2021年高考物理真题分类汇编之带电粒子在匀强磁场中运动

2017-2021年福建高考物理分类汇编之带电粒子在匀强磁场一．选择题（4小题1（2020图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子为（）A．B．C．2（2019•新课标M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的力大小为F，则线框LMN受到的力的大小为（） 3（2021•福建直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（H）以速度v0自O够做匀速直线运动的是（所有粒子均不考虑重力的影响（）A．以速 的射入的正电Bv0C2v0D4v0α4（2017ma，mb，mc．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（） 二．多选题（3小题）5（2021•福建a、b、c、da、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中O，ecdya（A．OB．OOC．eyD．ey（多选）6（2018•新课标Ⅰ）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小（A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向DN动7（2017• A．L1L2、L3B．L3L1、L2C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为：三．计算题（2小题8（2019•新课标Ⅰ）如图在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场磁感应强度大小为B、OPxO点为坐标原点，N点在y轴上，OPx轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁d，不计重力。求x。9（2018•新课标Ⅰ）如图y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入Hmq，不计重力。求。（1）H第一次进入磁场的位置到原点O的距离HO2017-2021年福建高考物理分类汇编之带电粒子在匀强磁场参考答案与试一．选择题（4小题1（2020图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子为（）A．B．C．【分析】采用放缩法并画图，设半圆的半径为R，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最然后根据求粒子在磁场中运动的最长时间。圆心角决定，即；acacr≤0.5R0.5R＜r＜1.5R0.5R逐渐放大，粒子射出R大，即＝方法二：Oceco＝2R，oe＝R，且ce⊥eo，故∠oce＝30°，因为只有ce与圆弧相切时，∠oce为最大，如果不相切，∠oce30°，ce90°+30°＝1202θ＝2×120°＝240°；即＝，粒子运动最长时间为＝＝，故C正确，ABD错误。故选：C2（2019•新课标M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的力大小为F，则线框LMN受到的力的大小为（） 【考点】力【分析】先由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，先根据并联电路的电阻关系得出电流关系，再由F＝BIL即可分析MLN边所受安培力，由力的合成即可求得线框LMN所受力的大小。MLNMNMNMLNMNMN流大小为I，则MLN中的电流为，设MN的长为L，所以边MLN所受 力为：＝F，方向与MN边所受 故有：，故B正确，ACD错误。【点评本题的关键是要明白力求解公式F＝BIL中的L是指通电导线的有效长度。3（2021•福建直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（H）以速度v0自OO够做匀速直线运动的是（所有粒子均不考虑重力的影响（A．以速度的射入的正电子Bv0射入的电子C2v0D4v0αe，A错误；e，B正确；H，He，度选择器的条件v0＝，故都不能做匀速直线运动，故CD错误；4（2017ma，mb，mc．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（） 【分析】由粒子的运动状态，根据第二定律得到其合外力情况，再对粒子进行受力【解答】解：微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力F'的作用，三个带正电的微粒FaaF+F′b＝Gb＝mbg；cc所以，mb＞ma＞mcACD错误，B正确；受力情况，进而应用第二定律联系粒子的运动状态，进而求解。二．多选题（3小题）5（2021•福建a、b、c、da、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中O，ecdya（A．OB．OOC．eyD．ey【解答】解：AB.O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的由图可知，BbBc相互抵消，BaBd合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应OcA错误，B正确；O点产生的磁感应强度方向，如图所示BcBdBbBa大小相等，方向如图所yC误，D正确。（多选）6（2018•新课标Ⅰ）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小（开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向DN极朝垂直纸面向外的方向转动的方向，结合定则得出直导线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。同理结合定则得出直导线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。的方向由南到北，根据定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极A正确。BC、干电池开关闭合并保持一段时间后，根据定则，可知，左边线圈中有磁通量，BC错误。DA定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由北到南，根据定则，直导线上方的磁场ND正确；故选：AD【点评】本题考查了楞次定律和定则的基本运用，知道小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，同时掌握感应电生的条件。7（2017• A．L1L2、L3B．L3L1、L2C．L1、L2L31：1：D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为：：1【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；力【解答】解：A、根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L3通电导线在再根据左手定则，那么L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，故A错误；B、同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L2、L1通电导线在L3处的磁场CDA选项分析，可知，L1、L3通电导线在L2处的合磁场大小与L2、L3通电导线在L1处的合磁场相等，：设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B那么L1L2和L3三处磁场之比为11，C正确，D错误；：故选：BC三．计算题（2小题8（2019•新课标Ⅰ）如图在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场磁感应强度大小为B、OPxO点为坐标原点，N点在y轴上，OPx轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁d，不计重力。求xx（1）根据动能定理可得：qU＝ （2）xs＝则带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为：t＝…⑥（1）（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为9（2018•H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知 H进入。。Hmq（1）H第一次进入磁场的位置到原点O的距离（3）H第一次离开磁场的位置到原点O的距离） H在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出H第一次进入磁场时到O点的距离。）（2）H在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出H的轨道半径，应用牛（3）H在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出H第一次离开磁场O的距离。（1）1竖直方向：h＝at1（2）H在电场中的加速度：a1＝H进入磁场时的速度：v＝HH 由题意可知：H和H的初动能相等，即：mv12＝由第二定律得：qE＝2ma2，H在电场中做类平抛运动，2竖直方向：h＝at2H进入磁场时的速度：v′＝解得：x2＝x1，θ′＝θ＝60°，v′＝H在磁场中做圆周运动，圆周运动的轨道半径：r′＝ 射出点在原点左侧，H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离HO点的距离为：d＝x2′﹣x2，答（1） H第一次进入磁场的位置到原点O的距离 H第一次离开磁场的位置到原点O的距离键，应用类平抛运动规律、第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。考点磁感应强NT，1T＝1N/（A•m通电直导线和通电线圈周围磁场NS极，且离圆环中心越远，力1．力的方在磁场中所受力的方向．（2）力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面2．力的大Bθ当磁场和电流垂直时，力最大，为当磁场和电流平行时，力等于零第一类常考题型是考查对力的理解关于通电直导线在匀强磁场中所受的力，下列说法正确的是 将直导线从中折成直角，力的大小一定变为原来的一手定则可知力的方向与磁场垂直．公式F＝BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时力最大，最大为F＝BIL．解：AB、根据左手定则可知，力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场A错误，B正确；C错误；，D、当电流方向与磁场的方向平行，所受力为0，将直导线从中折成直角，力的大小变大；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角力的大小一定变为原，的，故D错误导线的方向与磁场方向垂直时，力最大，为F＝BIL．M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、dMN的中a、b、c、do（A．oa、bc、da、ca、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产0．故A错误．B、Ma处产生的磁场方向竖直向下b处产生的磁场方向竖直向下，Na处产生的B错误．ccNddN偏下，根据平行四C正确．D、a、cD错误．C．（一）在运用定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果．在判定直线根据定则确定通电导线周围磁感线的方向（二）力作用下导体运动方向的判法法结体磁场中所受的力然后由第三定律确定磁体所受电流磁场的作用力，在应用左手定则判定力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但力方（三）与力有关的力学综合问题力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足（1）B与L（2）LL等于两端点所连直线的长度（如图所示磁场中，受到的力的矢量和为零．变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中力F安⊥B、F安⊥I；列平衡方程或第二定律的方程式进行求解带电粒子在匀强磁场若v⊥Bv做匀速（v⊥B）R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面B，方向垂直（q＞0（ A.B.C.解由题射入点与ab的距离为则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是r＝R．轨迹如图：洛伦兹力提供向心力：，变形得：．故正确的答案是上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）（∠AM交于一点O，该点就是圆心方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，如图（d）②方法一：由圆心角求，t＝•T；方法二：由弧长求，t＝（粒性件出2②①②①②③④从中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好“最大“至少“不相带电粒子在混合场中0如图所示，粒子经加速电场后得到一定的速度v0若v＝v0＝，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关。若v＜，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加。电场。两板间形成一定的电势差。当qvB＝