2024届高考物理二轮复习 专题整合突破三 电场和磁场 第8讲 磁场

磁场及带电体在磁场中的运动

一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中1～5为单选题，6～8为多选题)

1．[2015·太原模拟]从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。如图为地磁场的示意图(虚线，方向未标出)，赤道上方的磁场可看成与地面平行。若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α(He的原子核)、β(电子)、γ(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下( )

A．α射线沿直线射向赤道 B．β射线向西偏转 C．γ射线向东偏转 D．质子向北偏转 答案 B

解析 赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，B项正确。

2．如图所示，一圆环用细橡皮筋悬吊着处于静止状态，环中通以逆时针方向的电流，在环的两侧放有平行于橡皮筋的直导线，导线和环在同一竖直面内，两导线到橡皮筋的距离

1

相等。现在直导线中同时通以方向如图所示、大小相等的电流，则通电的瞬间( )

A．环将向右摆动

B．俯视看环会发生顺时针转动 C．橡皮筋会被拉长 D．环有收缩的趋势 答案 D

解析 直导线通电后，由安培定则可知，两导线间平面上的磁场方向垂直于纸面向里，由于磁场分布具有轴对称性，将圆环分成若干段小的直导线，由左手定则可知，各段受到的安培力都指向圆心，根据对称性可知，它们的合力为零，因此环不会摆动，也不会转动，橡皮筋的拉力也不会增大，只是环有收缩的趋势，A、B、C项错误，D项正确。

3．[2015·邢台摸底]如图所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是( )

A．匀强磁场的磁感应强度为

mv0

qLv0

πLB．电荷在磁场中运动的时间为

C．若减小电荷的入射速度，使电荷从CD边界射出，电荷在磁场中运动的时间会减小 D．若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB边的中点射出 答案 A

解析 带正电的电荷从D点射入，恰好从A射出，在磁场中的轨迹半径R＝L，由牛顿

2mv0mv0112πR第二定律Bqv0＝得B＝，A选项正确。电荷在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝

RqL44v0

2

πL，B选项错误。若减小电荷的入射速度，使电荷从CD边界射出，轨迹所对的圆心角将变2v0

mv2

大，在磁场中运动的时间会变长，C选项错误。若v＝2v0，则由Bqv＝得r＝2L，如图从

rF点射出，设BF＝x，由几何关系知r2＝(r－x)2＋L2，则x＝4－23

L，D选项错误。 2

4．[2015·西安八校联考]如图所示，空间中存在一匀强磁场，将长度为L的直导线放置在y轴上，当通以大小为I、沿y轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F，方向沿x轴正方向。则关于磁感应强度的方向和大小，说法正确的是( )

A．只能沿x轴正方向

2FB．可能在xOy平面内，大小为 ILILIL2FC．可能在xOz平面内，大小为 2FD．可能在yOz平面内，大小为 答案 D

2F解析 电流I沿y轴负方向，安培力大小为F，沿x轴正方向，若B＝，则B与I不

IL垂直，但要求B的两个分量，一个沿z轴正向，一个平行y轴，那只能在yOz平面内，选项D正确，A、B、C错误。

5．[2015·宝鸡质检]如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场。对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是( )

A．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长

3

B．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等 C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π

D．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度 答案 A

解析 根据带电粒子在有界磁场中运动周期公式T＝

2πmθθm，运动时间t＝T＝，由eB2πeB几何条件可知，从ad边离开的电子在磁场中运动时间最长且均为半个周期，偏转角最大且均为π，A项错，B、C项正确；由几何关系可知，从bc边射出的电子轨道半径大于从ad边射出的电子轨道半径，又由半径公式R＝可知，从bc边射出的电子的速度大于从ad边射出的电子的速度，D项正确，故选A项。

6．[2015·成都二诊]如图甲所示为足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中

mvBqA、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙，自t＝0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，由静止开始做匀加速直线运动。乙图图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示( )

A．A所受支持力的大小 C．A所受合力的大小 答案 AB

解析 由于A、B由静止开始做匀加速直线运动，所以合外力恒定，且B所受摩擦力大小等于B对A的摩擦力，以A为研究对象，由牛顿第二定律得f＝mAa，不随时间改变，故C、D选项错误。A带正电，所受洛伦兹力向下，A受支持力FNA＝mAg＋Bqv＝mAg＋Bqat，符合图象。B受地面支持力FNB＝(mA＋mB)g＋Bqv＝(mA＋mB)g＋Bqat，也符合图象，故A、B选项正确。

B．B对地面压力的大小 D．B所受摩擦力的大小

7．[2015·河北、河南、山西考前质监]如图所示，在xOy平面内的y轴和虚线之间除圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。虚线经过

4

Q点(3L,0)且与y轴平行。圆形区域的圆心P的坐标为(2L,0)，半径为L。一个质量为m，

电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，则( )

3qBLA．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v＝

m3qBLB．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v＝ 2mC．粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmin＝

3qBL m2qBLD．粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmin＝

m答案 AC

解析 若粒子没经过圆形区域到达了Q点，则轨迹如图，和圆形区域相切于Q点，则rmv23BqL＝3L，根据牛顿第二定律Bqv＝得v＝，A选项正确，B选项错误。粒子第一次从Prm点经过了x轴，如图：

2－cosθ

设在磁场中转过的圆心角为θ，由几何关系得rsinθ＋Lcosθ＝2L，得r＝L

sinθθ＋12

＝L

θθ2sincos222－2cos

2

5

312θ32θ2θ2θ2θ?cos＋sin?－coscos＋sin22222222113θ＝L＝L＝(＋tan)L≥3L。据

θθθθ2θ22sincossincostan

22222

mv23BqLBqv＝得vmin＝，选项C正确，D错误。

rm8．[2015·盐城二模]如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1 kg、带正电q＝0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s。则滑块( )

2

A．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动 B．一直做加速度为2 m/s的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止 C．速度为6 m/s时，滑块开始减速 D．最终做速度为10 m/s的匀速运动 答案 AD

2

解析 当滑块和绝缘木板受力运动后，对滑块进行受力分析如图，开始时对滑块和木板整体应用牛顿第二定律有：F＝(m＋M)a，得a＝2 m/s，f＝ma<μmg，所以滑块与木板整体一起匀加速，随着速度v的增大，滑块与木板间正压力变小，最大静摩擦变小，当最大静摩擦达到fm＝ma＝0.2 N时，滑块与木板开始滑动，滑动摩擦力提供加速度，即μFN＝ma，FN减小，a减小，当FN＝0时，滑块匀速，A正确，B错误，C错误。最终匀速时，Bqv＝mg得

2

mgv＝＝10 m/s，D正确。 Bq二、计算题(本题共2小题，共36分，需写出规范的解题步骤)

9．[2015·西安二模]如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°。一质量为m、带电量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向

6

射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：

(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹； (2)粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨道半径R1和R2比值； (3)Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。 5πm5πm答案 (1)见解析图 (2)2∶1 (3)

6qt3qt解析 (1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示。

(2)设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区、Ⅱ区的磁感应强度、轨道半径和周期(没有设符号的，在图中标记也可以)

设圆形区域的半径为r，如图所示，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A1A2＝OA2＝r

在Ⅱ区磁场中运动的半径R2＝

2即：R1∶R2＝2∶1

rv2

(3)qvB1＝m

R1v2

qvB2＝m

R2

7

T1＝T2＝2πR12πm＝ vvqB1qB2

2πR22πm＝ 1

圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝T1

61

在Ⅱ区磁场中运动时间为t2＝T2

2

带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2 由以上各式可得

5πm5πm，B2＝。 6qt3qtB1＝10．[2015·盐城二模]如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里。P点的坐标为(－2L,0)，Q1、Q2两1

点的坐标分别为(0，L)，(0，－L)。坐标为(－L,0)处的C点固定一平行于y轴放置的长为

32

L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不3

变，沿x方向分速度反向，大小不变。带负电的粒子质量为m，电量为q，不计粒子所受重力。若粒子在P点沿PQ1方向进入磁场，经磁场运动后，求：

(1)从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小；

(2)从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标； (3)只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小。 答案 (1)

5qBLL25qBL (2)(，0) (3) 2m29m解析 (1)由题意画出粒子运动轨迹，如图(甲)所示，

8

设PQ1与x轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得：

R1cosθ＝L

25v1

其中：cosθ＝，粒子在磁场中做匀速圆周运动qv1B＝m

5R1解得：v1＝

5qBL 2m2

(2)由题意画出粒子运动轨迹如图(乙)所示，设其与x轴交点为E，由几何关系得：

L5

R2cosθ＝，R2＝L

2

4

设E点横坐标为xE，由几何关系得：xE＝2R2sinθ 得xE＝ 2

则E点坐标为：(，0)

2

(3)由题意画出粒子运动轨迹如图(丙)所示，设PQ1与x轴正方向夹角为θ，粒子在磁

LL 9

场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为Δy1，由几何关系得：

y1＝2R3cosθ，

为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y轴上这段距离y2(如图中，A、F间距)可由题给条件，

y2

2

有＝tanθ

L3

得y2＝ 3

当粒子只碰二次，其几何条件是3y1－2y2＝2L 25

解得：R3＝L

9

Lv2

粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvB＝m

R3

25qBL解得：v＝

9m

10

百度搜索“70edu”或“70教育网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，70教育网，提供经典综合文库2024届高考物理二轮复习 专题整合突破三 电场和磁场 第8讲 磁场在线全文阅读。