知识点十一 磁场-2023年高考物理分类题库

知识点十一磁场1.(2023·全国乙卷·T18)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与屏的距离为l2,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为 (A.E2aB2 B.EaB【解题指南】解答本题应注意以下四点:(1)“粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点”,说明粒子重力不计。(2)当粒子在磁场中做匀速圆周运动时,关键是确定其圆心,画出运动轨迹,利用几何关系求出轨迹半径。(3)“在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏”,说明粒子做匀速直线运动,受到的电场力和洛伦兹力平衡。(4)最后利用上述关系列式求解。【解析】选A。由题知,一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,则根据几何关系r-rcos60°=a可知粒子做圆周运动的半径r=2a则粒子做圆周运动,有qvB=mv2r，则有q如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏,则有Eq=qvB，联立有qm=E2.(多选)(2023·全国甲卷·T20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反;电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是 ()A.粒子的运动轨迹可能通过圆心OB.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线【解析】选B、D。假设粒子带负电,第一次在A点和筒壁发生碰撞如图,O1为圆周运动的圆心,由几何关系可知∠O1AO为直角,即粒子此时的速度方向为OA,粒子在和筒壁碰撞时速度会反向,由圆的对称性可知,在其他点撞击同理,D正确;假设粒子运动过程过O点,则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的,不能交于一点确定粒子做圆周运动的圆心,由圆形对称性知,撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心,则粒子不可能过O点,A错误;由题意可知粒子运动轨迹的圆心组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形,最少应为三角形,如图所示即最少撞击两次,B正确;速度越大粒子做圆周运动的半径越大,碰撞次数可能会增多,粒子运动时间不一定减少,C错误。故选B、D。【方法技巧】解决带电粒子在匀强磁场中的圆周运动的方法(1)找圆心,画轨迹,确定圆心角,求运动时间。(2)应用到的作图解题技巧:两速度的垂线交点为圆心;弦的垂直平分线过圆心;偏向角等于圆心角。3.(2023·新课标全国卷·T18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后,打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点,a点在小孔O的正上方,b点在a点的右侧,如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的110,铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场,则电场和磁场方向可能为 (A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外【解析】选C。带电粒子在电场和磁场中运动,打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡,当电场方向向左,磁场垂直纸面向里时,α粒子受到向左的电场力和洛伦兹力,电子受到向右的电场力和洛伦兹力,均不能满足受力平衡打到a点,A错误;当电场方向向左,磁场方向垂直纸面向外时,此时如果α粒子打在a点,则受到的向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡,qE=qvB,可得v=EB,由于电子速度大,受到向左的洛伦兹力大于向右的电场力向左偏转。同理如果电子打在a点,则α粒子向左的电场力大于向右的洛伦兹力向左偏转,均不会打在b点,B错误;当电场方向向右,磁场方向垂直纸面向里时,如果α粒子打在a点,即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡,qE=qvB,可得v=EB,由于电子速度大,受到向右的洛伦兹力大于向左的电场力向右偏转。同理如果电子打在a点,则α粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力向右偏转,均会打在b点。同理当电场方向向右,磁场方向垂直纸面向外时,α粒子受到向右的电场力和洛伦兹力,电子受到向左的电场力和洛伦兹力,不能受力平衡打到4.(2023·江苏选择考·T2)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为 ()A.0B.BIlC.2BIlD.5BIl【解析】选C。因bc段与磁场方向平行,则不受安培力;ab段与磁场方向垂直,则受到的安培力为Fab=BI∙2l=2BIl,则该导线受到的安培力为2BIl,故C正确。5.(2023·江苏选择考·T16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。(1)求电场强度的大小E;(2)若电子入射速度为v04,求运动到速度为v02(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=mv05eB位置的电子数N【解析】(1)由题知,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则有Ee=ev0B解得E=v0B(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中,由于洛伦兹力不做功,且由于电子入射速度为v04,则电子受到的电场力大于洛伦兹力,则电子向上偏转,根据动能定理有eEy1=12m(12v0)2-12m(14v0)(3)若电子以v入射时,设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有eEy=12mvm2-12mv2,由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点有F合=evmB-eE,在最低点有F合=eE-evB,联立有vm=2要让电子到达纵坐标y2=mv05eB位置,即y≥y2,解得v≤910v0。则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2=mv答案:(1)v0B(2)3mv6.(2023·辽宁选择考·T14)如图,水平放置的两平行金属板间存在匀强电场,板长是板间距离的3倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域,其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间,恰好从下板边缘P点飞出电场,并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为2m(1)求金属板间电势差U;(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ;(3)仅改变圆形磁场区域的位置,使粒子仍从图中O'点射入磁场,且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦,标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。【解析】(1)设板间距离为d,则板长为3d,带电粒子在板间做类平抛运动,两板间的电场强度为E=U根据牛顿第二定律得,电场力提供加速度:qE=ma解得a=qU设粒子在两板间的运动时间为t0,根据类平抛运动的规律得d2=12at02,3联立解得U=m(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α,则有tanα=at0故α=π则出电场时粒子的速度为v=v0cosα=粒子出电场后做匀速直线运动,接着进入磁场,根据牛顿第二定律,洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力,得qvB=mv解得r=mvqB=已知圆形磁场区域半径为R=2mv03粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场,故粒子将沿半径方向射出磁场,粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ,则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ,由几何关系可得θ=2α=π故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为π3(或60°(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r=3R,根据几何关系可知,带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧,故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示:答案:(1)mv023q(3)7.(2023·山东等级考·T17)如图所示,在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中,存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场,电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m,电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。(1)若粒子初速度为零,粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后,垂直NP再次进入电场,求磁场的磁感应强度B的大小;(2)若改变电场强度大小,粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场,离开电场后从P点第二次进入电场,在电场的作用下从Q点离开。(ⅰ)求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v0;(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。【解析】(1)粒子从A到垂直于NP进入电场的过程中,粒子运动轨迹如图所示:根据几何关系可知,粒子轨迹半径:r1=13AP=1设粒子第一次进入磁场时的速度为v1,根据动能定理可得:qE·2d=12mv12,解得:v1由于粒子第二次从QN边进入电场到再次从QN边进入磁场过程中,电场力做功为零,所以粒子第二次进入磁场时的速度大小不变,仍为v1。根据洛伦兹力提供向心力可得:qv1B=mv解得:B=6mEqd(2)(ⅰ)若改变电场强度大小,粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场,离开电场后从P点第二次进入电场,在电场的作用下从Q点离开,粒子运动轨迹如图所示:根据几何关系可得:r22=(2d)2+(r2-d解得:r2=2.5d根据洛伦兹力提供向心力可得:qv2B=mv解得:v2=15qEd根据几何关系可得:cosθ=2dr2=2d2.5d粒子从P点进入电场E'后,从Q点离开电场,则有:t=22d=v2sinθ·t+12a't根据牛顿第二定律可得:a'=qE联立解得:E'=36E;粒子从A到上边界运动的过程中,根据动能定理可得:qE'·2d=12mv22-解得:v0=9qEdm(ⅱ)假设粒子离开Q点后能够经过P点第三次进入电场,设粒子离开Q点速度大小为v3,与y轴夹角为α,如图所示:根据动能定理可得:qE'·2d=12mv32-解得:v3=341·qEd根据洛伦兹力提供向心力可得:qv3B=mv32r3,解得:r根据几何关系可得:sinα=v2cosθv3,解得:sin根据图中的几何关系可得:r3=2解得:r3=241d由于两种情况下计算的半径不相等,故粒子不会第三次经过P点进入电场。答案:(1)6mE(2)(ⅰ)36E9qEdm(ⅱ)见解析8.(2023·湖北选择考·T15)如图所示,空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻,一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入,第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰,碰撞时间忽略不计,碰撞过程中不发生电荷转移,不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求:(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小;(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小;(3)t=18πmqB时刻粒子甲、乙的位置坐标,及从第一次碰撞到t=18πm【解析】(1)由题知,粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达点O,则说明粒子甲的运动半径r甲0=a根据qv甲0B=mv解得v甲0=qBa(2)由题知,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周,则T甲=2T乙根据qvB=m4π2T2r,有T甲T乙=粒子甲、乙碰撞过程,取竖直向下为正,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则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为3qBa(3)已知在t1=πmqB时,甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=-3v甲0,v乙1=3则根据qvB=mv2r,可知此时乙粒子的运动半径为r乙1=可知在t2=3πmqB时,甲、乙粒子发生第二次碰撞,且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈,此过程中乙粒子走过的路程为s1=且在第二次碰撞时有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时,甲、乙粒子发生第三次碰撞,且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈,此过程中乙粒子走过的路程为s2=且在第三次碰撞时有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依次类推在t10=17πmqB时,甲、乙粒子发生第十次碰撞,且甲、乙粒子发生第九次碰撞到第十次碰撞过程中乙粒子运动了2圈,此过程中乙粒子走过的路程为s9=且在第十次碰撞时有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过程中,甲粒子刚好运动半周,则t=18πm在t10=17πmqB到t=18πmqB过程中,乙粒子刚好运动一周,则t=18πmqB时乙粒子回到坐标原点,且此过程中乙粒子走过的路程为故整个过程中乙粒子走过总路程为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月选考·T22)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示,Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ,其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场,区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场,方向均垂直纸面向里,区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束,沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用,并忽略磁场的边界效应。(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t;(2)若B2=2B1,求能到达y=L2处的离子的最小速度v2(3)若B2=B1Ly,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在B1qLm【解析】(1)离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动,不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切,其运动轨迹如图1所示。设其匀速