題也有構(gòu)思新穎、過程復雜、高難度的壓軸題。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，邊長為L的正六邊形abcdef中，存在垂直該平面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．a(chǎn)點處的粒子源發(fā)出大量質(zhì)量為m、電荷量為+q的同種粒子，粒子的速度大小不同，方向始終垂直ab邊且與磁場垂直，不計粒子的重力，當粒子的速度為v時，粒子恰好經(jīng)過b點，下列說法正確的是 ( ) A．速度小于v的粒子在磁場中運動時間為πm2qB B．經(jīng)過d點的粒子在磁場中運動的時間為πm4qB C．經(jīng)過c點的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2L D．速度大于2v 小于4v的粒子一定打在cd邊上 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，當粒子的速度為v時，粒子恰好經(jīng)過b點時在磁場中運動了半周，運動時間為12T=πmqB，軌跡半徑等于ab的一半.當粒子的速度小于v時，由r=mvqB知，粒子的軌跡半徑小于ab的一半，仍運動半周，運動時間仍為12T=πmqB；故A錯誤. B、在a點粒子的速度與ad連線的夾角為30，粒子經(jīng)過d點時，粒子的速度與ad連線的夾角也為30，則粒子軌跡對應(yīng)的圓心角等于60，在磁場中運動的時間t=16T=πm3qB；故B錯誤. C、經(jīng)過c點的粒子，根據(jù)幾何知識知，該粒子在磁場中做圓周運動的圓心b，半徑為L，故C錯誤. D、設(shè)經(jīng)過b、c、d三點的粒子速度分別為v1、v2、v3．軌跡半徑分別為r1、r2、r3．據(jù)幾何知識可得，r1=L2，r2=L，r3=2L，由半徑公式r=mvqB得：v2=2v1=2v，v3=4v1=4v，所以只有速度在這個范圍：2v≤v≤4v的粒子才打在cd邊上；故D正確. 故選D. 2．如圖所示，在空間有一坐標系xOy中，直線OP與x軸正方向的夾角為30o，第一象限內(nèi)有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域I和II，直線OP是它們的邊界，OP上方區(qū)域I中磁場的磁感應(yīng)強度為B。一質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子（不計重力）以速度v從O點沿與OP成30o角的方向垂直磁場進入?yún)^(qū)域I，質(zhì)子先后通過磁場區(qū)域I和II后，恰好垂直打在x軸上的Q點（圖中未畫出），則下列說法正確的是 A．區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為B2 B．區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為3B C．質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運動時間為5πm6qB D．質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運動時間為7πm12qB 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB、設(shè)質(zhì)子在磁場I和II中做圓周運動的軌道半徑分別為r1和r2 ,區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為B,運動軌跡如圖所示： 由牛頓第二定律得:qvB=mv2r1① qvB=mv2r2 ② 由帶電粒子才磁場中運動的對稱性和幾何關(guān)系可以知道,質(zhì)子從A點出磁場I時的速度方向與OP的夾角為30° ,故質(zhì)子在磁場I中軌跡的圓心角為60°,如圖所示: 由幾何關(guān)系可知OA=r1③, 在區(qū)域II中,質(zhì)子運動1/4圓周,O2是粒子在區(qū)域II中做圓周運動的圓心,r2=OAsin30°=12r1④ 由①②③④計算得出區(qū)域II中磁感應(yīng)強度為:B=2B ,故AB錯誤； CD、質(zhì)子在Ⅰ區(qū)運動軌跡對應(yīng)的圓心角為60°, 在Ⅱ區(qū)運動軌跡對應(yīng)的圓心角為90° :, 質(zhì)子在Ⅰ區(qū)的運動時間t1=162πmqB=πm3qB , 質(zhì)子在Ⅱ區(qū)運動時間t2=142πmqB=πm4qB ,則粒子在第一象限內(nèi)的運動時間為7πm12qB.故C錯誤,D正確. 故選D 【點睛】 由幾何知識作出軌跡,如圖.由幾何關(guān)系,得到質(zhì)子在兩個磁場中軌跡半徑與OA的關(guān)系,由牛頓第二定律研究兩個磁感應(yīng)強度的關(guān)系,求解區(qū)域II中磁場的磁感應(yīng)強度大小.求出質(zhì)子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角,然后求出質(zhì)子在磁場中做圓周運動的時間. 帶電粒子通過磁場的邊界時,如果邊界是直線,根據(jù)圓的對稱性得到,帶電粒子入射速度方向與邊界的夾角等于出射速度方向與邊界的夾角,這在處理有界磁場的問題常常用到. 3．如圖所示為一種質(zhì)譜儀的示意圖，該質(zhì)譜儀由速度選擇器、靜電分析器和磁分析器組成。若速度選擇器中電場強度大小為E1，磁感應(yīng)強度大小為B1、方向垂直紙面向里，靜電分析器通道中心線為14圓弧，圓弧的半徑(OP)為R，通道內(nèi)有均勻輻射的電場，在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器中有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶電粒子以速度v沿直線經(jīng)過速度選擇器后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力。下列說法正確的是 A．速度選擇器的極板P1的電勢板比極板P2的高 B．粒子的速度v=B1E1 C．粒子的比荷為E12ERB12 D．P、Q兩點間的距離為2ERB12E12B 【答案】 C 【解析】 【分析】 根據(jù)粒子在靜電分析器中的受力方向判斷粒子的電性；根據(jù)粒子在速度選擇器中的受力情況判斷極板的電勢高低；根據(jù)粒子在速度選擇器中做直線運動求解粒子的速度；根據(jù)粒子在靜電分析其中的圓周運動求解粒子的比荷；根據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運動求解半徑，可求解PQ距離. 【詳解】 粒子在靜電分析器內(nèi)沿中心線方向運動，說明粒子帶正電荷，在速度選擇器中由左手定則可判斷出粒子受到的洛倫茲力向上，粒子受到的電場力向下，故速度選擇器的極板P1的電勢比極板P2的高，選項A正確；由qvB1＝qE1可知，粒子的速度v=E1B1，選項B錯誤；由v=E1B1和qE=mv2R可得，粒子的比荷為qm=E12ERB1，選項C正確；粒子在磁分析器中做圓周運動，PQ為軌跡圓的直徑，故P、Q兩點間的距離PQ=2mvqB=2ERB1E1B，選項D錯誤。故選C. 4．如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B，∠A=60，AO=a。在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子，粒子的電量大小為q，質(zhì)量為m，發(fā)射速度大小都為v0，發(fā)射方向由圖中的角度θ表示．不計粒子間的相互作用及重力，下列說法正確的是（） A．若v0=aqBm，則在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出 B．若v0=aqBm，則以θ＝60飛入的粒子在磁場中運動時間最短 C．若v0=aqBm，則以θ<30飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等 D．若v0=aqB2m，則以θ=0方向射入磁場的粒子在磁場中運動的時間為πmqB 【答案】 A 【解析】 粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB=mv2r ,計算得出r=mv0Bq ,當v0=aqB2m時,r=a2 ,當v0=aqBm時,r=a; A、若v0=aqBm當θ=0飛入的粒子在磁場中,粒子恰好從AC中點飛出,因此在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出，A正確 B、若v0=aqBm,以θ＝60飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是T6周期,在磁場中運動時間最長,故B錯誤; C、若v0=aqBm,當θ=0飛入的粒子在磁場中,粒子恰好從AC中點飛出,在磁場中運動時間也恰好是T6,則以θ<30飛入磁場中的粒子運動所對應(yīng)的圓心角不相等，所以運動所用的時間也不相等，C錯； D、若v0=aqB2m，則以θ=0方向射入磁場的粒子在磁場中運動的時間小于πmqB，D錯誤 本題答案是：A 點睛：帶電粒子以相同的速率,不同的速度方向,進入磁場,運動軌跡的曲率半徑相同,從而根據(jù)不同的磁場情況,即可求解. 5．如圖所示，邊長為l，質(zhì)量為m的等邊三角形導線框用絕緣細線懸掛于天花板，導線框中通以逆時針方向的電流。圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方為垂直于導線框向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B。此時導線框處于靜止狀態(tài)，細線中的拉力為F1；保持其它條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細線中拉力為F2。則導線框中的電流大小為（） A．F2-F1Bl B．F2-F12Bl C．2F2-F1Bl D．2F2-F13Bl 【答案】 A 【解析】 當在虛線的下方有一垂直于導線框向里的勻強磁場，此時導線框處于靜止狀態(tài)，細線中的拉力為F1；結(jié)合矢量的合成法則及三角知識，則線框受到安培力的合力，方向豎直向上，大小為F安=BIl+BIl2，根據(jù)平衡條件，則有：F1+F安=mg；現(xiàn)將虛線下方的磁靜場移至虛線上方，此時細線中拉力為F2．則兩邊受到的安培力大小相等，安培力夾角均為120，因此安培力合力F安=BIl2，則有F2+F安=mg；聯(lián)立得：F2=F1+BIl，即I=F2-F1Bl.故選A. 【點睛】本題中要注意安培力的等效求法，同時掌握左手定則的內(nèi)容，及矢量的合成法則，注意求解安培力合力是解題的關(guān)鍵． 6．如圖所示，在足夠長的熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小B=0.1T、方向與紙面垂直．距離熒光屏h=16cm處有一粒子源S，以速度v=1106m/s不斷地在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射比荷q/m=1108C/kg的帶正電粒子，不計粒子的重力。則粒子打在熒光屏范圍的長度為（） A．12cm B．16cm C．20cm D．24cm 【答案】 C 【解析】粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力 qvB=mv2r 解得r=10cm 當粒子的軌跡與屏幕相切時為臨界情況，即打到熒屏上的邊界，找到圓心O（到S點的距離與到MN的距離相等的點）， 如上圖， 由幾何知識知x2=r2-(h-r)2=8cm 設(shè)粒子打在熒屏上最左側(cè)的C點，則x1=(2r)2-h2=12cm 則范圍的長度為x1+x2=20cm； 故選C。 點睛：1、本題是一道關(guān)于帶電粒子在磁場中的運動的題目，結(jié)合牛頓第二定律得到粒子圓周運動的半徑是關(guān)鍵； 2、經(jīng)分析知，粒子能打在熒屏上的臨界情況是軌跡與MN相切； 3、先根據(jù)牛頓第二定律計算出粒子圓周運動的半徑，然后根據(jù)幾何關(guān)系求解。 7．如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，在bc的中點O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射速率不同的兩種粒子，粒子帶負電，質(zhì)量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab=2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，則這些粒子 A．速度的最大值為(2+1)qBlm B．速度的最小值為qBlm C．在磁場中運動的最短時間為πm4qB D．在磁場中運動的最長時間為πm2qB 【答案】 A 【解析】若都能從ab邊出來，則符合條件的最大半徑應(yīng)該與ac面相切，最小半徑應(yīng)該恰好運動到b點，如圖所示 由幾何關(guān)系可得：rmin=l2，rmax=(1+2)l AB、粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供了向心力，由牛頓第二定律可得：qvB=mv2r 解得：vmax=2+1qBlm，vmin=qBl2m，故A對，B錯； C、粒子做圓周運動的周期為T=2πmqB，若圓心角θ=45°，則在磁場中的運動時間為t=18T=πm4qB從上圖可以看出，最小的圓心角θ>45°，所以tmin>18T=πm4qB，故C錯誤； D、由幾何關(guān)系知，粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角θmax=180°，粒子做圓周運動的周期為T=2πmqB所以粒子在磁場中運動的最長時間為tmax=12T=πmqB ;故D錯誤； 故選A 點睛：本題考查了帶電粒子在磁場中運動的問題，要找到粒子的臨界狀況即與ac邊相切及恰好運動到b點。 8．如圖所示，在水平連線MN和PQ間有豎直向上的勻強電場，在MN上方有水平向里的勻強磁場。兩個質(zhì)量和帶電量均相等的帶正電的粒子A、B,分別以水平初速度v0、2v0從PQ連線上O點先后進入電場，帶電粒子A、B第一次在磁場中的運動時間分別為tA和tB,前兩次穿越連線MN時兩點間的距離分別為dA,和dB,粒子重力不計，則 A．tA一定小于tB，dA一定等于dB B．tA一定小于tB，dA可能小于dB C．tA可能等于tB，dA一定等于dB D．tA可能等于tB，dA可能小于dB 【答案】 A 【解析】兩帶正電粒子先在電場中做類平拋運動后在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)類平拋的速度偏向角為α，則勻速圓周運動的圓心角為θ=2π-2α，因tanα=vyv0，y=12at2，B粒子的水平速度大，則類平拋的時間短，vy較小，則α角較小，故圓周運動的圓心角較大，由t=θ2πT可知時間較長，即tA下載提示(請認真閱讀)
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