1、20202020 年高考物理年高考物理专题专题训练训练卷卷 磁场、带电粒子在磁场中的运动磁场、带电粒子在磁场中的运动 一、选择题一、选择题 1.如图所示，A、B、C三根平行通电直导线均为m，通入的电流大小均相等，其中C中 的电流方向与A、B中的电流方向反向，A、B放置在粗糙的水平面上，C静止在空中，三根 导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，且三根导线均保持静止，重力加速度为g，则 A导线受到B导线的作用力大小和方向为 A. 3 3 mg，方向由A指向B B. 3 3 mg，方向由B指向A C. 3mg，方向由A指向B D. 3mg，方向由B指向A 解析 三根导线的截面处于一个等边三角形的三
2、个顶点，通入的电流大小均相等，则 FBCFACFAB， 又反向电流相互排斥，对电流C受力分析如图。由平衡条件可得： 2FACcos 30 mg，解得：FAC 3 3 mg，则FAB 3 3 mg，同向电流相互吸引，A导线受到B导线的作用力方 向由A指向B。综上答案为 A。 答案 A 2.如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接， 通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两线 圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是 AP顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变 BP逆时针转动，Q顺时针
3、转动，转动时两细线张力均不变 CP、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大 DP不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变 解析 根据安培定则，P产生的磁场方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根 据同名磁极相互排斥的特点，从上往下看，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q 两环的电流的方向相反，两环靠近部分的电流方向相同，所以两个线圈相互吸引，细线张力 减小。由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变；故 A 正确，BCD 错误。故选 A。 答案 A 3.(多选)3 条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。 在导线中通过的
4、 电流均为I，电流方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的 3 个顶角的平分线上，且 到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3。下列说法 正确的是 AB1B2B3 BB1B2B3 Ca和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里 Da处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里 解析 本题要明确三条导线中的电流在a、b、c三点各自产生的磁场的分布情况，要充 分利用对称性进行矢量合成。对于a点，由安培定则可知，两倾斜导线在此处产生的磁感应 强度大小相等、方向相反，水平导线在此处产生的磁场方向向外；对于b点，斜向右上方的 导线与水平导
5、线在此处产生的磁感应强度大小相等、 方向相反， 斜向左上方的导线在此处产 生的磁场方向向外；对于c点，水平导线在此处产生的磁场方向向里，斜向左上方和斜向右 上方的导线在此处产生的磁场方向也向里，则c处合磁场方向向里，且有B3B1B2。综上 可知选项 A、C 正确。 答案 AC 4.如图所示，半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放 置的收集板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场向圆形区域内射入大量带正电的粒子， 粒子所带电荷量均为q、质量均为m。不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力，关于这些粒 子的运动，以下说法正确的是 A只要对着圆心入射，出磁场后就可垂直打在MN上 B
6、对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心 C只要速度满足vqBR m ，沿不同方向入射的粒子出磁场后均可垂直打在MN上 D对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，运动的时间也越长 解析 只要对着圆心入射， 其出射方向的反向延长线就一定过圆心， 而且只有运动轨迹 半径等于圆形磁场区域半径的粒子出磁场后才能垂直打在MN上， 选项 AB 错误； 由qvBmv 2 r 可得，vqBr m ，所以只要速度满足vqBR m ，沿不同方向入射的粒子出磁场后均可垂直打在 MN上，选项 C 正确；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中的轨迹半径越大，通过的弧 长越长，轨迹所对的圆心角越小
7、，由T2m qB 可知，周期相等，由t 2T 可知，圆心角越 小，运动时间越短，选项 D 错误。 答案 C 5.(多选)如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为 45的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之 间的距离为x。 当两导体棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止， 则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是 A方向竖直向上 B大小为 2mg 2LI C要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移 D若使b下移，a将不能保持静止 解析 由安培定则可知，通电导体棒b周围的磁
8、感应线方向为顺时针方向，所以在a 处的磁场方向竖直向上，如图(a)所示，所以选项 A 正确；以导线a为研究对象进行受力分 析如图(b)所示，故有mgBIL，解得a点处的磁感应强度大小为Bmg IL，所以选项 B 错误； 欲减小b在a处的磁感应强度，可增大两导线间的距离，将b上移或下移都可以，当b上移 时，a受到的安培力方向逆时针转动，此时能保持a受力平衡，所以选项 C 正确；若b下移， a受到的安培力顺时针转动，只有大小变大才能保持平衡，但安培力在减小，导体棒受力不 平衡，故选项 D 正确。 答案 ACD 6.(多选)如图所示，MN是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界，在边界上P点有甲、乙 两粒子
9、同时沿与PN分别成 60角、30角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q点 射出磁场，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是 A若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为 1 3 B若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为 21 C若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的速度之比为 32 D若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的比荷之比为 21 解析 设P、Q间的距离为L，则由几何关系可得甲、乙粒子在磁场中做圆周运动轨迹 的半径分别为：r甲 L 2 cos 30 L 3，r 乙 L 2 cos 60L，如果两粒子完全相同，由 rmv q
10、B， 得vqBr m ，则甲、乙两粒子的速度之比为v甲v乙r甲r乙1 3，A 正确；如果甲、 乙两粒子完全相同，由T2m qB 可知粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的 时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角之比，t甲t乙2 3 3 21，B 正确；若甲、乙两粒子同时到达Q点，则两粒子在磁场中运动的时间相同，则两粒子的速度 之比等于轨迹的弧长之比，v甲v乙2r 甲 3 2r 乙 6 2 3，由rmv qB，可得 q m v rB，则甲、 乙两粒子的比荷之比为q 甲 m甲 q乙 m乙 v甲 r甲B v乙 r乙B21，C 错误，D 正确。 答案 ABD 7.如图所示，圆形区域
11、内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A 点沿直径AOB方向射入磁场，经过 t时间从C点射出磁场，OC与OB成 60角。现只改变 带电粒子的速度大小，仍从A点沿原方向射入原磁场，不计重力，测出粒子在磁场中的运动 时间变为 2t、则粒子的速度大小变为 A.1 2v B2v C. 1 3v D3v 解析 设圆形磁场区域的半径是R， 以速度v射入时， 半径r1mv qB， 根据几何关系可知， tan 60r 1 R，解得 r1 3R，运动时间 t1 6T；设第二次射入时的圆心角为 ，根据分 析可知120，则 tan 2 R r2 3，半径 r2 3R 3 ，又r2mv qB ，解得v1
12、 3v，故 C 正确，A、B、D 错误。 答案 C 8.如图所示，正方形虚线框ABCD边长为a，内有垂直于线框平面向里、磁感应强度大 小为B的匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边以初 速度v0射入匀强磁场，不计粒子重力，则下列判断正确的是 A若v0的大小合适，粒子能从CD边中点F射出磁场 B当v0qBa m 时，粒子正好从AD边中点E射出磁场 C当v05qBa 4m 时，粒子将从CD边射出磁场 D粒子在磁场中运动的最长时间为2m qB 解析 带正电的粒子进入磁场后，受到向上的洛伦兹力，则粒子不可能从CD边中点F 射出磁场，选项 A 错误；粒子正好从AD边中点E
13、射出磁场时，此时r1 2a，根据 qBvmv 2 r 可 知，v0qBa 2m ，选项 B 错误；当粒子恰好从D点射出时，解得r5 4a，则此时 v05qBa 4m ，则当 v05qBa 4m 时，粒子将从CD边射出磁场，选项 C 正确；粒子从PA间射出磁场时，运动的时间 最长，此时t1 2T m qB ，选项 D 错误；故选 C。 答案 C 9.(多选)如图所示， 直角三角形AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度为 B，A60，AOL，在O点放置一个粒子源，可以沿各个方向发射某种带负电粒子。已 知粒子的比荷为q m，发射速度大小都为 v0qBL m ，设粒子发射方向与OC边的夹角
14、为，不计 粒子重力及它们之间的相互作用。对于粒子进入磁场后的运动，下列判断正确的是 A粒子在磁场中的运动半径RL B当0时，粒子射出磁场时的速度方向与AC边垂直 C当0时，粒子在磁场中运动的时间为m qB D当60时，粒子在磁场中运动的时间为m 3qB 解析 带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0Bmv 0 2 R ，解得RL，选 项 A 正确；当粒子入射方向与OC边的夹角0时，根据洛伦兹力方向和半径可知，粒 子射出磁场时的速度方向垂直于AC边，此过程粒子在磁场中转过的角度为 60，故粒子在 磁场中运动的时间为t 60 360T 1 6 2m qB m 3qB，选项 B 正确，C
15、 错误；当粒子入射方向与 OC边的夹角60时，由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度也为 60，故粒子在 磁场中运动的时间也为t 60 360T m 3qB，选项 D 正确。 答案 ABD 10.(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边 的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方 形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成 30 的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是 A该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场 B若该带电粒子从ab边射
16、出磁场，它在磁场中经历的时间可能是2 3t 0 C若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0 D若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是4 3t 0 解析 带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内， 经过时间t0刚好从c点射出磁场， 则知带电粒子的运动周期为T2t0。 作出粒子恰好从各边射出的轨迹， 发现粒子不可能经过 正方形的某顶点，故 A 正确；作出粒子恰好从ab边射出的轨迹，由几何关系知圆心角不大 于 150，在磁场中经历的时间不大于 5 12个周期，即 5t0 6 。圆心角不小于 60，在磁场中经 历的时间不小于1 6个周期，即 t0 3，故 B 正确
17、；作出粒子恰好从 bc边射出的轨迹，由几何关系 知圆心角不大于 240，在磁场中经历的时间不大于2 3个周期，即 4t0 3 。圆心角不小于 150， 在磁场中经历的时间不小于 5 12个周期，即 5t0 6 ，故 C 正确；所有从cd边射出的粒子圆心角都 是 300，所用时间为5t 0 3 ，故 D 错误。 答案 ABC 二二 非选择题非选择题 11.如图所示， 在平面直角坐标系第一、 四象限有边长为L的正方形匀强磁场区域ABCD， 磁场方向垂直纸面向里，原点O位于AB中点，电荷量为q、质量为m的粒子以速度v从原 点沿x轴正方向射入磁场，粒子飞出磁场时，相对入射方向偏转 45，不计粒子的重力
18、。 求： (1)磁感应强度的大小； (2)粒子飞出磁场时的坐标。 解析 (1)由图中几何关系可知 Rsin 45L 得R 2L 由qB0vmv 2 R 得B0mv qR 2mv 2qL (2)由几何关系可知xL yRRcos 45( 21)L0.41L 则粒子飞出磁场时的坐标为(L,0.41L)。 答案 (1) 2mv 2qL (2)(L,0.41L) 12.如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各 有一个小孔O、O且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化 规律如图乙所示。有一束正离子在t0 时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子的质
19、量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。 (1)求磁感应强度B0的大小； (2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场， 求正离子射入磁场时的速度v0的可能值。 解析 (1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛 伦兹力提供向心力，有 B0qv0mv 0 2 r 粒子运动的周期T02r v0 联立两式得磁感应强度B02m qT0 。 (2)正离子从O孔垂直于N板射出磁场时，其中的一种运动轨迹如图所示。 在两板之间正离子只运动一个周期T0时，有 rd 4 在两板之间正离
20、子运动n个周期即nT0时，有 r d 4n(n1,2,3，) 解得v0d 2nT0(n1,2,3，)。 答案 (1)2m qT0 (2)d 2nT0(n1,2,3，) 13如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC 平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线， 质量为m、带电荷量为q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上 方区域，经OF上的Q点第一次进入下方区域，Q与O点的距离为 3a。不考虑粒子重力。 (1)求粒子射入时的速度大小； (2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条
21、件； (3)若下方区域的磁感应强度B3B0， 粒子最终垂直DE边界飞出， 求边界DE与AC间距 离的可能值。 解析 (1)设粒子在OF上方做圆周运动，半径为R，如图甲所示，由几何关系可知； R 2(Ra)2(3a)2，解得 R5a 由牛顿第二定律可知qvB0mv 2 R 解得v5aqB 0 m 。 (2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，如图乙 所示，由几何关系得 r1r1cos 3a，cos 3 5， 所以r115a 8 ， 根据qvB1mv 2 r1 ，解得B18B 0 3 。 当B18B 0 3 时，粒子不会从AC边界飞出。 (3)当B3B0时，粒子在
22、OF下方的运动半径为r5 3a，设粒子的速度方向再次与射入磁 场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，如图丙所示，根据几 何关系知， NQrcos a， 同理MNa， OMQO a，则PP14a。 所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为Ln PP14na(n 1,2,3)。 答案 (1)5aqB 0 m (2)大于8B 0 3 (3)4na(n1,2,3) 14.一边长为a的正三角形ADC区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场， 在DC边的 正下方有一系列质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以垂直于DC边的方向射入正三角 形区域。已知所有粒子的速度均
23、相同，经过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂 直AD边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t0。假设粒子的重力和粒子之间的相互作用 力可忽略。 (1)求该区域中磁感应强度B的大小。 (2)为了能有粒子从DC边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？ (3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC、AD边射出的区域 长度分别为多大？ 解析 (1)洛伦兹力提供向心力，有qvBmv 2 r 周期T2r v 2m qB 当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系有圆心角为 60，则t01 6T 解得Bm 3qt0。 (2)当轨迹圆与AC、AD都相切时，能有粒子从DC边射出，且速度
24、为最大值，如图甲所 示，设此时粒子的速度为v1，偏转半径为r1，则 r1a 2sin 60 3 4 a 由qv1Bmv 1 2 r1得 r1mv 1 qB 解得v1 3a 12t0 所以粒子能从DC边离开磁场的最大入射速度 v1 3a 12t0 。 (3)由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故AC边有粒子射 出的范围为CE段， xCEa 2cos 60 a 4 当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时， 射出的粒子距D点最远， 如图乙所示， 故AD边有粒子射出的范围为DF段， xDF r1 sin 60 a 2。 答案 (1)m 3qt0 (2) 3a 12t0 (3)a 4 a 2
