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1、專題10 磁場核心考點考綱要求磁場、磁感應(yīng)強度、磁感線通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向安培力、安培力的方向勻強磁場中的安培力洛倫茲力、洛倫茲力的方向洛倫茲力公式帶電粒子在勻強磁場中的運動質(zhì)譜儀和回旋加速器考點1 帶電粒子在磁場中的運動1帶電粒子垂直磁場方向射入磁場時，粒子只受洛倫茲力時，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子運動的半徑為；粒子運動的周期為。粒子所受洛倫茲力的方向用左手定則來判斷（若是負電荷，則四指指運動的反方向）。2“三步法”分析帶電粒子在磁場中的運動問題（1）畫軌跡：也就是確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡。作帶電粒子運動軌跡時需注意的問題：四個點：分別是入射點、出射

2、點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。六條線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑，入射速度直線和出射速度直線，入射點與出射點的連線，圓心與兩條速度直線交點的連線。前面四條邊構(gòu)成一個四邊形，后面兩條為對角線。三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。（2）找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，分析粒子的運動半徑常用的方法有物理方法和幾何方法兩種。物理方法也就是應(yīng)用公式確定；幾何方法一般根據(jù)數(shù)學(xué)知識（直角三角形知識、三角函數(shù)等）通過計算確定。速度偏轉(zhuǎn)角與回旋角（轉(zhuǎn)過的圓心角）、運動時間t相聯(lián)系。如圖所示，粒子的速度偏向角等于回旋角，等于弦切角的2倍，且有

3、=2=t=t或，（其中s為運動的圓弧長度）。（3）用規(guī)律：應(yīng)用牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律關(guān)系式，特別是周期公式和半徑公式，列方程求解。（2018云南省玉溪市高三聯(lián)合調(diào)研）如圖所示是某粒子速度選擇器截面的示意圖，在一半徑為R=10 cm的圓柱形桶內(nèi)有B=104 T的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一截面直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔。粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出?，F(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)。當(dāng)角=45時，出射粒子速度v的大小是ABCD【參考答案】B【試題解析】離子從小孔a射入磁場，與ab方向的夾角為=45，則離子從小孔b離開磁場時速度與

4、ab的夾角也為=45，過入射速度和出射速度方向作垂線，得到軌跡的圓心O，畫出軌跡如圖，由幾何知識得到軌跡所對應(yīng)的圓心角為：=2=90，由幾何關(guān)系知，又，解得：，故選B。1（2018江西浮梁一中高三沖刺訓(xùn)練）據(jù)有關(guān)資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區(qū)域內(nèi)。如圖所示，環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為，外半徑為，被束縛的帶電粒子的比荷為k，中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為v。中空區(qū)域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為的區(qū)域內(nèi)，則環(huán)狀區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小可能是A BC D【答案】BC由圖

5、可知，即，解得：，故AD不可能，C可能；第二種情況：其在環(huán)形磁場內(nèi)的運動軌跡圓中最大者與磁場外邊界圓相切，如圖所示： 設(shè)軌跡圓的半徑為r，由幾何關(guān)系得：，解得：，即，故B可能。2如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板。從圓形磁場最高點P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質(zhì)量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關(guān)于這些粒子的運動以下說法正確的是A只要速度滿足v=，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上B對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心C對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長D只要對

6、著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上【答案】A3（2018內(nèi)蒙古集寧一中高二期末）如圖所示，一個有界的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.50 T，磁場方向垂直于紙面向里，MN是磁場的左邊界在距磁場左邊界MN的1.0 m處有一個放射源A，內(nèi)裝放射物質(zhì)（鐳），發(fā)生衰變生成新核Rn（氡）。放在MN左側(cè)的粒子接收器接收到垂直于邊界。MN方向射出的質(zhì)量較小的粒子，此時接收器位置距直線OA的距離為1.0 m。（1）試寫出Ra的衰變方程；（2）求衰變后粒子的速率； （3）求一個靜止鐳核衰變釋放的能量。（設(shè)核能全部轉(zhuǎn)化為動能，取1 u=1.61027 kg，電子電量e=1.61019 C）【答案】（1） （2） （

7、3）E=2.041012 J考點2 帶電粒子在磁場中運動的臨界、多解問題1臨界問題：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由于磁場邊界的存在及速度大小和方向、磁感應(yīng)強度的大小和方向的不確定性，往往引起粒子運動的臨界問題。2粒子圓周運動的多解問題：（1）帶電粒子的電性不確定形成多解，可能出現(xiàn)兩個方向的運動軌跡。（2）磁場方向不確定形成多解，可能出現(xiàn)兩個方向的運動軌跡。（3）臨界狀態(tài)不唯一形成多解，需要根據(jù)臨界狀態(tài)的不同，分別求解。（4）圓周運動的周期性形成多解。3方法技巧總結(jié)：（1）利用極限思維法求解帶電粒子在磁場中的臨界問題：極限思維法是把某個物理量推向極端（即極大和極?。┑奈恢茫⒁源俗鞒隹茖W(xué)的

8、推理分析，從而做出判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論的一種思維方法。分析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的臨界問題時，通常以題目中的“恰好”“最高”“最長”“至少”等為突破口，將不確定的物理量推向極端（如極大、極??；最上、最下；最左、最右等），結(jié)合幾何關(guān)系分析得出臨界條件，列出相應(yīng)方程求解結(jié)果。（2）常見的三種幾何關(guān)系：a剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。b當(dāng)速率v一定時，弧長（或弦長）越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。c當(dāng)速率v變化時，圓心角大的，運動時間長。（3）兩種動態(tài)圓的應(yīng)用方法：a如圖所示，一束帶負電的粒子以初速度v垂直進入勻強磁場，若初速度v方向相同

9、，大小不同，所有粒子運動軌跡的圓心都在垂直于初速度方向的直線上，速度增大時，軌道半徑隨之增大，所有粒子的軌跡組成一組動態(tài)的內(nèi)切圓，與右邊界相切的圓即為臨界軌跡。b如圖所示，一束帶負電的粒子以初速度v垂直進入勻強磁場，若初速度v大小相同，方向不同，則所有粒子運動的軌道半徑相同，但不同粒子的圓心位置不同，其共同規(guī)律是：所有粒子的圓心都在以入射點O為圓心、以軌道半徑為半徑的圓上，從而可以找出動態(tài)圓的圓心軌跡。利用動態(tài)圓可以畫出粒子打在邊界上的最高點和最低點。（4）求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧：a分析題目特點，確定題目多解性形成原因。b作出粒子運動軌跡示意圖（全面考慮多種可能性）。c若為周期

10、性重復(fù)的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。（2018山東省日照市高三模擬）如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角=30、大小為v（未知量）的帶正電粒子，己知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：（1）若粒子恰好不能從磁場上邊界射出，求粒子的入射速度大小。（2）若帶電粒子的速度v大小可取任意值，求粒子的磁場中運動的最長時間?！緟⒖即鸢浮浚?） （2）【試題解析】（1）臨界情況的運動軌跡如圖所示若粒子速度為v，則解得：設(shè)

11、圓心在O1處對應(yīng)圓弧與ab邊相切，相應(yīng)速度為由幾何關(guān)系得：解得：則有：（2）由和可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角越大，在磁場中運動的時間也越長。在磁場中運動的半徑rR時，運動時間最長。則圓弧所對圓心角為所以最長時間為t=1（2018重慶市高二上學(xué)期期末聯(lián)考）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第一和第四象限內(nèi)有一個有界圓形區(qū)域與y軸相切于原點O，其圓心為O1、半徑一定，圓內(nèi)存在垂直于紙面的勻強磁場。第二和第三象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場。第二象限內(nèi)有一P點，坐標(biāo)，一帶電粒子（重力不計）自P點以平行于x軸的初速度v0開始運動，粒子從O點離開電場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從y軸上的Q點（圖中未畫出）垂

12、直于y軸回到電場區(qū)域，并恰能返回到P點。求：（1）粒子從P點到O點經(jīng)歷的時間及粒子在第二象限的加速度大??；（2）粒子經(jīng)過坐標(biāo)原點O時的速度大??；（3）電場強度E和磁感應(yīng)強度B的比值?！敬鸢浮浚?） （2）2v0 （3）【解析】（1）設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1解得設(shè)粒子進入磁場時速度與x軸夾角為，根據(jù)解得=60磁場中由幾何關(guān)系得 解得設(shè)粒子進入磁場時，根據(jù)求出粒子在電場中運動將代入解得解得：2（2018湖南省岳陽市第一中學(xué)高二期末）如圖所示，在矩形內(nèi)，對角線以上的區(qū)域存在平行于 向下的勻強電場，對角線以下的區(qū)域存在垂直于紙面的勻強磁場(圖中未標(biāo)出)，其中邊長為邊長為，一個質(zhì)量為、電荷量為的帶

13、電粒子(不計重力)以初速度從點沿方向進入電場，經(jīng)對角線某處垂直進入磁場。求：（1）該粒子選入磁場時速度的大小；（2）電場強度的大??； （3）要使該粒子能從磁場返回電場，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足什么條件?(結(jié)論可用根式來表示)【答案】（1）2v0 （2） （3）3如圖所示，在xOy平面內(nèi)第象限有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為 N/C。y軸右側(cè)有一個邊界為圓形的勻強磁場區(qū)域，圓心O位于x軸上，半徑為r=0.02 m，磁場最左邊與y軸相切于O點，磁場方向垂直紙面向里。第象限內(nèi)與x軸相距為m處，有一平行于x軸長為l=0.04 m的屏PQ，其左端P離y軸的距離為0.04 m。一比荷為C/kg帶正電的粒子，從

14、電場中的M點以初速度m/s垂直于電場方向向右射出，粒子恰能通過y軸上的N點。已知M點到y(tǒng)軸的距離為s=0.01 m，N點到O點的距離為m，不計粒子的重力。求：（1）粒子通過N點時的速度大小與方向；（2）要使粒子打在屏上，則圓形磁場區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件；（3）若磁場的磁感應(yīng)強度為T，且圓形磁場區(qū)域可上下移動，則粒子在磁場中運動的最長時間?！敬鸢浮浚?） m/s， （2）（3）s【解析】（1）設(shè)粒子通過N點時的速度為v，速度與豎直方向的夾角為，粒子進入電場后做類平拋運動有：設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為，弦長為，由幾何關(guān)系有：考點3 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題帶電粒子在復(fù)合場中的運動

15、問題是電磁場的綜合問題，這類問題的顯著特點是粒子的運動情況和軌跡較為復(fù)雜、抽象、多變，因而這部分習(xí)題最能考查學(xué)生分析問題的能力。解決這類問題與解決力學(xué)題目方法類似，不同之處是多了電場力和洛倫茲力，因此，帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題除了利用力學(xué)三大觀點（動力學(xué)觀點、能量觀點、動量觀點）來分析外，還要注意電場和磁場對帶電粒子的作用特點，如電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力方向始終和運動速度方向垂直，永不做功等。 帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的分析思路1正確的受力分析：除重力、彈力和摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析。2正確分析物體的運動狀態(tài)：找出物體的速度、位置及其變化特點，分析運動過程。如果出現(xiàn)

16、臨界狀態(tài)，要分析臨界條件。帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子的受力情況。（1）當(dāng)粒子在復(fù)合場內(nèi)所受合力為零時，做勻速直線運動（如速度選擇器）。（2）當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。（3）當(dāng)帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程也可能由幾種不同的運動階段所組成。（2018四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試）圖示區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場和

17、水平向里的勻強磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進入該區(qū)域時，恰能沿直線運動。欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，可采用的方法是A僅減小入射速度B僅減小微粒的質(zhì)量C僅增大微粒的電荷量D僅增大磁場的磁感應(yīng)強度【參考答案】A【試題解析】帶正電的粒子受到向下的電場力和重力以及向上的洛倫茲力作用，當(dāng)qvB=mg+qE時，粒子沿直線通過正交場區(qū)；若減小入射速度，則洛倫茲力減小，電場力不變，合力向下，向下偏轉(zhuǎn)，故A正確；僅減小微粒的質(zhì)量，則洛倫茲力大于電場力，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；增加電荷量，則電場力與洛倫茲力都增加，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；增大磁感應(yīng)強度，則向上的洛倫茲力增加，合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，故D錯

18、誤。 1（2018河南省七校模擬測試）如圖所示，在正交的勻強電場和勻強磁場中，電場方向豎直向上，磁場方向垂直于紙面向里，帶電粒子B靜止在正交的電磁場中，另一帶電粒子A以一定的水平速度沿直線向右運動，與粒子B碰撞后粘在一起，碰撞過程中粒子的電荷量沒有損失，兩個粒子的質(zhì)量相等，則下列說法正確的是A粒子A帶負電，粒子B帶正電B粒子A的帶電量一定小于粒子B的帶電量C兩粒子碰撞后仍沿直線運動D兩粒子碰撞后會做向上偏轉(zhuǎn)運動【答案】BD2（2018重慶市高二上學(xué)期期末聯(lián)考）如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電小球以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場和電場區(qū)域，恰好沿

19、直線由區(qū)域右邊界的O點（圖中未標(biāo)出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，將此帶電小球仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則該帶電小球A穿出位置一定在O點下方B在電場運動過程中動能一定增大C在電場運動過程中電勢能可能增大D在電場運動過程中重力勢能可能增大【答案】BD3如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第二、三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，第一、四象限內(nèi)存在半徑為L的圓形勻強磁場，磁場的圓心在M（L，0），磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向外。一個質(zhì)量m電荷量q的帶正電的粒子從第三象限中的Q（2L，L）點以速度v0沿x軸正方向射出，恰好從坐標(biāo)原點O進入磁場，從P（2L，0）點射出磁場。不

20、計粒子重力，求：（1）電場強度E；（2）從P點射出時速度vP的大小；（3）粒子在磁場與電場中運動時間之比?！敬鸢浮浚?） （2） （3）【解析】粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示；（1）粒子在電場中做類平拋運動， 軸方向：， 方向： 解得，電場強度：考點4 帶電體在電磁場中的運動問題1注意帶電體的區(qū)別（1）對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略。而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等，一般應(yīng)考慮其重力。（2）在題目中明確說明的按說明要求是否考慮重力。 （3）不能直接判斷是否考慮重力的，在進行受力分析與運動分

21、析時，要由分析結(jié)果確定是否考慮重力。2帶電體在電磁場中運動的處理方法（1）正確分析帶電體的受力情況及運動形式是解決問題的前提帶電體在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電體所受的合力及其初速度，因此應(yīng)把帶電體的初速度情況和受力情況結(jié)合起來分析。帶電體在復(fù)合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動（如速度選擇器：粒子重力不計，電場力與洛倫茲力平衡）。當(dāng)帶電體所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力恰好提供向心力，帶電體在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動，相當(dāng)于帶電粒子在磁場中做圓周運動。當(dāng)帶電體所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，帶電體做非勻變速曲線運動，這時帶電體的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物

22、線，由于帶電體可能連續(xù)通過幾個情況不同的電磁場區(qū)或單獨的電場、磁場區(qū)，因此帶電體的運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段所組成，要注意區(qū)分。（2）靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵當(dāng)帶電體在電磁場中做勻速直線運動時，應(yīng)畫出受力圖，根據(jù)平衡條件列方程求解。當(dāng)帶電體在電磁場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解。當(dāng)帶電體在電磁場中做一般的曲線運動時，應(yīng)選用動能定理求解，在找最大速度時結(jié)合牛頓運動定律處理。當(dāng)帶電體在電場中做勻變速曲線運動時，應(yīng)根據(jù)初速度和電場力、重力研究分運動。當(dāng)帶電體不計重力，在單獨磁場中運動軌跡為圓弧，宜根據(jù)圓心和軌跡，利用圓周

23、運動的相關(guān)知識求解，在單獨電場中運動軌跡為拋物線，宜利用運動的合成與分解，找分運動求解。3如果涉及兩個帶電體的碰撞問題，要根據(jù)定量守恒定律累出方程，再與其他方程聯(lián)立求解。由于帶電粒子在復(fù)合場中受力情況復(fù)雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應(yīng)以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解。（2018云南省建水縣高三四校聯(lián)考）如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDy區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，?，F(xiàn)

24、將一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設(shè)P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。，下列說法正確的是A若，則粒子垂直Cy射出磁場B若，則粒子平行于x軸射出磁場C若，則粒子垂直Cy射出磁場D若，則粒子平行于x軸射出磁場【參考答案】AD【試題解析】若，則在電場中，由動能定理得：qEh=mv2；在磁場中，有qvB=m聯(lián)立解得：r=a，如圖，根據(jù)幾何知識可知粒子垂直Cy射出磁場，故A正確，B錯誤。若，與上題同理可得：r=a，則根據(jù)幾何知識可知粒子平行于x軸射出磁場，故C錯誤，D正確。1如圖所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，質(zhì)量為1.0104 kg，帶4.0104 C

25、的正電荷，小球在棒上可以滑動，將此棒豎直放置在沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度E=10 N/C，方向水平向右，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.5 T，方向為垂直于紙面向里，小球與棒間的動摩擦因數(shù)為=0.2，（設(shè)小球在運動過程中所帶電荷量保持不變，g取10 m/s2）A小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度為10 m/s2B小球由靜止沿棒豎直下落最大速度2 m/sC若磁場的方向反向，其余條件不變，小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度為5 m/s2D若磁場的方向反向，其余條件不變，小球由靜止沿棒豎直下落的最大速度為45 m/s【答案】D【解析】小球靜止時只受電場力、重力及摩擦力，電場力水

26、平向右，摩擦力豎直向上；開始時，小球的加速度應(yīng)為：；小球速度將增大，產(chǎn)生洛倫茲力，由左手定則可知，洛倫茲力向右，故水平方向合力將增大，摩擦力將增大；加速度將減小，當(dāng)加速度等于零時，即重力等于摩擦力，此時小環(huán)速度達到最大，則有：mg=（qvB+qE），解得：，故AB錯誤；若磁場的方向反向，其2（2018安徽省宣城市高二期末）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，的直角三角形內(nèi)存在垂直平面向里的勻強磁場，邊在軸上，線段。在第四象限正方形內(nèi)存在沿方向的勻強電場，電子束以相同的速度沿方向從邊上的各點射入磁場，己知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為。電子的電量為質(zhì)量為，忽略電子之間的相互作用力以及電子的重力。

27、試求：（1）磁感應(yīng)強度。（2）在所有能射入第四象限的電子中，最右側(cè)進入的電子剛好經(jīng)過軸上的點，求第四象限的電場強度的大小。【答案】（1） （2）【解析】（1）由題可知電子在磁場中的軌道半徑r=L/3由牛頓第二定律得解得磁感應(yīng)強度B=（2）若電子能進入電場中，且離O點右側(cè)最遠，則電子在磁場中運動圓軌跡應(yīng)恰好與邊AD相切，即粒子從F點離開磁場進入電場時，離O點最遠。3（2018原創(chuàng)模擬卷）如圖所示，在的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直紙面向里，假設(shè)一系列質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子初速度為零，經(jīng)過加速電場加速后從O點沿Ox軸正方向進入勻強磁場區(qū)域，有一塊厚度不計

28、、高度為d的金屬板豎直放置在磁場中，截面如圖，M、N分別為金屬板截面的上、下端點，M點的坐標(biāo)為（d，2d），N點的坐標(biāo)為（d，d）。不計正離子的重力。 （1）加速電場的電壓在什么范圍內(nèi)，進入磁場的粒子才能全部打在金屬板上？（2）求打在金屬板上的離子在磁場中運動的最短時間與最長時間的比值（sin 37=0.6，cos 37=0.8）?！敬鸢浮浚?） （2）【解析】（1）設(shè)加速電壓為U，正離子初速度為零，經(jīng)過加速電場加速，根據(jù)動能定理得正離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，聯(lián)立解得當(dāng)加速電壓較小時，離子在磁場中做勻速圓周運動的半徑較小，當(dāng)離子恰好打到金屬板下端點N時，圓周運動的半徑最小

29、為，如圖1所示又聯(lián)立解得離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與加速電壓無關(guān) 離子在圖1所示的軌跡中運動時間最短為離子在圖2所示的軌跡中運動時間最長為 根據(jù)幾何知識，則所以1（2018新課標(biāo)全國II卷）如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則A流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為C流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)

30、強度大小為D流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為【答案】AC2（2017新課標(biāo)全國卷）如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場。若粒子射入速率為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則為A BC D【答案】C3（2017新課標(biāo)全國卷）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、m

31、c。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是AB CD 【答案】B 【解析】由題意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確，ACD錯誤。4（2016新課標(biāo)全國卷）一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為A

32、 BC D【答案】A5（2016新課標(biāo)全國卷）平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為A BC D【答案】D6（2016新課標(biāo)全國卷）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從

33、出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為A11 B12 C121 D144【答案】D【解析】根據(jù)動能定理可得：，帶電粒子進入磁場時速度，帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，解得，所以此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為144，故ABC錯誤，D正確。7（2018江蘇卷）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點，各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁

34、場當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場取sin53=0.8，cos53=0.6（1）求磁感應(yīng)強度大小B；（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O的時間t；（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O的時間增加t，求t的最大值 【答案】（1） （2） （3）（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x8（2018天津卷）如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶

35、負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。（1）求粒子從P到M所用的時間t；（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度的大小?！敬鸢浮浚?） （2）【解析】（1）設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有F=qE設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at聯(lián)立式得（2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關(guān)，運動時間只由粒

36、子所通過的圓9（2018新課標(biāo)全國III卷）如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求： （1）磁場的磁感應(yīng)強度大??；（2）甲、乙兩種離子的比荷之比?！敬鸢浮浚?） （2）【解析】（1）設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有 10（2018新課標(biāo)全國I卷）如圖，在y0的區(qū)域存

37、在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計重力。求（1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；（2）磁場的磁感應(yīng)強度大??；（3）12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離?！敬鸢浮浚?） （2） （3）【解析】（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設(shè)在電場中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場中的運動時間為，第一次進入磁場的位置到原點的距離為。由運動學(xué)公式有 由幾何關(guān)系得聯(lián)立以上各式得 （3）設(shè)在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場中的加速度大小為，由題給條件得由牛頓第二定律有45