知识点十一 磁场-2022年高考物理分类题库

知识点十一磁场1.(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是 ()【解析】选B。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向,故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定则,可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力,故带电粒子向x轴负方向偏转,故A、C错误;运动的过程中电场力对带电粒子做功,粒子速度大小发生变化,粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向,故x轴为匀强电场的等势面,从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时,电场力做功为0,洛伦兹力不做功,故带电粒子再次回到x轴时的速度为0,随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转,故B正确,D错误。故选B。2.(多选)(2022·全国乙卷)安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可以测量磁传感应强度B。如图,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知 ()测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方【解析】选B、C。地磁的南极大致在地理北极附近,地磁的北极大致在地理南极附近。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下,则测量地点应位于北半球,故选项A错误;地磁场磁感应强度大小B=Bx2+Bz2=By2+Bz2≈50μT,故选项B正确;第2次测量时Bx=0,By=-20μT<0,则y轴正向指向南方,故选项C正确;第3次测量时Bx=21μT>0,By=3.(多选)(2022·辽宁选择考)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场,外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场,粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态,忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是 ()A.粒子1可能为中子B.粒子2可能为电子C.若增大磁感应强度,粒子1可能打在探测器上的Q点D.若增大粒子入射速度,粒子2可能打在探测器上的Q点【解析】选A、D。由题图可看出粒子1没有偏转,说明粒子1不带电,则粒子1可能为中子;粒子2向上偏转,根据左手定则可知粒子2应该带正电,A正确、B错误;由以上分析可知粒子1为中子,则无论如何增大磁感应强度,粒子1都不会偏转,C错误;粒子2在磁场中,洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,解得r=mvqB,可知若增大粒子入射速度,则粒子2的半径增大,粒子2可能打在探测器上的Q点4.(2022·广东选择考)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影,可能正确的是 ()【解析】选A。由题意知当质子射出后先在MN左侧区域运动,刚射出时根据左手定则可知,质子受到y轴正方向的洛伦兹力,即在MN左侧区域会向y轴正方向偏移,做匀速圆周运动,y轴坐标增大;在MN右侧区域根据左手定则可知洛伦兹力反向,质子在y轴正方向上做减速运动,故A正确,B错误;根据左手定则可知,质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运动,z轴坐标不变,故C、D错误。5.(2022·湖南选择考)如图甲,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图乙所示。导线通以电流I,静止后,轻绳偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是 ()A.当导线静止在图甲右侧位置时,导线中电流方向由N指向MB.电流I增大,静止后,导线对轻绳的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比【解析】选D。当导线静止在图甲右侧位置时,对导线受力分析如图,可知要让安培力为图示方向,则导线中电流方向应由M指向N,A错误;由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,有sinθ=BILmg,FT=mgcosθ,则可看出sinθ与电流I成正比,当I增大时θ增大,则cosθ减小,静止后,导线对轻绳的拉力FT减小,B、C错误,D6.(2022·广东选择考)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的有 ()A.电子从N到P,电场力做正功B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N,洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力【解析】选B、C。由题可知电子所受电场力水平向左,电子从N到P的过程中电场力做负功,故A错误;根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知,N点的电势高于P点,故B正确;由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直,故电子从M到N,洛伦兹力不做功,故C正确;由于M点和P点在同一等势面上,故从M到P电场力做功为0,而洛伦兹力不做功,M点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受电场力作用,在匀强电场中电子在这两点电场力相等,即合力相等,故D错误。7.(多选)(2022·湖北选择考)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 ()A.13kBL,0°B.12kBL,C.kBL,60° D.2kBL,60°【解析】选B、C。若离子通过下部分磁场直接到达P点,如图甲根据几何关系则有R=L,qvB=mv2R,可得v=qBLm=kBL,根据对称性可知出射速度方向与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角为θ当离子在上下部分磁场均通过一次时,如图乙因为上下磁感应强度均为B,则根据对称性有R'=12L,根据洛伦兹力提供向心力有qv'B=mv'2R',可得v'=qBL2m=12kBL,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ'=0°。设偏转次数为n,通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时,需满足v=qBL(2n-1)m=12n-1kBL(n=1,2,3……),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当离子从上部分磁场射出时,需满足v=qBL2nm=12nkBL8.(多选)(2022·湖北选择考)如图所示,一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入,并经过点P(a>0,b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,粒子从O到P运动的时间为t1,到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,粒子从O到P运动的时间为t2,到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是 ()A.t1<t2B.t1>t2C.Ek1<Ek2 D.Ek1>Ek2【解析】选A、D。当该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,此时粒子做类平抛运动,沿x轴正方向做匀速直线运动;当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,此时粒子做匀速圆周运动,沿x轴正方向分速度在减小,根据t=xv,可知t1<t2,故A正确,B错误。当该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,此时粒子做类平抛运动,到达P点时速度大于v0;当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,此时粒子做匀速圆周运动,到达P点时速度等于v0,而根据Ek=12mv2,可知Ek1>Ek2,故C错误,9.(2022·浙江6月选考)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P,可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调),其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q,板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为-q(q>0)、速度大小不同的离子,其中速度大小为v0的离子进入转筒,经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷,不计离子的重力和离子间的相互作用。(1)①求磁感应强度B的大小;②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处,求转筒P角速度ω的大小;(2)较长时间后,转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处,OC与x轴负方向的夹角为θ,求转筒转动一周的时间内,C处受到平均冲力F的大小;(3)若转筒P的角速度小于6v0R,且A处探测到离子,求板Q上能探测到离子的其他θ'的值(为探测点位置和O点连线与x【解析】(1)①离子在磁场中做圆周运动有qv0B=m则B=m②离子在磁场中的运动时间t=π转筒的转动角度ωt=2kπ+πω=(4k+1)v0R,k=0,1,2,3(2)设速度大小为v的离子在磁场中做圆周运动的半径为R',有R'=Rtanθv=v0tanθ离子在磁场中的运动时间t'=(π-θ)R转筒的转动角度ω't'=2nπ+θ转筒的转动角速度ω'=(2nπ+θ)(π-动量定理F2πωF=(2nπ+θ)Nmv022(3)转筒的转动角速度(4k+1)其中k=1,θ'=5-2n6π,可得θ'=5π6答案:(1)①m②(4k+1)v0R,k=0,1,2,3(2)(2nπ+θ)Nmv022(3)56π或110.(2022·河北选择考)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置,如图1所示,金属板与可调电源相连形成电场,方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场,方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源,可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子,不计重力及粒子间的相互作用,图中物理量均为已知量。求:(1)t=0时刻释放的粒子,在t=2πm(2)在0~6πmqB0时间内,(3)在M(4πE0mqB02,π【解析】(1)在0~πmqB0时间内,电场强度为E0qE0·πmqB解得粒子在πmqB0时刻的速度大小为方向竖直向上,粒子竖直向上运动的距离y1=12v1·πm在πmqB0~2πmqB0时间内,根据粒子在磁场运动的周期T=2πmqB可知粒子偏转180°,速度反向,根据qvB=粒子运动轨迹如图所以在t=2πmqB0时刻粒子的位置坐标为(x2,y1),即(2)在2πmqB0~3πmqB0q·2E0·πmqB0=mv解得3πmqB0方向竖直向上,粒子在竖直方向上运动的距离为y3=-v1+在3πmqB0~4πmqB0时间内,此时粒子速度方向向下,大小为v2,在4πmqB0~5πmqq·3E0·πmqB0=mv解得粒子在5πmqB0粒子在竖直方向运动的距离y5=-v2+v粒子运动的轨迹如图在0~6πmqW=qE0·y1+q·2E0·y3+q·3E0·y5=4qE0·y1=2电场力做正功;(3)根据前面的分析可知,粒子在0~t1(t1=πmqB0)时间内加速的时间等于粒子在2πmqB0~3πmqB0时间内减速运动的时间的2倍,根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可知,设粒子在t'时刻开始加速,加速时间Δt,则在t1时刻的速度v1'=a1Δt(其中a1=qE0m),位移:y1'=12a1(粒子在4πmqB0时刻的速度大小:v2'=v1'+a2(t1-Δt)=a1(2t1-Δt)(其中在5πmqB0~6πmqB0时间内减速的位移:y2若粒子恰好达到M点,则有:y2'+π2E0m解得:Δt=15-2所以粒子释放的时刻:tmax=t1-Δt=4-15若粒子恰好达到x轴,则有:y2'=y1'解得:Δt=3-1所以粒子释放的时刻:tmin=t1-Δt=3-3故在0~6πmqB0时间内,粒子在3-32·答案:(1)(2πE0mqB02,π2E0m2qB0211.(2022·山东等级考)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示,在三维坐标系Oxyz中,0<z,d空间内充满匀强磁场I,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;-3d,z<0,y<0的空间内充满匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为22B,方向平行于xOy平面,与x轴正方向夹角为45°;z<0,y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为+q的离子甲,从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射,速度方向与z轴正方向夹角为β,在yOz平面内运动一段时间后,经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I(1)当离子甲从A点出射速度为v0时,求电场强度的大小E;(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度vm;(3)离子甲以qBd2m的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场I,求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d(4)当离子甲以qBd2m的速度从O点进入磁场I时,质量为4m、带电量为+q的离子乙也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场I,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用【解析】(1)如图所示将离子甲从A点出射速度为v0分解到沿y轴方向和z轴方向,离子受到的电场力沿y轴负方向,可知离子沿z轴方向做匀速直线运动,沿y轴方向做匀减速直线运动,从A到O的过程,有L=v0cosβ·tv0sinβ=ata=qE联立解得E=m(2)如图所示离子从坐标原点