2019高考物理专项限时集训(九)：磁场

1、2019高考物理专项限时集训（九）：磁场（时间：45分钟）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、在如图9- 1所示的四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）Oxyz( z 轴O以速度vA、GD3、假设电场、假设电场、假设电场、假设电场、磁场分别沿 磁场均沿 磁场分别沿 磁场分别沿z轴正方向和x轴正方向，粒子只能做曲线运动z轴正方向，粒子有可能做匀速圆周运动y轴正方向和z轴正方向，粒子有可能做平抛运动z轴正方向和y轴负方向，粒子有可能做匀速直线运动如图93所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场,其边2、如图92所示，在

2、同时存在匀强电场、匀强磁场的空间中取正交坐标系正方向竖直向上），一质量为m电荷量为q的带正电粒子（重力不能忽略）从原点 沿x轴正方向出发、界过原点O和y轴上的点a（0 , L）. 一质量为mi电荷量为e的电子从a点以初速度V0平行 于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与 x轴正方向的夹角为 60。.以下说法正确的选项是（）图9-3兀LA电子在磁场中运动的时间为 二2 7tL日电子在磁场中运动的时间为L典、C磁场区域的圆心坐标为 r, 2 ;DX电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0 , 一 2L）4、如图94所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中

3、， 轨道两端在同一高度上， 轨道是光滑的、两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由 静止释放，M N为轨道的最低点，那么（）图P-4A两小球到达轨道最低点的速度 Vm= Vn日两小球到达轨道最低点时对轨道的压力Fm> FnC小球第一次到达 M点的时间大于小球第一次到达 N点的时间D在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端5、如图95所示，用绝缘轻绳悬吊一个带正电的小球，放在匀强磁场中、 现把小球拉 至悬点右侧a点，轻绳被水平拉直， 静止释放后，小球在竖直平面内来回摆动、在小球运动 过程中，以下判断正确的选项是 ()xXX父工.1gIIIjxxx!xx/xIf:

4、 /XX X ； XX4's.IWXXX XX X图9-5A、小球在悬点左侧的最高点比a点低日小球每次经过最低点时所受洛伦兹力大小相等C小球每次经过最低点时所受洛伦兹力方向相同DX小球每次经过最低点时轻绳所受拉力大小相等6、飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析、如图9-6所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场,从b板小孔射出，沿中线方向进入M N板间的偏转控制区，到达探测器、元电荷电荷量为e, a、b板间距为d,极板M N的长度和间距均为 L.不计离子重力及进入 a板时的初速度、 (1)当a、b间的电压为U时，在 M

5、N间加上适当的电压 U,使离子到达探测器、请导ne出离子的全部飞行时间与比荷K( K=百)的关系式、(2)去掉偏转电压 U,在M N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B,假设进入a、b间所有离子质量均为 m,要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压U至少为多少？& b 网7、如图9 7所示，一个内壁光滑绝缘的 3环形细圆筒轨道竖直放置，环的半径为R,mg圆心O与A端在同一竖直线上，在 OA连线的右侧有一竖直向上的电场强度E= %的匀强电q场和垂直纸面向里的匀强磁场、现有一个质量为m电荷量为+ q的小球(可视为质点)从圆筒的C端由静止释放，进入 OA连线右边的区

6、域后从该区域的边界水平射出，然后，刚好从C端射入圆筒、圆筒的内径很小，可以忽略不计、(1)小球第一次运动到 A端时，对轨道的压力为多大？(2)匀强磁场的磁感应强度为多大?xXXXX"XXX图978、在如图98所示的平面直角坐标系中存在一个半径R= 0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B= 1.0T ,方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与坐标原点O相切、y轴右侧存在电场强度大小为E= 1.0 x 104N/C的匀强电场，方向沿 y轴正方向，电场区域宽度L= 0.1m、现从坐标为(一0.2m, 0.2m)的P点发射出质量 亦2.0 X109kg、带电荷量q=5.0 -53x 10 C

7、的带正电粒子， 沿y轴正万向射入匀强磁场，速度大小V0=5.0 x I0m/s.重力不甘、(1)求该带电粒子射出电场时的位置坐标；(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1m , -0.05m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和正方形区域的最小面积、9、如图9 9所示，在区域I (0WxWd)和区域 (d< xw 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 xOy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、a在离开区域I时，速度

8、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b1也从P点沿x轴正向射入区域I ,其速度大小是a的3.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n时,坐标之差、 2B图9-9专题限时集训（九）B专题九磁场（时间：45分钟）1、如图9 10所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流Il和I2,且Il>l2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且 a、b、c与两导线共面；b点在两导线 之间，b、d的连线与导线所在平面垂直、磁感应强度可能为零的点是（）图 9-10A a点B、b点C c点

9、D d点2、如图911所示，以O为圆心、MN直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强 磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，bO垂直MN aQ cO和bO的夹角都为30° , a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc,那么以下给出的时间关系不可能的是（）图 9-11-A、ta<tb<tc® ta>tb>tcC t a<b= t cDX ta=tb=tc3、如图912所示，在竖直虚线 M用口 M N'之间区域内存在着相互垂直的

10、匀强电场 和匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以初速度vo由A点垂直MNS入这个区域，带电粒子沿 直线运动，并从 C点离开场区、如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区、那么以下判断正确的选项是（）MW|I|IN¥图 9- 12A该粒子由 B C D三点离开场区时的动能相同日 该粒子由A点运动到 B C D三点的时间均不相同EC匀强电场的场强 E与匀强磁场的磁感应强度 B之比b= VoD假设该粒子带负电，那么电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外4、欧洲强子对撞机在 2017年初重新启动，并取得了将质子加速到 1.18万亿电子伏的 阶段成果，为实现质

11、子对撞打下了坚实的基础、质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速器，在环形加速器中，质子每次经过位置 A时都会被加速（如图9-13甲所示），当 质子的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向做匀速圆周运动， 并最终实现对撞（如图乙所示）、质子是在磁场的作用下才得以做圆 周运动的、以下说法中正确的选项是（）时横轨犹甲乙图 913 一A、质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁感应强度会逐渐减小日质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁感应强度始终保持不变C质子在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁感应强度始终保持不变D质子在对撞轨道中运动时，轨道所

12、处位置的磁感应强度会逐渐减小5、如图914所示，重为G带电荷量为+ q的小球从O点水平抛出下落高度 h后，进 入正交的匀强电场和匀强磁场中， 电场方向水平向左， 磁场方向垂直于纸面向里， 忽略空气 阻力，那么小球进入正交的电场和磁场区域时 （）A可能做曲线运动日不可能做匀速直线运动C不可能做曲线运动D可能做匀加速直线运动6、如图915所示，在空间有一坐标系 xOy,直线OP与x轴正方向的夹角为 30° ,第 一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和n ,直线OP它们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B, 一质量为m电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与O版3

13、0。角的方向垂直磁场进入区域I ,质子先后通过磁场区域I和n后，恰好垂 直打在x轴上的Q点（图中未画出），试求：（1）区域n中磁场的磁感应强度大小；（2） Q点的坐标、图 9-157、如图916所示，在平面直角坐标系xOy中，仅在第n象限存在沿 x轴正方向的匀强电场，一质量为 m电荷量为q、可视为质点的带正电粒子 （重力不计）从*轴负半轴x = L处的M点以初速度V。垂直于x轴射入电场，经 y轴上y = 2L处白P P点进入第I象限、（1）求电场强度的大小和粒子进入第I象限时的速度大小、（2）现在在第I象限内加一半径适当的半圆形匀强磁场区域，使（1）问中进入第I象限的粒子恰好以垂直于 x轴的方

14、向射出磁场、求所加磁场区域的半径、要求：磁场区域的边界过mv坐标原点，圆心在 y轴上，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度为P斌M L Ox图 9168、如图917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 3时 间从P点射出、(1)求电场强度的大小和方向、10(2)假设仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经 W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、(3)假设仅撤去电场，带电粒子仍从

15、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 9-17-'9、如图918所示，坐标平面的第I象限内存在大小为E、方向水平向左的匀强电场，第n象限内存在磁感应强度大小为R方向垂直纸面向里的匀强磁场、足够长的挡板MN直x轴放置且距原点 O的距离为d质量为 m带电量为q的粒子(不计重力)自距原点O 为L的A点第一次以大小为 V0、方向沿y轴正方向的速度进入磁场，那么粒子恰好到达O点而不进入电场、现该粒子仍从A点第二次进入磁场，但初速度大小为242v0,为使粒子进入电场后能垂直打在挡板上，求：(1)粒子的初速度方向与 x轴正方向之间的夹角；(2)粒子到达挡板上时的速度大小及打到

16、挡板MMk的位置到x轴的距离、X X图 9-18专题限时集训九A1、B【解析】地理南极为地磁场的N极，由安培定那么知选项B正确、2、A【解析】正电荷沿 x轴正方向运动，当电场沿 z轴正方向且满足qE= mg时，假设 磁场沿x轴正方向，那么所受洛伦兹力为零， 粒子做匀速直线运动；假设磁场沿z轴正方向， 那么粒子做匀速圆周运动，选项A错误、B正确、当电场、磁场分别沿 y轴正方向和z轴正方向时，电场力的方向沿 y轴正方向，洛伦兹力沿 y轴负方向，x轴方向速度不变，当满足 qE= Bqvx时，粒子做平抛运动，选项 C正确、当电场、磁场分别沿 z轴正方向和y轴负方向 时，假设满足qE=mg+ Bqv,那

17、么粒子做匀速直线运动，应选项 D正确、3、B【解析】电子射出磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为 60 ,那么过b点的半径与此时的速度方向垂直，且半径与x轴负方向的夹角为 30。，由几何关系可知 R L =RSin 30° ,即R= 2L,故电子在磁场中做圆周运动的圆心在原点。的正下方，坐标为(0,1 兀 R 2 7tLL),选项D错误；电子在磁场中运动的时间为 t=6T=其=何，选项A错误，B正确；容 易判断圆形匀强磁场区域的圆心应该在 a、b连线的中点，根据几何知识，其 x轴、y轴的 坐标分别为x=2xb, y = 2ya,故磁场区域的圆心坐标为 (1,2),选项C错误、4、D【解

18、析】洛伦兹力不做功，小球在磁场中运动到最低点时，机械能不变，小球在电场中运动到最低点时，电场力做负功，机械能减少，因此VM>VN,小球在磁场中能够运动到另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端，选项A错误，D正确；在磁场中小球由左向2Vm右通过最低点 M时满足：Fm mg- BqvM= nR,由右向左通过最低点M时满足：Fm mg+ BqvM22VmVn=mR,在电场中小球通过 N点时满足：Fn mg= mR,故由左向右通过最低点时Fm>Fn,由右向左通过最低点时，Fm与Fn的大小无法确定，选项B错误；由于电场力做负功， 小球在同 一高度时的速度总有 VM>VN,小球第一次到

19、达 M点的时间小于小球第一次到达N点的时间，选项C错误、5、B【解析】由于洛伦兹力不做功，小球机械能守恒，选项 A错误；小球每次经过最低 点时速度大小相同， 选项B正确；小球相邻两次经过最低点时速度方向相反，所受洛伦兹力方向相反，轻绳所受拉力大小也就不等，选项CD昔误、2d+L 25eL2B26、一说(2) 12m-1【解析】(1)对n价正离子，由动能定理 neU=2m2neUin价正离子在 a、b间的加速度 ai= mdV在a、b间运动的时间ti = O；L在MN'可运动白时间t2 = V2d+L联立解得离子到达探测器的时间t =ti + t2=2KUi(2)假设n价正离子在磁场中向

20、 N板偏转，洛伦兹力充当向心力，设轨迹半径为 R.mV由牛顿第二定律：neVB= r离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系d2L2F2= L2+ R- 225neL2B2联立解得Ui=32m25eL2B2当n = 1时，Ui取最小值：Um= 32m16m 3g7、(1)4mg(2) 13q ' R【解析】(1)由机械能守恒定律得：mgR(1 + sin 30° ) = 2m'22 mV到达A点时，由牛顿第二定律得：Fn- mg= -R由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力：F' n= Fn联立解得：F' n= 4mg(2)带电小球进入复合场后，所受的电场

21、力F=qE= mg,所以它将做匀速圆周运动，穿出复合场后做平抛运动，设平抛运动的时间为t,在水平方向上有：RCos30° = vt1竖直下落的高度h= 2gt2因此，小球在复合场中做匀速圆周运动的半径R+ Rsin 30° +hr=22mv由洛伦兹力提供向心力得：qvB=16m3g联立解得：B= I3q - R8、(1)(0.1 m,0.05 m(2)0.02 m2【解析】(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 2V0qvcB= mp解得 r = 0.20 m= R根据几何关系可知，带电粒子恰从。点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动、设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位

22、移为y,那么有L= vet ,y=rqEt2联立解得y = 0.05 m所以粒子射出电场时的位置坐标为(0.1 m,0.05 n)(2)粒子飞离电场时，沿电场方向的速度qEvy= mt =5.0 X 103m/s= v0粒子射出电场时的速度v=啦v0由几何关系可知，粒子在正方形区域磁场中做圆周运动的半径r' =0.05。2m2 v由 qvB' = m,解得 B' = 4T正方形区域最小面积S= (2r ' )2=0.02M2dqB 2_9、(1) -(2) 3(m2)d【解析】(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 它,粒子速率为va,

23、运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P',如下图、由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得2qvaB= nR由几何关系得/ PCP = 0 d R1 = sin 0 式中，0 =30由式得2dqB Va= m （2）设粒子a在n内做圆周运动的圆心为Q,半径为R2,射出点为Pa（图中未画出轨迹）,/ P' OaPa=。' =29.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 2Vaqva(2B) =mRa；(5由式得义：事汽，W *1率, I守，,T3C P'和。三点共线，且由式知。点必位于x = 2d的平面上，由对称性知，Pa点与P'点纵坐标相同，即yPa= Ricos 0 + h

24、式中，h是C点的y坐标、设b在I中运动的轨道半径为Ri,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得Vam Vaq（3 B=百设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为 a .如果b没有飞出I ,那么t _0_T2= 2兀t aTb?= 2T式中，t是a在区域n中运动的时间，而2兀R2Ta2= Va ?2兀RiTb1= Va/3 ?由？ ？式得a =30° ?由？式可见，b没有飞出I .Pb点的y坐标为yPb= Ricos a + Ri Ri + h? 2由？ ？式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为yPa-yPb=3（V3-2）d?专题限日集训（九）B1、C【解析】空间某点的磁感应强度的大

25、小和方向是 Il、I2各自产生的磁场叠加的结果、 距离导线越近的地方，磁场越强、根据安培定那么，只有在 c点，两条导线电流各自产生的 磁场才有可能大小相等，方向相反，叠加后互相抵消，磁感应强度为零、02、B【解析】粒子在磁场中的运动周期 T相同，在磁场中运动的时间 t=*JT,粒子在 磁场中运动对应的圆心角越大，时间越长，假设粒子的运动半径r等于圆形区域半径 R那么如图甲所示；当半径 r>R时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大，选项 A 可能；当旦轨迹如图乙所示，ta=tb=tc,选项D可能；同理 jgRw rWR时，ta<tb = tc,应选项C可能、NW甲43、C【解

26、析】电场力做功不同，应选项 A错误；该粒子由 A点运动到B、C两点的时间 相同，应选项B错误；qvoB=qE,应选项C正确；不论粒子带何种电何，电场方向竖直向下 时，磁场方向均垂直于纸面向里，应选项D错误、4、C【解析】粒子在环形加速器中运动的轨道半径一定，由洛伦兹力提供向心力，解得mv运动半径为r= qB,粒子不断被加速，为保持 r不变，需要轨道所处位置的磁感应强度对应 增强，选项 A B错误；而在对撞机内不再加速，需要轨道所处位置的磁感应强度始终保持 不变，选项C正确，选项 D错误、5、A【解析】当所受合力不为零且与进入正交场的初速度不在一直线上时，做曲线运动，应选项A正确，C错误；当进入

27、正交场时所受合力恰好为零时，做匀速直线运动，应选项 B 错误；速度大小改变，洛伦兹力就改变，合力就改变，就不可能做匀加速直线运动，应选项 D错误、3+ 1 mv6、（1）2B（2）（2qB , 0）【解析】（1）设质子在磁场i和n中做圆周运动的轨道半径分别为ri和2,区域n中磁感应强度为B',由牛顿第二定律 2 vqvB= mri "2 qvB' = mr2粒子在两区域中运动的轨迹如下图，由几何关系可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30° ,故质子在磁场I中轨迹对应的圆心角为0 =60° ,那么 QOA为等边三角形、OA= r i2= OAsin30°解得区域n中磁感应强度为B' = 2B(2)Q 点坐标 x = OAcos30° +2 3+ 1 mv故*=2qB2mvo7、(1) 2qT/2vo(2)(2 +小)L【解析】(1)设粒子到达P点用时为t.x 方向：L= 2-mt 2y 方向：2L=vot m2解得E= 2qL又由动能定理 qEL= 2mJ 2mv2解得v= 2vo714Vo(2)粒子进入磁场，设速度方向与y方向夹角为0 ,那么cos。= v ,得。2mvov设粒子在磁场中运动的半径为r,由B=4，qvB=m，及v = 42vo解得r= 2L如下图，设磁场区域半径为R,根据