知識點十一 磁場-2023年高考物理分類題庫

知識點十一磁場1.(2023·全國乙卷·T18)如圖,一磁感應強度大小為B的勻強磁場,方向垂直于紙面(xOy平面)向里,磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x軸正向入射到磁場中,在磁場另一側的S點射出,粒子離開磁場后,沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點;SP=l,S與屏的距離為l2,與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變,在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場,該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為 (A.E2aB2 B.EaB【解題指南】解答本題應注意以下四點:(1)“粒子離開磁場后,沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點”,說明粒子重力不計。(2)當粒子在磁場中做勻速圓周運動時,關鍵是確定其圓心,畫出運動軌跡,利用幾何關系求出軌跡半徑。(3)“在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場,該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏”,說明粒子做勻速直線運動,受到的電場力和洛倫茲力平衡。(4)最后利用上述關系列式求解?！窘馕觥窟xA。由題知,一帶電粒子由O點沿x軸正向入射到磁場中,在磁場另一側的S點射出,則根據(jù)幾何關系r-rcos60°=a可知粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動,有qvB=mv2r，則有q如果保持所有條件不變,在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場,該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏,則有Eq=qvB，聯(lián)立有qm=E2.(多選)(2023·全國甲卷·T20)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場,筒上P點開有一個小孔,過P的橫截面是以O為圓心的圓,如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入,然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間,速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變,沿法線方向的分量大小不變、方向相反;電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是 ()A.粒子的運動軌跡可能通過圓心OB.最少經2次碰撞,粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時粒子的速度越大,在圓內運動時間越短D.每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線【解析】選B、D。假設粒子帶負電,第一次在A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖,O1為圓周運動的圓心,由幾何關系可知∠O1AO為直角,即粒子此時的速度方向為OA,粒子在和筒壁碰撞時速度會反向,由圓的對稱性可知,在其他點撞擊同理,D正確;假設粒子運動過程過O點,則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的,不能交于一點確定粒子做圓周運動的圓心,由圓形對稱性知,撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心,則粒子不可能過O點,A錯誤;由題意可知粒子運動軌跡的圓心組成的多邊形應為以筒壁為內接圓的多邊形,最少應為三角形,如圖所示即最少撞擊兩次,B正確;速度越大粒子做圓周運動的半徑越大,碰撞次數(shù)可能會增多,粒子運動時間不一定減少,C錯誤。故選B、D。【方法技巧】解決帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動的方法(1)找圓心,畫軌跡,確定圓心角,求運動時間。(2)應用到的作圖解題技巧:兩速度的垂線交點為圓心;弦的垂直平分線過圓心;偏向角等于圓心角。3.(2023·新課標全國卷·T18)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后,打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點,a點在小孔O的正上方,b點在a點的右側,如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的110,鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場,則電場和磁場方向可能為 (A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外【解析】選C。帶電粒子在電場和磁場中運動,打到a點的粒子電場力和洛倫茲力平衡,當電場方向向左,磁場垂直紙面向里時,α粒子受到向左的電場力和洛倫茲力,電子受到向右的電場力和洛倫茲力,均不能滿足受力平衡打到a點,A錯誤;當電場方向向左,磁場方向垂直紙面向外時,此時如果α粒子打在a點,則受到的向左的電場力和向右的洛倫茲力平衡,qE=qvB,可得v=EB,由于電子速度大,受到向左的洛倫茲力大于向右的電場力向左偏轉。同理如果電子打在a點,則α粒子向左的電場力大于向右的洛倫茲力向左偏轉,均不會打在b點,B錯誤;當電場方向向右,磁場方向垂直紙面向里時,如果α粒子打在a點,即向右的電場力和向左的洛倫茲力平衡,qE=qvB,可得v=EB,由于電子速度大,受到向右的洛倫茲力大于向左的電場力向右偏轉。同理如果電子打在a點,則α粒子向右的電場力大于向左的洛倫茲力向右偏轉,均會打在b點。同理當電場方向向右,磁場方向垂直紙面向外時,α粒子受到向右的電場力和洛倫茲力,電子受到向左的電場力和洛倫茲力,不能受力平衡打到4.(2023·江蘇選擇考·T2)如圖所示,勻強磁場的磁感應強度為B。L形導線通以恒定電流I,放置在磁場中。已知ab邊長為2l,與磁場方向垂直,bc邊長為l,與磁場方向平行。該導線受到的安培力為 ()A.0B.BIlC.2BIlD.5BIl【解析】選C。因bc段與磁場方向平行,則不受安培力;ab段與磁場方向垂直,則受到的安培力為Fab=BI?2l=2BIl,則該導線受到的安培力為2BIl,故C正確。5.(2023·江蘇選擇考·T16)霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場,磁感應強度為B。質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時,電子沿x軸做直線運動;入射速度小于v0時,電子的運動軌跡如圖中的虛線所示,且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。(1)求電場強度的大小E;(2)若電子入射速度為v04,求運動到速度為v02(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內均勻分布,求能到達縱坐標y2=mv05eB位置的電子數(shù)N【解析】(1)由題知,入射速度為v0時,電子沿x軸做直線運動,則有Ee=ev0B解得E=v0B(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中,由于洛倫茲力不做功,且由于電子入射速度為v04,則電子受到的電場力大于洛倫茲力,則電子向上偏轉,根據(jù)動能定理有eEy1=12m(12v0)2-12m(14v0)(3)若電子以v入射時,設電子能到達的最高點位置的縱坐標為y,則根據(jù)動能定理有eEy=12mvm2-12mv2,由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等,則在最高點有F合=evmB-eE,在最低點有F合=eE-evB,聯(lián)立有vm=2要讓電子到達縱坐標y2=mv05eB位置,即y≥y2,解得v≤910v0。則若電子入射速度在0<v<v0范圍內均勻分布,能到達縱坐標y2=mv答案:(1)v0B(2)3mv6.(2023·遼寧選擇考·T14)如圖,水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場,板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域,其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間,恰好從下板邊緣P點飛出電場,并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為2m(1)求金屬板間電勢差U;(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ;(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置,使粒子仍從圖中O'點射入磁場,且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦,標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M?！窘馕觥?1)設板間距離為d,則板長為3d,帶電粒子在板間做類平拋運動,兩板間的電場強度為E=U根據(jù)牛頓第二定律得,電場力提供加速度:qE=ma解得a=qU設粒子在兩板間的運動時間為t0,根據(jù)類平拋運動的規(guī)律得d2=12at02,3聯(lián)立解得U=m(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α,則有tanα=at0故α=π則出電場時粒子的速度為v=v0cosα=粒子出電場后做勻速直線運動,接著進入磁場,根據(jù)牛頓第二定律,洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力,得qvB=mv解得r=mvqB=已知圓形磁場區(qū)域半徑為R=2mv03粒子沿PO方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場,故粒子將沿半徑方向射出磁場,粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ,則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應的圓心角也為θ,由幾何關系可得θ=2α=π故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為π3(或60°(3)帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r=3R,根據(jù)幾何關系可知,帶電粒子在該磁場中運動的軌跡一定為劣弧,故劣弧所對應軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長。則相對應的運動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示:答案:(1)mv023q(3)7.(2023·山東等級考·T17)如圖所示,在0≤x≤2d,0≤y≤2d的區(qū)域中,存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場,電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質量為m,電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場(不計粒子重力)。(1)若粒子初速度為零,粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后,垂直NP再次進入電場,求磁場的磁感應強度B的大小;(2)若改變電場強度大小,粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場,離開電場后從P點第二次進入電場,在電場的作用下從Q點離開。(ⅰ)求改變后電場強度E'的大小和粒子的初速度v0;(ⅱ)通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場?！窘馕觥?1)粒子從A到垂直于NP進入電場的過程中,粒子運動軌跡如圖所示:根據(jù)幾何關系可知,粒子軌跡半徑:r1=13AP=1設粒子第一次進入磁場時的速度為v1,根據(jù)動能定理可得:qE·2d=12mv12,解得:v1由于粒子第二次從QN邊進入電場到再次從QN邊進入磁場過程中,電場力做功為零,所以粒子第二次進入磁場時的速度大小不變,仍為v1。根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qv1B=mv解得:B=6mEqd(2)(ⅰ)若改變電場強度大小,粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場,離開電場后從P點第二次進入電場,在電場的作用下從Q點離開,粒子運動軌跡如圖所示:根據(jù)幾何關系可得:r22=(2d)2+(r2-d解得:r2=2.5d根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qv2B=mv解得:v2=15qEd根據(jù)幾何關系可得:cosθ=2dr2=2d2.5d粒子從P點進入電場E'后,從Q點離開電場,則有:t=22d=v2sinθ·t+12a't根據(jù)牛頓第二定律可得:a'=qE聯(lián)立解得:E'=36E;粒子從A到上邊界運動的過程中,根據(jù)動能定理可得:qE'·2d=12mv22-解得:v0=9qEdm(ⅱ)假設粒子離開Q點后能夠經過P點第三次進入電場,設粒子離開Q點速度大小為v3,與y軸夾角為α,如圖所示:根據(jù)動能定理可得:qE'·2d=12mv32-解得:v3=341·qEd根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得:qv3B=mv32r3,解得:r根據(jù)幾何關系可得:sinα=v2cosθv3,解得:sin根據(jù)圖中的幾何關系可得:r3=2解得:r3=241d由于兩種情況下計算的半徑不相等,故粒子不會第三次經過P點進入電場。答案:(1)6mE(2)(ⅰ)36E9qEdm(ⅱ)見解析8.(2023·湖北選擇考·T15)如圖所示,空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻,一帶正電粒子甲從點P(2a,0)沿y軸正方向射入,第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍,粒子甲運動一個圓周時,粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質量為m,兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰,碰撞時間忽略不計,碰撞過程中不發(fā)生電荷轉移,不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求:(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小;(2)粒子乙的質量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小;(3)t=18πmqB時刻粒子甲、乙的位置坐標,及從第一次碰撞到t=18πm【解析】(1)由題知,粒子甲從點P(2a,0)沿y軸正方向射入到達點O,則說明粒子甲的運動半徑r甲0=a根據(jù)qv甲0B=mv解得v甲0=qBa(2)由題知,粒子甲運動一個圓周時,粒子乙剛好運動了兩個圓周,則T甲=2T乙根據(jù)qvB=m4π2T2r,有T甲T乙=粒子甲、乙碰撞過程,取豎直向下為正,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則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa(3)已知在t1=πmqB時,甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=-3v甲0,v乙1=3則根據(jù)qvB=mv2r,可知此時乙粒子的運動半徑為r乙1=可知在t2=3πmqB時,甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞,且甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞過程中乙粒子運動了2圈,此過程中乙粒子走過的路程為s1=且在第二次碰撞時有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時,甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞,且甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運動了2圈,此過程中乙粒子走過的路程為s2=且在第三次碰撞時有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依次類推在t10=17πmqB時,甲、乙粒子發(fā)生第十次碰撞,且甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞到第十次碰撞過程中乙粒子運動了2圈,此過程中乙粒子走過的路程為s9=且在第十次碰撞時有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過程中,甲粒子剛好運動半周,則t=18πm在t10=17πmqB到t=18πmqB過程中,乙粒子剛好運動一周,則t=18πmqB時乙粒子回到坐標原點,且此過程中乙粒子走過的路程為故整個過程中乙粒子走過總路程為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月選考·T22)利用磁場實現(xiàn)離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示,Oxy平面(紙面)的第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場,區(qū)域Ⅱ存在磁感應強度大小為B2的磁場,方向均垂直紙面向里,區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束,沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用,并忽略磁場的邊界效應。(1)求離子不進入區(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t;(2)若B2=2B1,求能到達y=L2處的離子的最小速度v2(3)若B2=B1Ly,且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在B1qLm【解析】(1)離子在磁場區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動,不進入區(qū)域Ⅱ速度最大的離子的運動軌跡與區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的分界線相切,其運動軌跡如圖1所示。設其勻速