知識(shí)點(diǎn)十一 磁場-2023年高考物理分類題庫

知識(shí)點(diǎn)十一磁場1.(2023·全國乙卷·T18)如圖,一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,方向垂直于紙面(xOy平面)向里,磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x軸正向入射到磁場中,在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出,粒子離開磁場后,沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn);SP=l,S與屏的距離為l2,與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變,在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場,該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為 (A.E2aB2 B.EaB【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下四點(diǎn):(1)“粒子離開磁場后,沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)”,說明粒子重力不計(jì)。(2)當(dāng)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),關(guān)鍵是確定其圓心,畫出運(yùn)動(dòng)軌跡,利用幾何關(guān)系求出軌跡半徑。(3)“在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場,該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏”,說明粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),受到的電場力和洛倫茲力平衡。(4)最后利用上述關(guān)系列式求解?！窘馕觥窟xA。由題知,一帶電粒子由O點(diǎn)沿x軸正向入射到磁場中,在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出,則根據(jù)幾何關(guān)系r-rcos60°=a可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=2a則粒子做圓周運(yùn)動(dòng),有qvB=mv2r，則有q如果保持所有條件不變,在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場,該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏,則有Eq=qvB，聯(lián)立有qm=E2.(多選)(2023·全國甲卷·T20)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場,筒上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔,過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓,如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入,然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間,速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的分量大小不變,沿法線方向的分量大小不變、方向相反;電荷量不變。不計(jì)重力。下列說法正確的是 ()A.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心OB.最少經(jīng)2次碰撞,粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時(shí)粒子的速度越大,在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短D.每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線【解析】選B、D。假設(shè)粒子帶負(fù)電,第一次在A點(diǎn)和筒壁發(fā)生碰撞如圖,O1為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心,由幾何關(guān)系可知∠O1AO為直角,即粒子此時(shí)的速度方向?yàn)镺A,粒子在和筒壁碰撞時(shí)速度會(huì)反向,由圓的對(duì)稱性可知,在其他點(diǎn)撞擊同理,D正確;假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)過程過O點(diǎn),則過P點(diǎn)的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的,不能交于一點(diǎn)確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心,由圓形對(duì)稱性知,撞擊筒壁以后的A點(diǎn)的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心,則粒子不可能過O點(diǎn),A錯(cuò)誤;由題意可知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁為內(nèi)接圓的多邊形,最少應(yīng)為三角形,如圖所示即最少撞擊兩次,B正確;速度越大粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大,碰撞次數(shù)可能會(huì)增多,粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定減少,C錯(cuò)誤。故選B、D?！痉椒记伞拷鉀Q帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)的方法(1)找圓心,畫軌跡,確定圓心角,求運(yùn)動(dòng)時(shí)間。(2)應(yīng)用到的作圖解題技巧:兩速度的垂線交點(diǎn)為圓心;弦的垂直平分線過圓心;偏向角等于圓心角。3.(2023·新課標(biāo)全國卷·T18)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后,打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點(diǎn),a點(diǎn)在小孔O的正上方,b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè),如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的110,鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,則電場和磁場方向可能為 (A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外【解析】選C。帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng),打到a點(diǎn)的粒子電場力和洛倫茲力平衡,當(dāng)電場方向向左,磁場垂直紙面向里時(shí),α粒子受到向左的電場力和洛倫茲力,電子受到向右的電場力和洛倫茲力,均不能滿足受力平衡打到a點(diǎn),A錯(cuò)誤;當(dāng)電場方向向左,磁場方向垂直紙面向外時(shí),此時(shí)如果α粒子打在a點(diǎn),則受到的向左的電場力和向右的洛倫茲力平衡,qE=qvB,可得v=EB,由于電子速度大,受到向左的洛倫茲力大于向右的電場力向左偏轉(zhuǎn)。同理如果電子打在a點(diǎn),則α粒子向左的電場力大于向右的洛倫茲力向左偏轉(zhuǎn),均不會(huì)打在b點(diǎn),B錯(cuò)誤;當(dāng)電場方向向右,磁場方向垂直紙面向里時(shí),如果α粒子打在a點(diǎn),即向右的電場力和向左的洛倫茲力平衡,qE=qvB,可得v=EB,由于電子速度大,受到向右的洛倫茲力大于向左的電場力向右偏轉(zhuǎn)。同理如果電子打在a點(diǎn),則α粒子向右的電場力大于向左的洛倫茲力向右偏轉(zhuǎn),均會(huì)打在b點(diǎn)。同理當(dāng)電場方向向右,磁場方向垂直紙面向外時(shí),α粒子受到向右的電場力和洛倫茲力,電子受到向左的電場力和洛倫茲力,不能受力平衡打到4.(2023·江蘇選擇考·T2)如圖所示,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。L形導(dǎo)線通以恒定電流I,放置在磁場中。已知ab邊長為2l,與磁場方向垂直,bc邊長為l,與磁場方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為 ()A.0B.BIlC.2BIlD.5BIl【解析】選C。因bc段與磁場方向平行,則不受安培力;ab段與磁場方向垂直,則受到的安培力為Fab=BI?2l=2BIl,則該導(dǎo)線受到的安培力為2BIl,故C正確。5.(2023·江蘇選擇考·T16)霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí),電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng);入射速度小于v0時(shí),電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示,且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。(1)求電場強(qiáng)度的大小E;(2)若電子入射速度為v04,求運(yùn)動(dòng)到速度為v02(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布,求能到達(dá)縱坐標(biāo)y2=mv05eB位置的電子數(shù)N【解析】(1)由題知,入射速度為v0時(shí),電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng),則有Ee=ev0B解得E=v0B(2)電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中,由于洛倫茲力不做功,且由于電子入射速度為v04,則電子受到的電場力大于洛倫茲力,則電子向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)動(dòng)能定理有eEy1=12m(12v0)2-12m(14v0)(3)若電子以v入射時(shí),設(shè)電子能到達(dá)的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y,則根據(jù)動(dòng)能定理有eEy=12mvm2-12mv2,由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等,則在最高點(diǎn)有F合=evmB-eE,在最低點(diǎn)有F合=eE-evB,聯(lián)立有vm=2要讓電子到達(dá)縱坐標(biāo)y2=mv05eB位置,即y≥y2,解得v≤910v0。則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布,能到達(dá)縱坐標(biāo)y2=mv答案:(1)v0B(2)3mv6.(2023·遼寧選擇考·T14)如圖,水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場,板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域,其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間,恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場,并沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為2m(1)求金屬板間電勢(shì)差U;(2)求粒子射出磁場時(shí)與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ;(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置,使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場,且在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長。定性畫出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦,標(biāo)出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M?！窘馕觥?1)設(shè)板間距離為d,則板長為3d,帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng),兩板間的電場強(qiáng)度為E=U根據(jù)牛頓第二定律得,電場力提供加速度:qE=ma解得a=qU設(shè)粒子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0,根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得d2=12at02,3聯(lián)立解得U=m(2)設(shè)粒子出電場時(shí)與水平方向夾角為α,則有tanα=at0故α=π則出電場時(shí)粒子的速度為v=v0cosα=粒子出電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng),接著進(jìn)入磁場,根據(jù)牛頓第二定律,洛倫茲力提供勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力,得qvB=mv解得r=mvqB=已知圓形磁場區(qū)域半徑為R=2mv03粒子沿PO方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場,故粒子將沿半徑方向射出磁場,粒子射出磁場時(shí)與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為θ,則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角也為θ,由幾何關(guān)系可得θ=2α=π故粒子射出磁場時(shí)與射入磁場時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為π3(或60°(3)帶電粒子在該磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場半徑關(guān)系為r=3R,根據(jù)幾何關(guān)系可知,帶電粒子在該磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡一定為劣弧,故劣弧所對(duì)應(yīng)軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時(shí)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長。則相對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示:答案:(1)mv023q(3)7.(2023·山東等級(jí)考·T17)如圖所示,在0≤x≤2d,0≤y≤2d的區(qū)域中,存在沿y軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場,電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強(qiáng)磁場。一個(gè)質(zhì)量為m,電量為q的帶正電粒子從OP中點(diǎn)A進(jìn)入電場(不計(jì)粒子重力)。(1)若粒子初速度為零,粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后,垂直NP再次進(jìn)入電場,求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(2)若改變電場強(qiáng)度大小,粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場,離開電場后從P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場,在電場的作用下從Q點(diǎn)離開。(ⅰ)求改變后電場強(qiáng)度E'的大小和粒子的初速度v0;(ⅱ)通過計(jì)算判斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場?！窘馕觥?1)粒子從A到垂直于NP進(jìn)入電場的過程中,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子軌跡半徑:r1=13AP=1設(shè)粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v1,根據(jù)動(dòng)能定理可得:qE·2d=12mv12,解得:v1由于粒子第二次從QN邊進(jìn)入電場到再次從QN邊進(jìn)入磁場過程中,電場力做功為零,所以粒子第二次進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小不變,仍為v1。根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qv1B=mv解得:B=6mEqd(2)(ⅰ)若改變電場強(qiáng)度大小,粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場,離開電場后從P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場,在電場的作用下從Q點(diǎn)離開,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:根據(jù)幾何關(guān)系可得:r22=(2d)2+(r2-d解得:r2=2.5d根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qv2B=mv解得:v2=15qEd根據(jù)幾何關(guān)系可得:cosθ=2dr2=2d2.5d粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場E'后,從Q點(diǎn)離開電場,則有:t=22d=v2sinθ·t+12a't根據(jù)牛頓第二定律可得:a'=qE聯(lián)立解得:E'=36E;粒子從A到上邊界運(yùn)動(dòng)的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理可得:qE'·2d=12mv22-解得:v0=9qEdm(ⅱ)假設(shè)粒子離開Q點(diǎn)后能夠經(jīng)過P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場,設(shè)粒子離開Q點(diǎn)速度大小為v3,與y軸夾角為α,如圖所示:根據(jù)動(dòng)能定理可得:qE'·2d=12mv32-解得:v3=341·qEd根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qv3B=mv32r3,解得:r根據(jù)幾何關(guān)系可得:sinα=v2cosθv3,解得:sin根據(jù)圖中的幾何關(guān)系可得:r3=2解得:r3=241d由于兩種情況下計(jì)算的半徑不相等,故粒子不會(huì)第三次經(jīng)過P點(diǎn)進(jìn)入電場。答案:(1)6mE(2)(ⅰ)36E9qEdm(ⅱ)見解析8.(2023·湖北選擇考·T15)如圖所示,空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場。t=0時(shí)刻,一帶正電粒子甲從點(diǎn)P(2a,0)沿y軸正方向射入,第一次到達(dá)點(diǎn)O時(shí)與運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍,粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí),粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m,兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰,碰撞時(shí)間忽略不計(jì),碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移,不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求:(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小;(2)粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小;(3)t=18πmqB時(shí)刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo),及從第一次碰撞到t=18πm【解析】(1)由題知,粒子甲從點(diǎn)P(2a,0)沿y軸正方向射入到達(dá)點(diǎn)O,則說明粒子甲的運(yùn)動(dòng)半徑r甲0=a根據(jù)qv甲0B=mv解得v甲0=qBa(2)由題知,粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí),粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周,則T甲=2T乙根據(jù)qvB=m4π2T2r,有T甲T乙=粒子甲、乙碰撞過程,取豎直向下為正,有mv甲0+m乙v乙0=-mv甲1+m乙v乙112mv甲02+12m乙v乙02=12解得v乙0=-5v甲0,v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa(3)已知在t1=πmqB時(shí),甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=-3v甲0,v乙1=3則根據(jù)qvB=mv2r,可知此時(shí)乙粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r乙1=可知在t2=3πmqB時(shí),甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞,且甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈,此過程中乙粒子走過的路程為s1=且在第二次碰撞時(shí)有mv甲1+m乙v乙1=mv甲2+m乙v乙212mv甲12+12m乙v乙12=12解得v甲2=v甲0,v乙2=-5v甲0可知在t3=5πmqB時(shí),甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞,且甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈,此過程中乙粒子走過的路程為s2=且在第三次碰撞時(shí)有mv甲2+m乙v乙2=mv甲3+m乙v乙312mv甲22+12m乙v乙22=12解得v甲3=-3v甲0,v乙3=3依次類推在t10=17πmqB時(shí),甲、乙粒子發(fā)生第十次碰撞,且甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞到第十次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈,此過程中乙粒子走過的路程為s9=且在第十次碰撞時(shí)有mv甲9+m乙v乙9=mv甲10+m乙v乙1012mv甲92+12m乙v乙92=12解得v甲10=v甲0,v乙10=-5v甲0在t10=17πmqB到t=18πmqB過程中,甲粒子剛好運(yùn)動(dòng)半周,則t=18πm在t10=17πmqB到t=18πmqB過程中,乙粒子剛好運(yùn)動(dòng)一周,則t=18πmqB時(shí)乙粒子回到坐標(biāo)原點(diǎn),且此過程中乙粒子走過的路程為故整個(gè)過程中乙粒子走過總路程為s=5×3πa+4×5πa+52πa=752答案:(1)qBam(2)12m3qBam(3)甲(2a,0)乙(0,0)9.(2023·浙江6月選考·T22)利用磁場實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示,Oxy平面(紙面)的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場,區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場,方向均垂直紙面向里,區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束,沿紙面射向磁場區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用,并忽略磁場的邊界效應(yīng)。(1)求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;(2)若B2=2B1,求能到達(dá)y=L2處的離子的最小速度v2(3)若B2=B1Ly,且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在B1qLm【解析】(1)離子在磁場區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ速度最大的離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的分界線相切,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示。設(shè)其勻速