高考试题模拟新题分类汇编专题磁场

专题16 磁场解答题1、【2010全国1，21a x 30≤≤分】如下图，在区域内xy B 存在与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为。

0=t xy 在时刻，一位于坐标原点的粒子源在平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y 轴正方向夹角分布在0~180°范围内。

已知沿y 轴正方向0t t =),3(a a P 发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。

求：（1R m q ）粒子在磁场中做圆周运动的半径及粒子的比荷； （2y ）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与轴正方向夹角的取值范围；（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．2、【2010全国2，21分】图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为V ；两板之间有匀强磁场，磁场应0b 强度大小为，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。

图中右边有一边长为a 的正三角形区域EFG(EF 边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里。

假设一系列电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF 边中点H 射入磁场区域。

不计重力 （1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG 后，从边界EF 穿出磁场，求离子甲的质量。

（2）已知这些离子中的离子乙从EG 边上的I 点（图中未画出）穿出磁场，且GI a 43长为，求离子乙的质量。

（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。

3、【2010新课标，18分】如图所示，在0≤x≤a 、o≤y≤范围内有垂直手xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。

100考点最新模拟题(磁场)精选训练8第九部分磁场八．回旋加速器一、选择题1.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图7所示.D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上.位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速.当质子被加速到最大动能E k后，再将它们引出.忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( )A.若只增大交变电压U，则质子的最大动能E k会变大B.若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C.若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D.质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n－1∶n【参考答案】BD2． (多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示.置于真空中的D 形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是( )A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C.质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1D.不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，该回旋加速器的最大动能不变【参考答案】 AC【名师解析】 质子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约，因v ＝2πR T＝2πRf ，故A 正确；质子离开回旋加速器的最大动能E km ＝12mv 2＝12m ×4π2R 2f 2＝2m π2R 2f 2，与加速电压U 无关，B 错误；根据R ＝mv qB ，qU ＝12mv 21，2qU ＝12mv 22，得质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C 正确；因回旋加速器的最大动能E km ＝2m π2R 2f 2与m 、R 、f 均有关，D 错误.3.(2016·陕西西安八校联考)如图12甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能E k 随时间t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )A.高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1B.在E k －t 图象中t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1C.粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D.不同粒子获得的最大动能都相同【参考答案】 B二．计算题1. 回旋加速器是用来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q ，质量为m ，粒子最大回旋半径为R m ，其运动轨迹如图3所示.问：(1)D 形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加交流电压频率应是多大，粒子运动的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D 形盒间电场的电势差为U ，盒间距离为d ，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间.【名师解析】 (1)扁形盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场.(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大.(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率，因为T ＝2πm qB，故得 回旋频率f ＝1T ＝qB 2πm ，角速度ω＝2πf ＝qB m. (4)粒子回旋半径最大时，由牛顿第二定律得qv m B ＝mv 2m R m ，故v m ＝qBR m m. 最大动能E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2R 2m 2m .2．（2014·北京市顺义区模拟）1930年，Earnest O. Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量.题18-10图甲为Earnest O. Lawrence设计的回旋加速器的示意图.它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压.图乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中.在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致.如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出.已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d.设正离子从离子源出发时的初速度为零.（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；（2）设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当R>>d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）.（3）若此回旋加速器原来加速的是α粒子（42He），现改为加速氘核（21H），要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法.（2）设粒子到出口处被加速了n 次，nqU=21mv 2， qvB=m Rv 2, 联立解得：n=mUR qB 222 T =v R π2=qBm π2，t=nT /2， 解得 t = U BR 22π.带电粒子电场中的多次加速运动可等效为初速度为零的匀加速运动，末速度v=m nqU 2， 正离子在电场中加速的总时间t’=2v nd =v nd 2=d qUnm 2=U BRd 2.t t ''=Rd . 当R>>d 时，t>>t‘，即正离子在电场中加速的总时间相对于在D 形盒中回旋的时间可忽略不计.3．（2014·北京东城区质检）如题18-11图所示为一种获得高能粒子的装置.环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调的匀强磁场.M 、N 为两块中心开有小孔的极板，每当带电粒子经过M 、N 板时，都会被加速，加速电压均为U ；每当粒子飞离电场后，M 、N板间的电势差立即变为零.粒子在电场中一次次被加速，动能不断增大，而绕行半径R 不变（M 、N 两极板间的距离远小于R ）.当t =0时，质量为m 、电荷量为+q 的粒子静止在M 板小孔处.（1）求粒子绕行n 圈回到M 板时的动能E n ；（2）为使粒子始终保持在圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n 圈时磁感应强度B 的大小；（3）求粒子绕行n 圈所需总时间t n .题10-11图4．（2011·天津）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展.（1）当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作为示踪原子.碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程.若碳11的半衰期τ为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）（2）回旋加速器的原理如图18-2，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上.位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中.若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式（忽略质子在电场中的运动时间，图18-2 其最大速度远小于光速）.（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 是增大、减小还是不变？【名师解析】（2）设质子质量为m ，电荷量为q ，质子离开加速器时速度大小为v ，由牛顿第二定律知R v m qvB 2= ③质子运动的回旋周期为qB m v R T ππ22== ④由回旋加速器工作原理可知，交流电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T 与频率f 的关系得T f 1= ⑤设在t 时间内离开加速器的质子数为N ，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率t mv N P 221⋅= ⑥ 输出时质子的等效电流t Nq I =⑦ 由上述各式得fBR P I 2π= ⑧ 若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样得分.（3）方法一：设*)(N k k ∈为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为k r 、k k k k k k r r r r r r -=∆>+++111),(，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为k v 、,1+k v D 1、D 2之间的电压为U ，由动能定理知 22212121k k mv mv qU -=+ ⑨由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力， 知qBmv r k k =，则 2)(222122k k r r m B q qU -=+ 整理得)(412k k k r r qB mU r +=∆+ ⑩方法二：设*()k k N ∈为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k 、11()k k k r r r ++>，1k k k r r r -∆=-，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为k v 、1k v +，D 1、D 2之间的电压为U .由洛化兹力充当质子做圆周运动的向心力，知k k mv r qB =，故11k k k k r v r v ++= . 由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量K E qU ∆= . 以质子在D 2盒中运动为例，第k 次进入D 2时，被电场加速(21)k -次，速度大小为k v =同理，质子第(1)k +次进入D 2时，速度大小为：1k v +=综合上述各式得：1k k r r +=. 整理得：2212121k k r k k r +-=+； 22121221k k k r r k r ++-=+； 2112(21)()k k k k r r k r r ++∆=++. 同理，对于相邻轨道半径1k r +、2k r +，121k k k r r r +++∆=-，整理后有211122(21)()k k k k r r k r r ++++∆=++. 由于2k k r r +>，比较k r ∆、1k r +∆得1k r +∆<k r ∆ .说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 减小.点评：此题以回旋加速器切入，意在考查核反应方程、功率、回旋加速器及其相关知识.- 1n mvqB -速器中运动，相邻轨道间距离随轨道半径的增大而减小.百度文库、精选习题试题习题、尽在百度。

K 单元 磁场K1 磁场 安培力14．K1[2011·课标全国卷] 为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )图1－2【解析】 B 地理的南极是地磁场的N 极，由右手螺旋定则知B 正确．18．K1[2011·课标全国卷] 电磁轨道炮工作原理如图1－4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，通过导电弹体后从图1－4(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．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 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变【解析】 BD 弹体所受安培力为F 安＝BIl ，由动能定理得：BIL ＝12mv 2，只将轨道长度L变为原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，A 错误；只将电流I 增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B 正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的2倍，C 错误； 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D 正确．2．K1 L1[2011·江苏物理卷] 如图2所示，固定的水平长直导线中通有电流I ，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( )图2A ．穿过线框的磁通量保持不变B ．线框中感应电流方向保持不变C ．线框所受安培力的合力为零D ．线框的机械能不断增大2．K1 L1[2011·江苏物理卷] B 【解析】 当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A 错误，B 正确；因线框上下两边所处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C 错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D 错误．K2 磁场对运动电荷的作用25．K2[2011·课标全国卷] 如图1－10所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤d )和区域Ⅱ(d ≤x ≤2d )内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面．一质量为m 、带电荷量q (q ＞0)的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x 轴正向．已知a 在离开区域Ⅰ时，速度方向与x 轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从P 点沿x 轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a 的13.不计重力和两粒子之间的相互作用力．求：(1)粒子a 射入区域Ⅰ时速度的大小；(2)当a 离开区域Ⅱ时，a 、b 两粒子的y 坐标之差．图1－10【答案】 (1)设粒子a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C (在y 轴上)，半径为R a 1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qv a B ＝m v 2aR a 1①由几何关系得 ∠PCP ′＝θ②R a 1＝dsin θ③式中，θ＝30°. 由①②③式得v a ＝2dqBm④(2)设粒子a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O a ，半径为R a 2，射出点为P a (图中未画出轨迹)，∠P ′O a P a ＝θ′＝2θ.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qv a (2B )＝m v 2aR a 2⑤由①⑤式得R a 2＝R a 12⑥C 、P ′和O a 三点共线，且由⑥式知O a 点必位于x ＝32d 的平面上，由对称性知，P a 点与P ′点纵坐标相同，即y Pa ＝R a 1cos θ＋h ⑦ 式中，h 是C 点的y 坐标．设b 在Ⅰ中运动的轨道半径为R b 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q ⎝ ⎛⎭⎪⎫v a 3B ＝m R b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫v a 32⑧设a 到达P a 点时，b 位于P b 点，转过的角度为α.如果b 没有飞出Ⅰ，则 t T a 2＝θ′2π⑨ t T b 1＝α2π⑩ 式中，t 是a 在区域Ⅱ中运动的时间，而T a 2＝2πR a 2v a○11 T b 1＝2πR b 1v a /3○12 由⑤⑧⑨⑩○11○12式得α＝30°○13 由①③⑧○13式可见，b 没有飞出Ⅰ.P b 点的y 坐标为 y Pb ＝R b 1cos α＋Ra 1－Rb 1＋h ○14 由①③⑦⑧○13○14式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为y Pa －y Pb ＝23(3－2)d ○1510．K2[2011·海南物理卷] 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图1－7中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是( )图1－8A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【解析】 BD 带电粒子进入磁场中后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，轨道半径R ＝mvqB，因所有粒子比荷相同，若入射速度相同，则轨道半径相同，轨迹一定相同，B 选项正确；所有带电粒子做圆周运动周期T ＝2πmqB相同，所以轨迹所对圆心角越大的粒子在磁场中运动时间越长，D 选项正确；若带电粒子能从磁场左边界射出，即使入射速度不同，所用时间也一定相同，因为此情况时轨迹所对圆心角均为180°，这些粒子的轨迹与入射速度有关，故AC 选项错误．K3 带电粒子在组合场及复合场中运动25．K3[2011·全国卷] 如图1－7所示，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从平面MN 上的P 0点水平向右射入Ⅰ区．粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E ；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里．求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P 0的距离．粒子的重力可以忽略．图1－7【解析】 带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a ，由牛顿定律得qE ＝ma ①设经过时间t 0，粒子从平面MN 上的点P 1进入磁场，由运动学公式和几何关系得v 0t 0＝12at 20②粒子速度大小v 1为v 1＝v 20＋at 02③设速度方向与竖直方向的夹角为α，则tan α＝v 0at 0④ 此时粒子到出发点P 0的距离为s 0＝2v 0t 0⑤此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为r 1＝mv 1qB⑥设粒子首次离开磁场的点为P 2，弧P 1P 2所张的圆心角为2β，则P 1到点P 2的距离为s 1＝2r 1sin β⑦由几何关系得 α＋β＝45°⑧联立①②③④⑥⑦⑧式得s 1＝2mv 0qB⑨ 点P 2与点P 0相距 l ＝s 0＋s 1⑩联立①②⑤⑨⑩解得l ＝2mv 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫2v 0E ＋1B图1－1125．K3[2011·山东卷] 扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图1－11，Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直于纸面．一质量为m 、电量为－q 、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.(1)当Ⅰ区宽度L 1＝L 、磁感应强度大小B 1＝B 0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0.(2)若Ⅱ区宽度L 2＝L 1＝L ，磁感应强度大小B 2＝B 1＝B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h .(3)若L 2＝L 1＝L 、B 1＝B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件．(4)若B 1≠B 2，L 1≠L 2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、L 2之间应满足的关系式．T ＝2πR 1v⑤t ＝2θ2πT ⑥ 联立②④⑤⑥式，代入数据得t ＝πL 3m 2qU⑦ (2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R 2，由牛顿第二定律得qvB 2＝m v 2R 2⑧由几何知识可得h ＝(R 1＋R 2)(1－cos θ)＋L tan θ⑨ 联立②③⑧⑨式，代入数据得h ＝(2－233)L ⑩(3)如图2所示，为使粒子能再次回到Ⅰ区，应满足R 2(1＋sin θ)<L [或R 2(1＋sin θ)≤L ]○11 联立①⑧○11式，代入数据得 B 2>3LmU 2q (或B 2≥3L mU2q)○12图2(4)如图3(或图4)所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L 1＝R 1(sin θ＋sin α)○13 [或L 1＝R 1(sin θ－sin α)] L 2＝R 2(sin θ＋sin α)○14 [或L 2＝R 2(sin θ－sin α)]联立②⑧式得B 1R 1＝B 2R 2○15 联立○13○14○15式得 B 1L 1＝B 2L 2○16图3图423．K3[2011·安徽卷] 如图1－16所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t 0时间从P 点射出．(1)求电场强度的大小和方向．(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O 点以相同的速度射入，经t 02时间恰从半圆形区域的边界射出．求粒子运动加速度的大小．(2)若仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．图1－16【解析】 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，电场强度为E .可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向且有qE ＝qvB ① 又R ＝vt 0②则E ＝BR t 0③(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 在y 方向位移为y ＝v t 02④由②④式得 y ＝R2⑤设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x ＝32R 又由x ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 022⑥得a ＝4 3R t 20⑦(3)仅有磁场时，入射速度v ′＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有qv ′B ＝m v ′2r⑧又qE ＝ma ⑨ 由③⑦⑧⑨式得r ＝3R 3⑩ 由几何知识sin α＝R2r ○11 即sin α＝32，α＝π3○12带电粒子在磁场中运动周期 T ＝2πm qB则带电粒子在磁场中运动时间t B ＝2α2πT 所以t B ＝3π18t 0○1335．K3[2011·广东物理卷] 如图19甲所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0，一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小．(2)若撤去电场，如图19乙所示，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．(3) 在图19乙中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？19【解析】 (1)电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理qU ＝12mv 21－12mv 20①得v 0＝v 21－2qUm②(2)由牛顿第二定律qBv 2＝mv 22R③如图所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O ′和半径RR 2＋R 2＝(R 2－R 1)2④联立③④，得磁感应强度大小 B ＝2mv 22qR 0⑤ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πRv 2⑥由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间t ＝T 4⑦联立④⑥⑦式，得t ＝2πR 02v 2⑧ (3)如图所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A 点的最大内切圆半径，该半径为R c ＝R 1＋R 22⑨由③⑨得磁感应强度应小于B c ＝mv 32qR 0⑩25．K3[2011·重庆卷] 某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图1－14所示，材料表面上方矩形区域PP ′N ′N 充满竖直向下的匀强电场，宽为d ；矩形区域NN ′M ′M 充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，长为3s ，宽为s ；NN ′为磁场与电场之间的薄隔离层．一个电荷量为e 、质量为m 、初速为零的电子，从P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M ′N ′飞出．不计电子所受重力．图1－14(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比； (2)求电场强度的取值范围；(3)A 是M ′N ′的中点，若要使电子在A 、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间．25．K3[2011·重庆卷] 【解析】 (1)设圆周运动的半径分别为R 1、R 2、…R n 、R n ＋1…，第一次和第二次圆周运动速率分别为v 1和v 2，动能分别为E k1和E k2.由：E k2＝0.81E k1，R 1＝mv 1Be ，R 2＝mv 2Be ，E k1＝12mv 21，E k2＝12mv 22 得：R 2∶R 1＝0.9(2)设电场强度为E ，第一次到达隔离层前的速率为v ′. 由eEd ＝12mv ′2,0.9×12mv ′2＝12mv 21，R 1≤s得E ≤5B 2es29md又由R n ＝0.9n －1R 1,2R 1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n ＋…)>3s得：E >B 2es 280mdB 2es 280md <E ≤5B 2es29md(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T ，运动的半圆周个数为n ，运动总时间为t .由题意，有：2R 1－0.9n1－0.9＋R n ＋1＝3s ，R 1≤s ，R n ＋1＝0.9nR 1，R n ＋1≥s2得：n ＝2 又由：T ＝2πmeB得：t ＝5πm2eB23.K3[2011·北京卷] 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG (AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q .加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率 v 1；(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ； (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．23．K3[2011·北京卷] 【答案】 (1)加速电场对离子m 1做的功W ＝qU 由动能定理12m 1v 21＝qU得v 1＝2qU m 1①(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式qvB ＝mv 2R ，R ＝mvqB，利用①式得离子在磁场中的轨道半径分别为R 1＝2m 1UqB2，R 2＝2m 2UqB 2②两种离子在GA 上落点的间距s ＝2R 1－2R 2＝8UqB 2(m 1－m 2)③(3)质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d .同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d .为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2(R 1－R 2)＞d ④利用②式，代入④式得2R 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m 2m 1＞d R 1的最大值满足2R 1m ＝L －d得(L －d )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m 2m 1＞d 求得最大值d m ＝m 1－m 22 m 1－m 2LK4 磁场综合25．K4[2011·四川卷] 如图1－10所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ 边长l ＝1.8 m ，距地面h ＝0.8 m ．平行板电容器的极板CD 间距d ＝0.1 m 且垂直放置于台面，C 板位于边界WX 上，D 板与边界WZ 相交处有一小孔．电容器外的台面区域内有磁感应强度B ＝1 T 、方向竖直向上的匀强磁场．电荷量q ＝5×10－13C 的微粒静止于W 处，在CD 间加上恒定电压U ＝2.5 V ，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY 边界离开台面．在微粒离开台面瞬时，静止于X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇．假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性； (2)求由XY 边界离开台面的微粒的质量范围；(3)若微粒质量m 0＝1×10－13kg ，求滑块开始运动时所获得的速度．图1－10【解析】 (1)微粒在极板间所受电场力大小为F ＝qU d①代入数据得F ＝1.25×1011N ②由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C 板为正极，D 板为负极．(2)若微粒的质量为m ，刚进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理Uq ＝12mv 2③微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R ，有qvB ＝m v 2R④微粒要从XY 边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R 1＝l 2⑤R 2＝l －d ⑥联立③～⑥，代入数据，有8．1×10－14 kg<m ≤2.89×10－13kg ⑦(3)如图所示，微粒在台面以速度v 做以O 点为圆心、R 为半径的圆周运动，从台面边缘P 点沿与XY 边界成θ角飞出做平抛运动，落地点为Q ，水平位移为s ，下落时间为t .设滑块质量为M ，滑块获得速度v 0后在t 内沿与平台前侧面成φ角方向，以加速度a 做匀减速直线运动到Q ，经过位移为k .由几何关系，可是cos θ＝l －RR⑧根据平抛运动，t ＝2h g⑨s ＝vt ⑩对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有μMg ＝Ma ○11 k ＝v 0t －12at 2○12 再由余弦定理，k 2＝s 2＋(d ＋R sin θ)2－2s (d ＋R sin θ)cos θ○13 及正弦定理， sin φs ＝sin θk○14 联立③、④和⑧～○14，并代入数据，解得： v 0＝4.15 m/s ○15 φ＝arcsin0.8(或φ＝53°)○1615．I3、K4[2011·江苏物理卷] 某种加速器的理想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a 、b ，两极板间电压u ab 的变化图象如图所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m 0、电荷量为q 的带正电的粒子从板内a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T 0后恰能再次从a 孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了1100m 0.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)(1)若在t ＝0时将该粒子从板内a 孔处静止释放，求其第二次加速后从b 孔射出时的动能；(2)现要利用一根长为L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为O )上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的c 孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压u ab 的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？图1415．I3、K4[2011·江苏物理卷] 【解析】 (1)质量为m 0的粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB ＝m 0v 2r ，T 0＝2πrv则T 0＝2πm 0qB当粒子的质量增加了1100m 0，其周期增加ΔT ＝1100T 0. 则根据图可知，粒子第一次的加速电压u 1＝U 0粒子回到电场中用时⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1100T 0，由图可读出粒子第二次的加速电压u 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－T100T 04U 0＝2425U 0 射出时的动能E k2＝qu 1＋qu 2； 解得E k2＝4925qU 0.图15(2)磁屏蔽管的位置如图所示．(3)在u ab >0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数N ＝T 0/4ΔT，得N ＝25分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u ＝U 0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大．粒子由静止开始加速的时刻t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋12－1100×12T 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1950T 0 (n ＝0,1,2，…) 最大动能E km ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋325＋…＋2325qU 0＋qU 0解得E km ＝31325qU 0.22．K4[2011·福建卷] 如图1－11甲所示，在x ＞0的空间中存在沿y 轴负方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B .一质量为m ，带电量为q (q ＞0)的粒子从坐标原点O 处，以初速度v 0沿x 轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力．(1)求该粒子运动到y ＝h 时的速度大小v ； (2)现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(y －x 曲线)不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y 轴方向上的运动(y －t 关系)是简谐运动，且都有相同的周期T ＝2πmqB.Ⅰ.求粒子在一个周期T 内，沿x 轴方向前进的距离s ；Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v 0时，其y －t 图象如图丙所示，求该粒子在y 轴方向上做简谐运动的振幅A y ，并写出y －t 的函数表达式．图1－1122．K4[2011·福建卷] 【答案】 由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有－qEh ＝12mv 2－12mv 20①由①式解得v ＝v 20－2qEhm②(2)Ⅰ.由图乙可知，所有粒子在一个周期T 内沿x 轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x 轴方向匀速运动的粒子在T 时间内前进的距离．设粒子恰好沿x 轴方向匀速运动的速度大小为v 1，则qv 1B ＝qE ③ 又s ＝v 1T ④式中T ＝2πmqB由③④式解得s ＝2πmE qB2⑤Ⅱ.设粒子在y 方向上的最大位移为y m (图丙曲线的最高点处)，对应的粒子运动速度大小为v 2(方向沿x 轴)，因为粒子在y 方向上的运动为简谐运动，因而在y ＝0和y ＝y m 处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则qv 0B －qE ＝－(qv 2B －qE )⑥由动能定理有－qEy m ＝12mv 22－12mv 20⑦又A y ＝12y m ⑧由⑥⑦⑧式解得A y ＝m qB ⎝⎛⎭⎪⎫v 0－E B可写出图丙曲线满足的简谐运动y －t 函数表达式为y ＝m qB ⎝⎛⎭⎪⎫v 0－E B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos qB m t1．【2011·濮阳一模】处于纸面内的一段直导线长L ＝1 m ，通有I ＝1 A 的恒定电流，方向如图X 18－1所示．将导线放在匀强磁场中，它受到垂直于纸面向外的大小为F ＝1 N 的磁场力作用．据此( )1A ．能确定磁感应强度的大小和方向B ．能确定磁感应强度的方向，不能确定它的大小C ．能确定磁感应强度的大小，不能确定它的方向D ．磁感应强度的大小和方向都不能确定1．D 【解析】 由B ＝FIL可知水平向左的磁感应强度的分量为1 T ，无法确定沿电流方向的磁感应强度的分量，由矢量合成可知无法确定磁感应强度的方向；仅知道F 的方向，无法用左手定则判断磁感应强度的方向．故选D.2．【2011·扬州模拟】下列关于磁感应强度大小的说法，正确的是( ) A ．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大 B ．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C ．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D ．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关2．D 【解析】 磁场中某点磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力大小及方向都无关，故选项A 错误，选项D 正确．通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的取向有关，故选项B 错误．虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的方向不同时，磁场力是不相同的(导线与磁场垂直时受磁场力最大，与磁场平行时受磁场力为0)，而选项C 中没有说明导线在各个位置的取向是否相同，所以选项C 错误．3．[2011·临沂一模]如图X 18－3甲所示，光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上另放一个质量为m 的金属导体棒．当S 闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，图X 18－4中分别加了不同方向的磁场，其中( )A B C D图X 18－43．B 【解析】A 、C 则导体棒与导轨间没有压力，可以平衡，B 合外力不可能为零．4.[2011·德州模拟]如图X 18－8所示，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直( )A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸内偏转D ．向纸外偏转4．A 【解析】 在阴极射线管所在位置处，通电直导线产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可以判断阴极射线中的电子受力方向向上，故选A.5．[2011·淄博模拟]如图X 18－11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θ角(0<θ<π)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( )X 18－11A ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远5．C 【解析】 粒子运动周期T ＝2πm Bq ，当θ一定时，粒子在磁场中运动时间t ＝2π－2θ2πT ＝π－θπT ，ω＝2πT .由于t 、ω均与v 无关，故A 、B 项错误，C 项正确．当v 一定时，由r ＝mv Bq 知，r 一定；当θ从0变至π2的过程中，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越远；当θ大于π2时，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越近，故D 项错误．6．[2011·惠州模拟]如图X 19－1所示圆形区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子以不同的速率沿着相同的方向对准圆心O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短．若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子( )A ．速率一定越小B ．速率一定越大C ．在磁场中通过的路程越长D ．在磁场中的周期一定越大6．A 【解析】 由T ＝2πm qB ，可知粒子周期不变，又r ＝mvqB∝v ，可知线速度越大，半径越大，如图所示，半径越大，偏转角θ越小，圆心角等于偏转角θ，t ＝θ2πT ∝θ，因此在磁场中运动时间越长的带电粒子速率一定越小，所以选A.7．[2011·西城一模]如图X 19－4所示，相距为R 的两块平行金属板M 、N 正对着放置，S 1、S 2分别为M 、N 板上的小孔，S 1、S 2、O 三点共线，它们的连线垂直M 、N ，且S 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S 1进入M 、N 间的电场后，通过S 2进入磁场．粒子在S 1处的速度和粒子所受的重力均不计．(1)当M 、N 间的电压为U 时，求粒子进入磁场时速度的大小v ； (2)若粒子恰好打在收集板D 的中点上，求M 、N 间的电压值U 0； (3)当M 、N 间的电压不同时，粒子从S 1到打在D 上经历的时间t 会不同，求t 的最小值．图X 19－47．【解析】 (1)粒子从S 1到达S 2的过程中，根据动能定理得qU ＝12mv 2①解得粒子进入磁场时速度的大小v ＝2qUm(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r②由①②得，加速电压U 与轨迹半径r 的关系为U ＝qB 2r 22m当粒子打在收集板D 的中点时，粒子在磁场中运动的半径r 0＝R。

2018年全国各地高考物理模拟试题《磁场》试题汇编（含答案解析）1．（2018•湖北模拟）如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l=0.5m。

ed间连入一电源E=1V，ab间放置一根长为l=0.5m的金属杆与导轨接触良好，cf 水平且abcf为矩形。

空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°～90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡。

已知金属杆质量为0.1kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍。

重力加速度g=10m/s2，试求磁感应强度B及μ。

2．（2018•尖山区校级四模）如图所示，左侧两平行金属板上、下水平放置，它们之间的电势差为U、间距为L，其中有匀强磁场；右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD．AH=L0．一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子（不计重力、可视为质点），从小孔S1射入左侧装置，恰能沿水平直线从小孔S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域，最后全部从边界AC射出。

若两个区域的磁场方向均垂直于纸面向里、磁感应强度大小均为B，“梯形”宽度。

MN=L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用。

（1）求出粒子速度的大小；判定粒子的电性（2）这束粒子中，粒子质量最小值和最大值各是多少。

3．（2018•南平一模）如图所示，在第三，第四象限存在电场强度为E，方向与x 轴成θ=60°的匀强电场，在第一象限某个区域存在磁感应强度为B，垂直纸面向里的有界匀强磁场，x轴上的P点处在磁场的边界上，现有一群质量为m，电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v（0≤v≤垂直于x轴从P点射入磁场，所有粒子均与x轴负方向成φ=30°角进入匀强电场中，其中速度最大的粒子刚好从坐标原点O射入电场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，第二象限为无场区，求：（1）P点的坐标；（2）速度最大的粒子自P点开始射入磁场到离开电场所用的时间；（3）磁场区域的最小面积。

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-1）第三部分磁场专题3.1 磁场的描述（基础篇）一．选择题1.（2019浙江模拟）宇宙射线中含有大量的高能带电粒子，这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害。

地球周围存在的地磁场能改变这些带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，下列关于地磁场的说法正确的是（）A. 南北两极处地磁场最弱，赤道处地磁场最强B. 地理南北两极与地磁场的南北两极刚好重合C. 在赤道附近对垂直射向地球表面的带电粒子的阻挡作用最弱D. 在南北两极附近对垂直射向地球表面的带电粒子的阻挡作用最弱【参考答案】D【名师解析】根据地磁场的磁场分布规律，南北两极处地磁场最强，赤道处地磁场最弱，故A错误；地理南北两极与地磁场的南北两极并不重合，而是存在一定的磁偏角，故B错误；高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。

在地球不同位置带电粒子所受到的洛伦兹力大小不一，在赤道处带电粒子运动方向与磁场方向垂直，洛伦兹力最大，所以阻挡作用最强；南、北两极处带电粒子运动方向与磁场方向平行，洛伦兹力最小，所以阻挡作用最弱，故C错误，D正确；2.如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有一固定的环形电流A，A 与螺线管垂直．A中电流方向为顺时针方向，开关S闭合瞬间．关于圆盘的运动情况(从上向下观察)，下列说法正确的是()A．静止不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．无法确定【参考答案】B【名师解析】环形电流可等效为里面的N极、外面为S极的小磁针，通电螺线管可等效为右边为N板，左边为S极的条形磁铁，根据磁极间的相互作用，圆盘将顺时针转动，选项B正确．3、如图所示,通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面,第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ,第二次将金属框绕cd 边翻转到位置Ⅱ,设先后两次通过金属框的磁通量变化量分别为1∆Φ和2∆Φ,则( )A.12∆Φ>∆ΦB.12∆Φ=∆ΦC.12∆Φ<∆ΦD.无法判断【参考答案】C 【名师解析】设金属框在位置Ⅰ时磁通量大小为1∆Φ,在位置Ⅱ时磁通量大小为2∆Φ.第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ,穿过金属框的磁感线方向没有改变,磁通量变化量112∆Φ=Φ-Φ,第二次将金属框绕cd 边翻转到Ⅱ,穿过金属框的磁感线的方向发生改变,磁通量变化量212∆Φ=Φ+Φ.故12∆Φ<∆Φ,故选C 。

各地高考磁场试题 WTD standardization office【WTD 5AB- WTDK 08- WTD 2C】06[重庆卷]24.(19分)有人设想用题24图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。

粒子在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比。

电离后，粒子缓慢通过小孔O 1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域I,再通过小孔O 2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域II,其中磁场的磁感应强度大小为B ,方向如图。

收集室的小孔O 3与O 1、O 2在同一条水平线上。

半径为r 0的粒子，其质量为m 0、电量为q 0,刚好能沿O 1O 3直线射入收集室。

不计纳米粒子重力。

（234,34r S r V ππ＝＝球球）(1) 试求图中区域II 的电场强度;(2) 试求半径为r 的粒子通过O 2时的速率;(3)讨论半径r ≠r 2的粒子刚进入区域II 时向哪个极板偏转。

答案:（1）E ＝B 00/2m U q ，方向竖直向上（2）v＝r r /0v 0（3）r ＞r 0时，v ＜v 0，F 总＞0，粒子会向上极板偏转；r ＜r 0时，v ＞v 0，F 总＜0，粒子会向下极板偏转； 06[全国卷II]25（20分）如图所示，在x ＜0与x ＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B 1与B 2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B 1＞B 2。

一个带负电荷的粒子从坐标原点O 以速度v 沿x 轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O 点，B1与B 2的比值应满足什么条件？答案：粒子在整个过程中的速度大小恒为V ，交替地在xy 平面内B 1与B 2磁场区域中做匀速圆周运动，轨道都是半个圆周。

设粒子的质量和电荷量的大小分别为m 和q ，圆周运动的半径分别为r 1和r 2，有r 1＝m Vq B 1，①r 2＝m Vq B 2。

②现分析粒子运动的轨迹。

如图所示，在xy 平面内，粒子先沿半径为r 1的半圆C 1运动至y 轴上离O 点距离为2 r 1的A 点，接着沿半径为r 2的半圆D 1运动至O 1点，OO 1的距离d ＝2(r 2－r 1)。

2018-2020年北京高考各地模拟试题分类（6）——磁场一．选择题（共17小题）1．（2020•东城区二模）如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。

一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场方向喷入磁场。

将P、Q与电阻R相连接。

下列说法正确的是（）A．P板的电势低于Q板的电势B．通过R的电流方向由b指向aC．若只改变磁场强弱，通过R的电流保持不变D．若只增大粒子入射速度，通过R的电流增大2．（2020•丰台区二模）如图所示，两根垂直纸面放置的直导线，通有大小相同、方向相反的电流。

O为两导线连线的中点，P、Q是两导线连线中垂线上的两点，且OP＝OQ．以下说法正确的是（）A．O点的磁感应强度为零B．P、Q两点的磁感应强度方向相同C．若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为P→OD．若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O 3．（2020•丰台区一模）初速度为零的α粒子和质子经过相同的加速电场后，垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动。

已知α粒子和质子的质量之比mα：m H＝4：1，电荷量之比qα：q H＝2：1．则它们在磁场中做圆周运动的半径之比为（）A．：1B．1：C．2：1D．1：24．（2020•海淀区一模）如图所示，在一通有恒定电流的长直导线的右侧，有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于导线的方向射出。

若粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，现用虚线表示粒子的运动轨迹，虚线上某点所画有向线段的长度和方向表示粒子经过该点时的速度大小和方向，则如图所示的图景中可能正确的是（）A．B．C．D．5．（2020•石景山区一模）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源的两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。

高考物理《磁场、磁感线、磁场的叠加》真题练习含答案1．[2024·浙江省湖州市月考]奥斯特通过实验证实了电流的周围存在着磁场．如图所示，闭合开关S后，位于螺线管右侧的小磁针和位于螺线管正上方的小磁针N极指向将分别是()A．向右，向左B．向左，向左C．向左，向右D．向右，向右答案：A解析：将通电螺线管等效成一条形磁铁，根据右手螺旋定则可知螺线管右侧为N极，左侧为S极，则位于螺线管右侧的小磁针N极指向右，位于螺线管正上方的小磁针N极指向左，A正确．2．安培曾经提出分子环形电流的假说来解释为什么磁体具有磁性，他认为在物质微粒的内部存在着一种环形的分子电流，分子电流会形成磁场，使分子相当于一个小磁体(如图甲所示).以下说法正确的是()A．这一假说能够说明磁可以生电B．这一假说能够说明磁现象产生的电本质C．用该假设解释地球的磁性，引起地磁场的环形电流方向如图乙所示D．用该假设解释地球的磁性，引起地磁场的环形电流方向如图丙所示答案：B解析：这一假说能够说明磁现象产生的电本质，即磁场都是由运动的电荷产生的，故B 正确，A错误；由右手螺旋定则可知，引起地磁场的环形电流方向应是与赤道平面平行的顺时针方向(俯视)，C、D错误．3．[2024·江苏省无锡市、江阴市等四校联考]科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针静止时，N 极指向为北偏东60°，如图虚线所示．设该位置地磁场磁感应强度的水平分量为B ，磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小值为( )A ．B 2 B ．3B 2C ．BD ． 3 B 答案：B解析：磁矿所产生的磁场水平分量与地磁场水平分量垂直时，磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小，为B′min ＝B cos 60°＝32B ，B 正确．4．[2024·河北省邯郸市多校联考]如图所示为某磁场中部分磁感线的分布图，P 、Q 为磁场中的两点，下列说法正确的是( )A ．P 点的磁感应强度小于Q 点的磁感应强度B ．同一电流元在P 点受到的磁场力可能小于在Q 点受到的磁场力C ．同一线圈在P 点的磁通量一定大于在Q 点的磁通量D ．同一线圈在P 点的磁通量一定小于在Q 点的磁通量 答案：B解析：磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由图可知，P 点的磁感应强度大于Q 点的磁感应强度，A 错误；电流元在磁场中的受力与放置方式有关，同一电流元在P 点受到的磁场力可能小于在Q 点受到的磁场力，B 正确；磁通量大小不只与磁感应强度大小有关，还与线圈的放置方式有关，故同一线圈在P 、Q 两点的磁通量无法比较，C 、D 错误．5．[2024·陕西省西安市质检]在匀强磁场中，一根长为0.4 m 的通电导线中的电流为20 A ，这条导线与磁场方向垂直时，所受的磁场力为0.015 N ，则磁感应强度的大小为( )A ．7.2×10－4 TB ．3.75×10－3 TC ．1.875×10－3 TD ．1.5×10－3 T答案：C解析：根据安培力公式F ＝ILB ，代入数据求得B ＝F IL ＝0.0150.4×20 T ＝1.875×10－3 T ，C 正确．6．在磁感应强度为B 的匀强磁场中有一顺时针的环形电流，当环形电流所在平面平行于匀强磁场方向时，环心O 处的磁感应强度为B 1，如图甲所示；当环形电流所在平面垂直于匀强磁场方向时，环心O 处的磁感应强度为B 2，如图乙所示．已知B 1＝22B 2，则环形电流在环心O 处产生的磁感应强度大小为( )A ．12B B ．BC ．32 B D ．2B答案：B解析：设环形电流中心轴线的磁感应强度大小为B′，根据安培定则可知其方向为垂直纸面向内，则有B 21 ＝B′2＋B 2，B 2＝B′＋B ，解得环形电流在环心O 处产生的磁感应强度大小为B′＝B ，B 项正确．7．如图所示，直角三角形abc 中，∠abc ＝30°，将一电流为I 、方向垂直纸面向外的长直导线放置在顶点a 处，则顶点c 处的磁感应强度大小为B 0.现再将一电流大小为4I 、方向垂直纸面向里的长直导线放置在顶点b 处．已知长直通电导线产生的磁场在其周围空间某点的磁感应强度大小B ＝k Ir ，其中I 表示电流大小，r 表示该点到导线的距离，k 为常量．则顶点c 处的磁感应强度( )A ．大小为 3B 0，方向沿ac 向上 B ．大小为B 0，方向垂直纸面向里C ．大小为3B 0，方向沿∠abc 平分线向下D ．大小为2B 0，方向垂直bc 向上 答案：A解析：令ac 间距为r ，根据几何知识可知bc 间距为2r ，由安培定则可知，a 点处电流产生的磁场在c 点处的磁感应强度方向垂直ac 向左，大小为B 0＝k Ir .用安培定则判断通电直导线b 在c 点上所产生的磁场方向垂直于bc 斜向右上，大小为B b ＝k 4I 2r ＝2k Ir ＝2B 0.如图所示由几何知识可得θ＝60°，根据矢量的合成法则，则有各通电导线在c 点的合磁感应强度，在水平方向上的分矢量B x ＝2B 0cos 60°－B 0＝0在竖直方向上的分矢量B y ＝2B 0sin 60°＝ 3 B 0所以在c 点处的磁感应强度大小为 3 B 0，方向沿ac 向上．。

高考一轮复习物理专题练习200道：磁场一、选择题1．如如如如如如如如如如q如如如如如如如v如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如()A. B. C. D.【答案】C【解析】由图可知，ABD图中带电粒子运动的方向都与粗糙度方向垂直，所以受到的洛伦兹力都等于qvB，而图C中，带电粒子运动的方向与磁场的方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力的作用．故C正确，ABD错误．故选C.2．如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如()A. B.C. D.【答案】D【解析】A中电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为逆时针（从上向下看），故A错误；B 图电流方向向下，由右手螺旋定则可得磁场为顺时针（从上向下看），故B错误；C图中电流为环形电流，由由右手螺旋定则可知，内部磁场应向右，故C错误；D图根据图示电流方向，由右手螺旋定则可知，内部磁感线方向向右，故D正确；故选D.点睛：因磁场一般为立体分布，故在判断时要注意区分是立体图还是平面图，并且要能根据立体图画出平面图，由平面图还原到立体图.3．如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如I如如如如如如如如如B如如如如如如F如如如如如如如如如如如如()A. B. C. D.【答案】C【解析】根据左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向，可得：A、电流与磁场方向平行，没有安培力，故A错误；B、安培力的方向是垂直导体棒向下的，故B错误；C、安培力的方向是垂直导体棒向上的，故C正确；D、电流方向与磁场方向在同一直线上，不受安培力作用，故D错误．故选C.点睛：根据左手定则直接判断即可，凡是判断力的方向都是用左手，要熟练掌握，是一道考查基础的好题目.4．如图所示，水平地面上固定着光滑平行导轨，导轨与电阻R连接，放在竖直向上的匀强磁场中，杆的初速度为v0，不计导轨及杆的电阻，则下列关于杆的速度与其运动位移之间的关系图像正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】导体棒受重力、支持力和向后的安培力；感应电动势为：E=BLv感应电流为：I=ER安培力为：F=BIL=B 2L2vR=ma=m△v△t如如B2L2vR△t＝m△v如如如如如B2L2R∑v△t＝m∑△v如如B2L2Rx＝m(v0−v)如v如x如如如如如如如C如如如ABD如如如如如如C如5．如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，粒子仅受磁场力作用，分别从AC边上的P、Q两点射出，则()A. 从P射出的粒子速度大B. 从Q射出的粒子速度大C. 从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D. 两粒子在磁场中运动的时间一样长【答案】BD【解析】如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转T，又因为粒子在磁场中圆周运的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=θ2π动的周期T=2πm如如如如如如如如如如如如如如如如如如D如如如C如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如P如qB如Q如如如如如如如如如如如如如如如R P<R Q，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=mv如如如如如如如v P<v Q如如A如如B如如如Bq，【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式R=mvBq 周期公式T=2πm，运动时间公式t=BqθT如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如2π如如如如如如6．如如如如如如如如如如如a如b如c如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如c如如如如如如如如如如如如()A. 如ab如如如如如如如如B. 如ab如如如如如如如如C. 如ab如如如如如如如如D. 如ab如如如如如如如如【答案】D【解析】如如如如如如如如如如如如如如如如如如如c如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如a如c如如如如如如如如ac如如如如b如c如如如如如如如如bc如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如c如如如如如如如如如如ab如如如如如如如如如D如如如7．如如如如如如如如如()A. 如如如如如如如如如如如如如如如如B.如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如C. 如如如如如如如如如如如如D. 如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如【答案】B【解析】如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如A如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如B如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如如CD如如如8．在如图所示的平行板电容器中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，一带正电的粒子q以速度v沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不偏转（忽略重力影响）。

高考物理电磁学知识点之磁场分类汇编及答案(4)一、选择题1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B． C．D．2．2019年我国研制出了世界上最大的紧凑型强流质子回旋加速器，该回旋加速器是我国目前自主研制的能量最高的质子回旋加速器。

如图所示为回旋加速器原理示意图，现将两个相同的回旋加速器置于相同的匀强磁场中，接入高频电源。

分别加速氘核和氦核，下列说法正确的是（）A．它们在磁场中运动的周期相同B．它们的最大速度不相等C．两次所接高频电源的频率不相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能3．如图所示，有abcd四个离子，它们带等量的同种电荷，质量不等．有m a＝m b＜m c＝m d，以不等的速度v a＜v b＝v c＜v d进入速度选择器后有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由此可判定( )A．射向P1的是a离子B．射向P2的是b离子C．射到A1的是c离子D．射到A2的是d离子4．如图所示，边长为L的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框通电处于静止状态，细线的拉力为F 1；保持其他条件不变，现虚线下方的磁场消失，虚线上方有相同的磁场同时电流强度变为原来一半，此时细线的拉力为F 2 。

已知重力加速度为g ，则导线框的质量为A ．2123F F g +B ．212 3F F g -C ．21F F g -D ．21 F F g+ 5．电磁血流量计是基于法拉第电磁感应定律，运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器。

工作原理如图所示，将患者血管置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，测出管壁上MN 两点间的电势差为U ，已知血管的直径为d ，则血管中的血液流量Q 为（ ）A ．πdUB B ．π4dU BC ．πU BdD ．π4U Bd 6．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．当显示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υ．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υ无关C ．前、后表面间的电压U 与c 成正比D ．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a7．教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。