北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题十 磁场
专题检测题组
(时间:160分钟 满分:210分)
一、单项选择题(每小题4分,共8分)
1.(2021长郡中学月考一)如图所示,竖直平面内粗糙绝缘细杆(下)与直导线(上)水平平行固定,
导线足够长。已知导线中的电流水平向右,大小为I,有一电荷量为+q、质量为m的小球套在
细杆上(小球中空部分尺寸略大于细杆直径),若给小球一水平向右的初速度v,空气阻力不计,
0
那么下列说法正确的是( )
A.小球可能做匀速直线运动
B.小球可能做匀减速直线运动
C.若小球带负电,仍可能做匀速直线运动
D.若小球最终静止,是因为洛伦兹力对小球做了负功
答案 A 根据左手定则,小球受到的洛伦兹力竖直向上。当洛伦兹力和重力大小相等时,小
球受到的支持力为零,摩擦力为零,小球做匀速直线运动,故A正确;当洛伦兹力和重力大小不
相等时,小球受到的支持力不为零,摩擦力不为零,小球做减速运动,但随着速度的减小,洛伦兹
力也会减小,摩擦力会发生变化,小球的加速度也会变化,所以小球不可能做匀减速直线运动,
故B错误;若小球带负电,则洛伦兹力向下,一定有摩擦力,小球不可能做匀速运动,故C错误;
洛伦兹力不做功,若小球最终静止,是因为摩擦力对小球做了负功,故D错误。
知识归纳 在洛伦兹力作用下的带电粒子,不可能做匀变速直线运动,因为速度变化,洛伦兹
力变化,合力变化,加速度变化。
2.(2022届广州天河一模,6)如图所示,三根长为L平行的直线电流在空间构成以a为顶点的等
腰直角三角形,其中a、b电流的方向垂直纸面向里,c电流方向垂直纸面向外,其中b、c电流
大小为I,在a处产生的磁感应强度的大小均为B,通过导线a的电流大小为√2I,则导线a受到
的安培力为( )
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A.2BIL,方向竖直向上
B.BIL,方向水平向右
C.√2BIL,方向竖直向上
D.4BIL,方向水平向左
答案 A b、c电流在a处产生的磁感应强度的大小均为B,根据矢量的叠加法则,结合几何
关系可得,a处的磁感应强度为B=√2B,方向水平向左,再由左手定则可知,导线a所受安培力
a
方向竖直向上,大小为F=√2B·√2IL=2BIL,故选A。
二、多项选择题(每小题6分,共66分)
3.(2020广东六校联考,11)如图,边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁
场,质量为m,电荷量为q的同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场,若
L
初速度大小为v 射入磁场后从ac边界距a点 处射出磁场。不计粒子的重力,下列说法正确
0
3
的是( )
2L
A.若粒子射入磁场的速度增大为2v,则出射位置距a点
0
3
B.若粒子射入磁场的速度增大为2v,则粒子在磁场中的运动时间减小为原来的一半
0
C.若粒子射入磁场的速度不大于3v,粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直
0
D.若粒子射入磁场的速度不同,但从ac边射出的所有粒子在磁场中的运动时间相等
答案 ACD 粒子的速度分别为v、2v、3v 时,画出粒子轨迹如图所示,若粒子射入磁场的
0 0 0
mv 2L
速度增大为2v,根据R= 可知,粒子的半径增大到原来的2倍,则出射位置距a点 ,故A
0
qB 3
正确;若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子从ac边射出时与ac边的夹角不变、轨迹对应
0
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的圆心角不变,则粒子在磁场中的运动时间不变,故B错误;若粒子射入磁场的速度不大于
3v,则粒子均能够从ac边射出,射出时速度方向与ac边的夹角为30°,而ab边与ac边的夹角
0
为60°,则粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直,故C正确;若粒子射入磁场的速度不
同,但从ac边射出的所有粒子运动轨迹对应的圆心角均为60°,所以在磁场中的运动时间相等,
故D正确。
解题关键 本题解题关键是要画出粒子轨迹,找到临界几何条件,再运用洛伦兹力提供向心力
与几何关系结合求解。
4.(2022届邵东一中月考一)(多选)如图所示,在直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀
强磁场。速率不同的大量相同带电粒子从A点沿与AC边夹角为60°方向进入磁场,从AC和
BC边的不同位置离开磁场。已知AB=L,∠ACB=30°,不计粒子的重力和粒子间相互作用力,
则( )
A.所有从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同
B.从BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间
短
C.粒子在磁场中运动的弧长越长,运动时间一定越长
3-√3
D.所有从BC边离开的粒子离C点的最近距离为 L
2
答案 ABD 根据题意画出粒子可能的运动轨迹如图所示,由几何关系可知在AC边射出的
2 θ θm
粒子转过的圆心角相等,均为 π,根据t= T= 可知,所有从AC边离开的粒子在磁场中运
3 2π Bq
动的时间相同,从BC边射出的粒子转过的圆心角不等,越靠近B转过的圆心角越小,所以从
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BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间短,
A、B正确;由以上分析可知运动时间与弧长无关,C错误;从BC边离开的粒子运动轨迹与BC
边相切时,粒子的出射点F距离C点最近,由几何关系可知四边形OAEF为正方形,则有
L √3 3-√3
FC=BC-BE-EF=2L- - L= L,D正确。
2 2 2
5.(2022届东营一中周测,11)(多选)如图,空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2 T的匀
强磁场,一质量为0.3 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板右端无初速度放上
一质量为0.4 kg、电荷量q=+0.2 C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45,滑块受
到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对滑块施加方向水平向左,大小为2.1 N的
恒力。g取10 m/s2,则( )
A.木板和滑块一直做加速度为3 m/s2的匀加速运动
B.木板先做加速度为3 m/s2的匀加速运动,再做加速度减小的变加速运动,最后做匀速直线运
动
C.当木块的速度等于10 m/s时与木板恰好分离
D.t=1 s时滑块和木板开始发生相对滑动
答案 BC 由于动摩擦因数为0.45,在静摩擦力的作用下,木板的最大加速度为a =
max
0.45×0.4×10 F
m/s2=6 m/s2,所以当2.1 N的恒力作用于滑块时,系统一起以a= =
0.3 M+m
2.1
m/s2=3 m/s2的加速度匀加速向左运动;当滑块获得向左运动的速度以后又产生一
0.4+0.3
个方向向上的洛伦兹力,滑块对木板的压力减小,摩擦力减小,木板的加速度减小,所以木板做
的是加速度减小的加速运动,当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零,此时有
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qvB=Mg,代入数据得v=10 m/s;此时摩擦力消失,木板做匀速运动,而滑块在水平方向上受到
恒力作用,速度增加,洛伦兹力增大,滑块将离开木板向上做曲线运动,故A错误,B、C正确。
当滑块和木板开始发生相对滑动时,木板的加速度恰好为共同的加速度3 m/s2,对木板有
F=ma=0.3×3 N=0.9 N,再根据F=μ(Mg-qvB),解得v=5 m/s,根据v=at可得发生相对滑动的时
f f
5
刻为t= s,故D错误。
3
6.(2022届深圳罗湖质检, 8)(多选)如图所示,有两根用超导材料制成的长直平行导线a、b,分
别通以80 A和100 A方向相同的电流,两导线构成的平面内有一点p,
到两导线的距离相等。下列说法正确的是( )
A.两导线间受到的安培力为斥力
B.两导线间受到的安培力为引力
C.两导线间受到的安培力F=1.25F
b a
D.移走导线b前后,p点的磁感应强度方向改变
答案 BD 导线b中电流在导线a处产生的磁场方向垂直纸面向里,导线a电流的方向向左,
由左手定则可知,导线a受到的安培力向下,同理导线b受到的安培力向上,所以两导线间受到
的安培力为引力, A错误,B正确;两导线受到的安培力是相互作用力,所以大小相等,故C错误;
根据右手螺旋定则,a、b中的电流在p点产生的磁感应强度方向相反,移走导线b前,b的电流
较大,则p点磁场方向与b中电流产生磁场方向相同,垂直纸面向里,移走b后,p点磁场方向与
a中电流产生磁场方向相同,垂直纸面向外,故D正确。
7.(2021淄博一模,11)(多选)如图所示,粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁
场中。t=0时,一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动,
则物块运动的v-t图像可能是( )
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答案 ACD 设初速度为v,则F =Bqv ,若满足mg=F=μF ,即mg=μBqv ,物块向下做匀速运
0 N 0 f N 0
mg-μBqv
动,A正确;若mg>μBqv ,则物块开始有向下的加速度,由a= 可知,随速度增加,加速
0
m
度减小,即物块先做加速度减小的加速运动,最后达到匀速状态,D正确;若mg<μBqv ,则物块
0
μBqv-mg
开始有向上的加速度,做减速运动,由a= 可知,随速度减小,加速度减小,即物块先做
m
加速度减小的减速运动,最后达到匀速状态,则C正确。
8.(2021佛山一模,9)(多选)地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入。赤道剖面外的磁场可简化为
包围地球一定厚度的匀强磁场,方向垂直该剖面,如图所示。图中给出了速度在图示平面内,
从O点沿平行地面与垂直地面2个不同方向入射的微观带电粒子(不计重力)在地磁场中的
三条运动轨迹a、b、c,且它们都恰不能到达地面。则下列相关说法中正确的是( )
A.沿a轨迹运动的粒子带正电
B.若沿a、c两轨迹运动的是相同的粒子,则a粒子的速率更大
C.某种粒子运动轨迹为a,若它的速率不变,只是改变射入磁场的方向,则只要其速度在图示平
面内,无论沿什么方向入射,都不会到达地面
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D.某种粒子运动轨迹为b,若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射,则有可能到达地
面
答案 CD 由图所示粒子运动弯曲方向及左手定则知:沿a、c两轨迹运动的粒子带负电,b
mv
带正电,故A错误;由半径r= 知,若沿a、c两轨迹运动的粒子是相同粒子,沿c轨迹运动的
qB
粒子做匀速圆周运动的半径大,则速度大,故B错误;某种粒子运动轨迹为a,若它的速率不变,
则其轨迹半径不变,当只改变入射方向时,相当于将一个直径一定的圆绕入射点顺时针转动,
显然除图示情况外,沿其他方向入射的粒子的运动轨迹均不能与地面相交,即到达不了地面,
故C正确;运动轨迹为b的粒子,若它以相同的速率在图示平面内沿图示方向逆时针转动一角
度,则不会到达地面,若沿顺时针转动一角度,则可到达地面,故D正确。
9.(2021揭阳一模,10)(多选)如图所示,平板MN上方有足够大的匀强磁场区域,磁场方向垂直
纸面向里,电子从平板上的小孔O射入匀强磁场,速度方向与平板MN夹角为θ(0<θ<π),整个
装置放在真空中,且不计重力。电子打到平板MN上的位置到小孔的距离为s,在磁场中运动
时间为t,则( )
A.若θ一定,增大速度v,电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s不变
B.若θ一定,增大速度v,电子在磁场中的运动时间t不变
C.若速度v大小一定,θ角从30°增大到150°过程中,电子打到平板MN上的位置到小孔的距
离s先减小后增大
D.若速度v大小一定,θ角从30°增大到150°过程中,电子在磁场中运动时间t增大
mv 2πm
答案 BD 电子的运动轨迹如图所示,其做圆周运动的半径r= 、周期T= ,打到平
Be Be
2mv·sinθ 2θ
板MN上的位置到小孔的距离s=ON=2r sin θ= ,电子在磁场中的运动时间t=
Be 2π
2πm 2θm 2mv·sinθ 2θm
· = 。若θ一定,增大速度v时,从上述s= 知,距离增大,时间t= 不
Be Be Be Be
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变,故A错误,B正确;若速度v大小一定,θ角从30°增大到150°过程中,轨迹分别为1、2、3所
2mv·sinθ 2θm
示,从上述s= 知,距离先增大后减小,而时间t= 一直增大,故C错误,D正确。
Be Be
10.(2022届日照开学考,10)(多选)如图所示,有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b,a被水
平放置在倾角为45°的光滑斜面上,b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置,且a、b平
行,它们之间的距离为x。当两细棒中均通以电流为I的同向电流时,a恰能在斜面上保持静
止,则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是(重力加速度为g)(
)
A.方向竖直向上
√2mg
B.大小为
2LI
C.要使a仍能保持静止,而减小b在a处的磁感应强度,可使b上移
D.若使b下移,a将不能保持静止
答案 ACD 由安培定则可知b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上,A正
F BIL mg
确;a的受力如图甲所示。tan 45°= 安= ,所以B= ,B错误;b无论上移还是下移,b的电
mg mg IL
流在a处产生磁场的磁感应强度均减小,所以导体棒间的安培力也要减小。若b上移,a的受
力如图乙所示。上移过程中F 逐渐减小,F 先减小后增大,两个力的合力等于mg,可见b适
N 安
当上移,a仍能保持静止,C正确;若使b下移,根据平衡条件,a受到的安培力方向顺时针转动,
只有安培力变大才能使a保持平衡,故a将不能保持静止,D正确。
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11.(2022届长郡中学月考一)(多选)如图所示,在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直纸
面向外的匀强磁场,AO与水平方向的夹角为30°。现有氢的同位素 H粒子从A点沿水平方
1
1
向以大小为v 的速度垂直射入磁场,其离开磁场时,速度方向刚好改变了180°;氢的另一同位
0
素 H粒子以大小为v 的速度从C点沿CO方向垂直射入磁场。已知 H粒子的电荷量为e,质
2 0 1
1 1
量为m,不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法中正确的是( )
A H粒子竖直向上射出磁场
.2
1
πR
B.2
H粒子在磁场中运动的时间为
1 v
0
mv
C.该匀强磁场的磁感应强度B= 0
2eR
D.两粒子从圆形边界射出时射出点之间的距离为√3R
答案 AD H粒子离开磁场时,速度方向刚好改变了180°,表明粒子在磁场中转动了半周,
1
1
如图所示,由几何关系可得r
1
=1R,据牛顿第二定律可得ev
0
B=m v2
0
,解得r
1
= mv
0
=1R,
❑ 2
H粒
2 r eB 2 1
1
v2 2mv
子进入磁场,据牛顿第二定律可得ev
0
B=2m
0
,解得r
2
=
0
=R,所以
❑ 2
H粒子竖直向上射
r eB 1
2
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1
πr πR
出磁场,A正确;❑ 2H粒子在磁场中运动的时间为t=2 2 = ,B错误;由A的解析可得,磁
1 2 2v
v 0
0
2mv
感应强度B= 0,C错误;由几何关系可知两粒子射出点之间的距离Δs=2R cos 30°=√3R,D
eR
正确。
12.(2022届历城二中开学考,9)(多选)如图所示,A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一
束负离子,离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域,可加垂直纸面的匀
q
强磁场。已知O、A两点间的距离为s,负离子的比荷为 ,速率为v,OP与OQ间的夹角为
m
30°,则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是( )
mv
A.B> ,垂直纸面向里
3qs
mv
B.B> ,垂直纸面向里
qs
mv
C.B> ,垂直纸面向外
qs
3mv
D.B> ,垂直纸面向外
qs
答案 BD 当磁场方向垂直纸面向里时,离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示,切点为M,
设轨迹半径为r
1
,由几何关系可知, sin 30°= r
1
,可得r
1
=s,由r
1
= mv 可得B
1
=mv;当磁场方
s+r B q qs
1 1
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r
向垂直纸面向外时,其临界轨迹与OP相切于N点,如图乙所示,由几何关系s= 2 +r ,得
sin30° 2
s mv 3mv
r= ,又r= ,所以B = ,综合上述分析可知,B、D正确,A、C错误。
2 3 2 qB 2 qs
2
13.(2022届湖南英才大联考)(多选)如图所示,两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定
于水平地面上,都处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为
m、带电荷量均为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放运动一段时间后,两小
滑块都将飞离斜面。在此过程中( )
A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C.两滑块在斜面上运动的过程中,重力的平均功率相等
D.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同
答案 AC 滑块沿斜面运动时,受力分析有:mg sin θ=ma,F +qvB=mg cos θ,可知当v越大
N
mgcosθ
时,F 越小,当F =0,即v = 时,滑块将飞离斜面,A对。由mg sin θ=ma知滑块在斜面
N N m
qB
mgcosθ
v m
上做匀加速运动,且加速度不变,所以t= m= qB = ,可知B错。重力的平均功率
a qBtanθ
gsinθ
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v mgv sinθ m2g2 sinθcosθ
P =mg 1= m = ,可知两种情况重力的平均功率相等,C对。滑块
G
2 2 2qB
在斜面上运动的位移L=
v2
=
m2gcos2θ
,可知D错。
m
2gsinθ 2q2B2 sinθ
三、非选择题(共136分)
14.(2021长郡中学、师大附中、长沙一中联考,18)(16分)如图所示,在无限长的竖直边界NS
和MT间充满匀强电场(未画出),同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向
外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和
MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电荷量为
+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。
(1)求电场强度的大小和方向。
(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。
解析 (1)设电场强度大小为E。
由题意有mg=qE
mg
得E= , 方向竖直向上。
q
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图1
(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v ,对应的粒子在上、下区域的
min
运动半径分别为r 和r,圆心的连线与NS的夹角为φ。
1 2
mv
由r=
qB
mv 1
有r= min,r= r
1 qB 2 2 1
由(r+r )sin φ=r
1 2 2
r+r cos φ=h
1 1
qBh
得v =(9-6√2)
min
m
(3)如图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r 和r,粒子第一
1 2
次通过KL时距离K点为x。
图2
由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,…)
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3 (9-6√2)h
x≥
2 2
x=
√r2-(h-r )2
1 1
0.36 h
得r=(1+ ) ,n<3.5
1 n2 2
0.68qBh
则 n=1 时 ,v=
m
0.545qBh
n=2 时 ,v=
m
0.52qBh
n=3 时 ,v= 。
m
15.(2022届潍坊月考,15)(16分)如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存
在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里。
一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发,沿与x轴正方向间夹角为45°的方向进入复
合场中,正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的
时间),粒子继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力,重力加速度为
g,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)微粒在复合场中的运动时间。
解析 (1)微粒到达A(l,l)之前做匀速直线运动,对微粒受力分析如图甲:
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mg
所以Eq=mg,得:E= 。
q
(2)由平衡条件知:qvB=√2mg
电场方向变化后,微粒所受重力与电场力平衡,微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹
v2
如图乙:qvB=m
r
由几何知识可得:r=√2l
m√g
联立解得:v=√2gl,B= 。
q l
(3)微粒做匀速直线运动的时间:
√2l √ l
t= =
1 v g
微粒做匀速圆周运动的时间:
3
π·√2l 3π √ l
t=4 =
2
4 g
v
微粒在复合场中的运动时间:
3π √ l
t=t +t=( +1) 。
1 2 4 g
16.(2022届广州天河一模,13)(16分)如图所示,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。
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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,粒子恰好做匀速直线运动,
t
经t 时间从P点射出;若仅撤去磁场,粒子仍从O点以相同的速度沿y轴正方向射入,经 0 时
0
2
间从半圆形区域的边界射出。
(1)求电场强度的大小和方向;
q
(2)求粒子的比荷 ;
m
(3)若保留磁场而撤去电场,粒子仍从O点沿y轴正方向射入,但速度为原来的4倍,求粒子在
磁场中运动的时间。
解析 (1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,初速度为v,电场强度为E。可判断出粒子受到
的洛伦兹力沿x轴负方向,可知电场强度 沿 x 轴正方向 ,粒子受力平衡,有qE=qvB,又R=vt,得
0
BR
E=
t
0
t
(2)仅有电场时,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,在y方向位移y=v 0
2
R
得y= ,设在x方向位移为x,因射出位置在半圆形区域边界上,由数学知识得
2
√3 qE 1 t
x= R,由牛顿第二定律,有a= ,在x方向,有x= a( 0)2
2 m 2 2
得q=4√3
m Bt
0
(3)仅有磁场时,入射速度为4v,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,如图所示,设轨道半径
为r,由牛顿第二定律有q·4vB=m(4v)2,得r=m·4v= Bt ·4v=vt =√3R
0 0
r Bq 4√3 B √3 3
第16页共24页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
R
√3 π 2πm
由几何关系 sin α= 2 = ,得α= ,带电粒子在磁场中运动周期T=
2 3 qB
r
则带电粒子在磁场中运动时间t=2αT,得t=√3πt
0
2π 18
17.(2022届山东重点高中第二次联考,17)(16分)如图所示,在xOy平面的第一象限内存在方
向垂直纸面向外的匀强磁场,在第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。两个质量均为
m、电荷量均为+q的粒子从y轴上的点P(0,l )同时以速率v 分别沿与y轴正方向和负方向
0 0
成60°角射入磁场中,两粒子均垂直穿过x轴进入电场,最后分别从y轴上的M、N点(图中未
画出)离开电场,测得M、N两点间的距离为l。两粒子所受重力及粒子之间的相互作用均不
0
计。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B和匀强电场的电场强度大小E;
(2)粒子到达M、N两点的时间差。
解析 (1)因两粒子均垂直x轴进入电场,由几何关系可知,粒子在磁场中运动的轨迹半径r=
l
0
sin60°
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粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=mv2
0 0
r
√3mv
解得B=
0
2ql
0
粒子在电场中做类平抛运动,则有
r 1
= at2
2 2 1
3r 1
= at2
2 2 2
qE
其中a=
m
v(t -t )=l
0 2 1 0
4(2√3-3)mv2
解得E=
0
3ql
0
(2)由几何关系可知,两粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角分别60°和120°,则两粒子在磁
场中运动的时间差为
T 1 2πm πm
Δt= = × =
1
6 6 qB 3qB
l
粒子在电场中运动的时间差Δt
2
=t
2
-t
1
=
0
v
0
所以粒子到达M、N两点的时间差Δt=Δt
1
+Δt
2
=(9+2√3π)) l 0。
9 v
0
18.(2022届广东七校联考,13)(16分)如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在垂直纸面向
外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在第二象限存在与y轴平行且方向向上的匀强电场。
一带负电粒子从x轴上的A点以速度v 沿与x轴成θ=60°角的方向射入匀强磁场,恰好垂直
0
于y轴从D点(图中未画出)进入匀强电场,最终从x轴上的C点离开电场。已知
OA=d,OC=2d,粒子重力不计,求:
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R和运动时间t;
1
(2)电场强度E的大小。
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解析 (1)粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动轨迹如图所示。其中O'点为带电粒子做匀速
圆周运动的轨迹圆的圆心
d
在三角形OO'A中,由几何关系知粒子在磁场中运动的轨道半径R=
sinθ
2√3
解得R= d,由几何关系知,粒子在匀强磁场中运动时转过的圆心角∠DO'A=120°
3
1
则粒子在磁场中的运动时间t= T
1
3
2πR
粒子在磁场中的运动周期T=
v
0
解得t=4√3πd
1
9v
0
(2)由几何关系得y =R(1+cos θ),解得y =√3d,设带电粒子的质量为m,电荷量为q,由牛顿第二
D D
定律得qvB=mv2 ,解得q=√3v ,设粒子在电场中运动的加速度为a。由运动学公式有
0 0 0
R m 2Bd
1
2d=vt,y = at2,由牛顿第二定律有Eq=ma,解得E=Bv
02 D 2 2 0
19.(2022届湖南百校大联考)(16分)如图所示,在足够长的水平面的上方有水平向里的匀强磁
场和方向水平向右的匀强电场,磁感应强度大小B=0.5 T,电场强度大小E=5 V/m。质量
M=0.2 kg的绝缘立方体物块中心为一球形空洞,空洞内有一半径等于空洞半径、质量
第19页共24页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
m=0.05 kg的光滑圆球,圆球均匀带电,总电荷量q=0.5 C。立方体物块与水平面间的动摩擦因
数μ=0.5。将物块放置在水平面上由静止释放。取重力加速度大小g=10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求物块释放瞬间的加速度大小a;
1
(2)求物块脱离水平面前的瞬间,圆球对物块的弹力F 的大小和方向;
N
(3)若在物块脱离水平面前的瞬间,保持匀强电场的电场强度大小不变、方向改为竖直向上,
4π
求再经过 s时物块距离水平面的高度h。(该过程中物块可视为质点)
3
解析 (1)物块释放瞬间,圆球不受洛伦兹力,对物块和圆球整体受力分析
根据牛顿第二定律,水平方向有qE-μN=(M+m)a ①
1
竖直方向有N-(M+m)g=0②
联立①②式解得a= 5 m/s 2
1
(2)物块脱离水平面前瞬间,水平面对物块的支持力为零,对物块和圆球整体受力分析,根据牛
顿第二定律,水平方向有qE=(M+m)a ③
2
以物块为研究对象,可知物块受到重力和圆球的弹力F 两个力的作用,设弹力F 与水平方向
N N
的夹角为θ,有:F sin θ=Mg④
N
F cos θ=Ma ⑤
N 2
联立③④⑤式解得:F =2√2 N ,θ=45°,即弹力方向与 水平方向成 45° 角斜向右上方
N
(3)物块脱离水平面的瞬间,对物块和圆球整体有qvB=(M+m)g⑥
保持匀强电场的电场强度大小不变、方向改为竖直向上,分析可知:qE=(M+m)g
重力与电场力恰好平衡,相当于只受洛伦兹力作用,整体做匀速圆周运动
(M+m)v2
由洛伦兹力提供向心力可知:qvB= ⑦
r
2πr
运动周期:T= ⑧
v
2π
圆心角:φ= t⑨
T
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由⑥⑦解得:r=10 m
4π
由⑦⑧⑨解得:φ=
3
则物块距离水平面的高度:h=r+r cos(φ-π)= 15 m
20.(2021雅礼中学三模)(20分)课外研究小组的同学在研究速度选择器时,将一带电荷量为
+q、质量为m的小球沿极板正中间平行极板方向射入速度选择器(如图甲所示),发现小球沿
mg
直线通过速度选择器。已知磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,电场强度的大小E=
q
,方向与B方向垂直。
(1)求小球的初速度v;
0
(2)若已知板间距为d,板长为L,且d=L=4m2g。如图乙,现在速度选择器的上极板正中间开
q2B2
一小孔H,将电场的方向反向,大小不变,且仍然让小球以第(1)问的速度v 从中点出发,判定是
0
否能够通过小孔H?若能够通过,求从射入速度选择器到第2次通过小孔H的时间;若不能通
过,求打在上极板的位置。
(3)将图乙中电场强度大小变为2E,改变板间距离d,若将小球以速度v 垂直极板从小孔H射
0
入板间,发现小球恰好能到达下极板,求板间距d。
解析 (1)小球沿直线通过速度选择器,qvB=qE+mg
0
2mg
解得v=
0
qB
(2)qE=mg,粒子做匀速圆周运动,有qvB=mv2
0 0
r
解得r=2m2g
q2B2
第21页共24页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
L d
由于r= = ,故粒子刚好能过小孔
2 2
T πm
在磁场中运动时间t= =
1
4 2qB
2v 4m
匀变速运动时间t= 0=
2 g qB
(π+8)m
粒子运动总时间为t=t +t=
1 2
2qB
(3)水平方向,由动量定理得qv Bt=mv ,即qBd=mv
y x x
1 1
由动能定理可得-q·2Ed+mgd= mv2- mv2
2 x 2 0
解得:d=(√5-1)m2g
q2B2
21.(2022届长郡中学月考一)(20分)如图甲所示,水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场,现
q π
将一重力不计、比荷 =1×106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放,经过t= ×10-5
1
m 15
s后,电荷以v=1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场,磁场与纸面垂直,磁感应
0
强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正,以电荷第一次通过MN
时为t=0时刻),计算结果可用π表示。
(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中做圆周运动的半径及周期;
(2)如果在O点右方43.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板,求电荷从O点出发运动到挡
板所需的时间。
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mv2
解析 (1)当磁场垂直纸面向外时,设电荷运动的半径为r
1
,周期为T
1
,由B
1
qv
0
= 0和T
1
=
r
1
2πr
可得
1
v
0
r=mv = 5 cm
1 0
qB
1
2πm 2π
T= = ×10 -5 s
1 qB 3
1
mv
当磁场垂直纸面向里时,设电荷运动的半径为r
2
,周期为T
2
,同理可得r
2
=
0
= 3 cm
qB
2
2πm 2π
T= = ×10 -5 s
2 qB 5
2
(2)电荷从t=0时刻开始做周期性运动,结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示,
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期
T=( π 1 2π 1 2π)×10-5 s=4π×10-5 s
×4+ × + ×
15 2 3 2 5 5
此时粒子距离O点的水平距离为Δd=2(r -r)=4 cm
1 2
即每经过一个周期,粒子在水平方向向右前进4 cm,根据电荷的运动情况可知,电荷到达挡板
前运动的完整周期数为9个,即s=9Δd=36 cm
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则最后7.5 cm的距离轨迹如图所示
由几何关系可得r+r cos α=7.5 cm
1 1
解得α=60°
1 60° 337
故电荷运动的总时间t =t+9T+ T- T= π×10 -5 s
总 1 2 1 360° 1 45
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