解析分類匯編高三物理學生版單元磁場

K單元K單元磁 磁場安培 磁場對運動電荷的作 帶電粒子在組合場及復合場中運 磁場綜 答案與解 磁場安培 磁場對運動電荷的作 帶電粒子在組合場及復合場中運 磁場綜 K1磁場安培力（2014·陜西西工大附中第八次適應性訓練）1.1873年奧地利維也納世博會上，比利時出生的法國工程師在布展中偶然接錯了導線把另一直流發(fā)電機發(fā)出的電接到了自己了人類在電能利用方中的一個瓶頸。此項發(fā)明是（A．新型直流發(fā)電機B．直流電C．交流電D．交流發(fā)電（2014·陜西西工大附中第八次適應性訓練）2.三條在同一平面（紙面）內的長直絕緣導線組成一等邊三角形，在導線中通過的電流均為I，方向。a、b和c三點分別位IIbIc三角形的三個頂角的平分線上，且到相應頂點的距離相等。將a、b和IIbIc C．a處磁場方向垂直于紙面向里，bcD．a處磁場方向垂直于紙面向外，b和cN（2014·襄陽五中、夷陵中學、鐘祥一中五月聯(lián)考）3.經常端電流流向垂直紙面向內，下列說法正確的是（）N

圖 圖由于這種儀表是一種比較精密、容易損壞的儀器，所以在搬動這種電流表過，（2014·惠州一中第一次調研 ，在傾角為的光滑斜面上，要使垂紙面放置一根長為L質量為m的通電直導體處于狀態(tài)則 應加以勻強磁場B的方向可能是（）AD ·，（2014襄陽四中模擬）1.中國科學家發(fā)現了量子反?；魻栃Q這一發(fā)現是獎級的成果．，厚度為ｈ，寬度為ｄ的金屬導體，當磁場方向與電流方·，（·（2014襄陽五中五月月考）2.如圖，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內，OcdO點沿紙面以垂OOd30°·的是 523t0ad54t0bc若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0ab 為L，前后面為金屬板，其余四面均為絕緣材料，在盒左面正中間和底面上各有一小孔（ 知磁場磁感強度為B，則以下說法正確的是（ 2C．穩(wěn)定電壓為U2 b分別以速度va和vb射入勻強磁場兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，，則（ A．a粒子帶正電，bBRa∶Rb＝·（2014武昌5月模擬）5.，分布在半徑為r的圓形區(qū)域·轉過60°角，則粒子在磁場中運動的時間為（

（2014·黑龍江大慶鐵人中學模擬）6.，半徑為R的一圓柱形勻強磁場區(qū)域的（q>0mco中點且垂直于co方向射入磁場區(qū)域.（不計重力）.bd之間飛出磁場，K3（2014·江西師大附中三模）1.如圖，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距d，ab間的電場強E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電bbc區(qū)域，bcdE，方向豎直向上;a+a+d c-EBd垂直于紙面向里，磁感應強度大小等于 g粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，圓周半徑

(6)d 轉速多大，小球都不能上升到與圓心O等高的N點現讓小球帶上正電 CO向外的磁場DO點放一個帶負電的點電荷·（2014二中模擬）3.在第一象限（含坐標軸）內有垂直xoymq在t=00x軸正向射入磁場中。若要求粒t=T0xB0的值為（）·

B

C

D（2014·湖南十三校第二次聯(lián)考）4.，在平面直角坐標系xOyB內的有界圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出x軸xA點，A點橫坐標為-L粒子源沿y軸正方向出速度大小為口的電子，電子恰好能通過C點，C2Lx軸正方向成（2014·吉林市普高二模）5.，在xOy坐標系第二象限內有一圓形勻強磁場區(qū)l00）Pa、b以相同的速率vPa的入射方y(tǒng)軸正方向，byθ=π/3ay軸上的Q（0，l0）點進人第一象限，在第一象限內緊鄰yy方向的勻強電場，場強大小為，勻強電場寬

2l0B（2）ba、bx（2014·福建漳州八校第四次聯(lián)考）6.，在y軸的右側存在磁感應強度為B的y軸處，且與紙面垂直?，F有一質量為m、電荷量為q的粒子由經過加速電壓為U的電場加速，然后以垂直于板的方向沿直線從A處穿過絕緣板，而后從x軸上的D處以與x軸負向夾角為30°的方向進入第四象限，若在此時再施加一個電場可以使粒子沿直線到達y上的C點（C點在圖上未標出。已知OD長為l，不計粒子的重力.求（2014·襄陽四中模擬）8.，在ｘｏｙ平面內，有一個圓（2ａ，０，其半徑

（2014·湖南長沙模擬）9.，在坐標系y右側存在一yy軸正方向成45角的勻強電場。一個粒子源能釋（2014·江蘇徐州一中模擬）10.在xoy平面內，直線OM與x軸負方向成45°角，以OM為邊界的勻強電場和勻強磁場．在坐標原點O有一不計重力的粒子，其質m和＋qv0xxyMBE45° xyMBE45° x B 0、E

OMx（2014·江西臨川二中一模）11.，PQ是兩塊平行金U=1.2×104V，一群帶負電粒子不停的通過P極板的小孔以速度v0=2.0×104m/s垂直QACO進入m

5104C/kgu=9.6×104sin314（V x軸負方向的勻強電場，場強大小為E=2N／Cy軸負方向的、場強大小也為Eyh0.4m的區(qū)域有磁感應強度也為Bq的油滴從圖中第PPO作勻速直線運動（POxg=10m／s2，問：油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、茲力三力的大小之比，并油滴帶何種電荷；油滴在P（2014·山西大學附中5月月考）13. ，平行金屬板右側有一寬度為a的勻強磁場I，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。在磁場I的右側存在范圍足夠大的勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小也為B，方向垂直紙面向外?，F在正極板處由開始經電場加速后，經右側金屬板狹縫沿x軸方向進U＝U0時，帶電粒子恰好可以到達磁場區(qū)U0；U＝2U0txt（可；當加速電壓UkU0k1k（2014·陜西西工大附中第八次適應性訓練）14.利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開這種方法在化學分析和原子核技術等領域有重要的應用的矩形區(qū)域（AC邊足夠長）中存在垂直于紙面的勻強磁場，A處有一狹縫。離子源產生的離子，經靜GAGA邊，被相應的收集器收集，整個裝置為真空。已知被加速度的兩種正離子的質量分別是m1m2(m1m2，電荷量均為qU⑴求質量為m1的離子進入磁場時的速率1B時，求兩種離子在GAGALdA處；離子GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。 ，在兩塊水平金屬極板間加上電壓U構成偏qm

106Ckg0正電的粒子流（重力不計v104m/s0場區(qū)域，OABL1m，AB與水平方向成30°角。區(qū)域內有按規(guī)律作周期性變化的磁場，已知B00.5TU若T00.5s，求t0s時刻射人磁場的帶電粒子在磁場中運動要使所有帶電粒子通過O點后的運動過不再從AB兩點間越過求出磁場的變化周期T0應滿足的條件·y＋LPO-LQB（2014中山一中模擬）16. 如圖豎直面內坐標系xOy第一、三象限角平分線A·y＋LPO-LQB如圖放置，MNx軸負半軸上。N板上有一POL。AAQP孔正下方。已知1 q為+qOA2上坐標為（b，b）v水平向右進入場區(qū)，恰好能做勻速圓（g）bvQM、NMbAⅡdⅢ（2014·吉林九校聯(lián)合體第二次摸底）17.，一個帶正電AⅡdⅢⅠ AA（2014·二中模擬）18.，水平線QC下方是水平向左的勻強電場；區(qū)域PDAPD以外）有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度與區(qū)域Ⅱ內磁感應大QQLO點以某一速度射出，在電場力作QCNv0QCP點垂直O(jiān)（粒子重力忽略不計）求：OO（2014·襄陽五中、夷陵中學、鐘祥一中五月聯(lián)考）19.如圖所示，兩水平放置的平行金屬板a、b，板長L＝0.2m，板間距d＝0.2mUa板帶負電，b板帶s＝0.4mMN和PQ均與金屬0OO′q＝1×108C/kgv＝2×105m/s0mn=10U過PQ相交的區(qū)域的寬度；（2014·武昌5月模擬）20.靜電噴漆技術具有效率高、浪費少、質量好、有益于健康等優(yōu)點，其裝置可簡化如圖。A、Bd=1.6m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強電場,場強為E=0.1V/m。在A板的放置一個安接地的靜電油漆噴槍PV0=6m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的質量均為m=1.010-5kg、電荷量均為q=-1.010-3C，不計油漆微粒間g=10m/s2油漆微粒落在BA、B兩板間的電場反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強B=0.06T，調節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內沿各個方向噴出，其它條件不變。B板被油，（2014·浙江杭州學軍中學第九次月考）21.xoyx軸的兩個足夠M、Ny=ly=0O，試驗結果如下：如果讓電場和磁場同時存在，發(fā)現粒子束完全沒有偏轉，僅在M屏上有一個亮點，其位置在S（0,l如果只讓磁場存在，發(fā)現僅在N屏上出現了兩個1點，位置分別為P（-2l，0、Q（2l，0由 可以將兩種粒子分別叫做P粒1

B2yy=MPQ xB2=kB時，k的數值。（2014·惠州一中第一次調研）22.．一電子（其重力不計，質量為m、電t0U0時，電子可射出偏轉電場，并射入垂直紙面向里（2014·摸底）23.圖甲所示的電視機顯像管能夠通過磁場來控制電子的偏轉，voPO射入磁場，要讓電子射出磁場時的速度方向與射入時的速度方向成θ角（圖乙me，不計電子的重力。求： ，邊長L=0．2m的其它區(qū)域形成的電場）,MNad邊上，兩板左端M、PabN、Q間有一絕緣EF．EF中間有一小孔O，金屬板長度、板間距、擋板長度均為l=0．lmM（l）E=106N/CSOOSOO在電場強度取第（2）問中滿足條件的最小值的情況下，緊貼磁場邊緣cd的內側，從c點沿cdqm的帶正電離子，要保證磁場中能夠發(fā)生正、K4平向右的初速度v0，在以后的運動中下列說法正確的是（圓環(huán)可能做勻運 m3g2mvo2q2B

磁場安培力解析：A、B、由題意可知，abaC、D、由圖可知，根據右手螺旋定則可得，abcC、D：Ab端受到的安培力方向向下，A錯；螺旋彈簧被扭動，是阻礙線圈轉動，B對；C、DBCD。

sinF=BIL Uh UhA

或有：Ud

CU解析：依題意有O點沿垂直于cd邊射入磁場恰好從C點射出t0恰好在磁場中運動1/2T；Oｏｄ30ｏ夾角，速度值不同，但5就可知是從cd邊射出，AB、C、D選項，就可知道這三個答案只有C項A、C。，【全品思路點撥本題是帶電粒子在磁場中偏轉問題考查要從題目中的條件畫運動軌跡圖，U L

v2＝2gLU=BLgLC，D2-Q電量的液滴向后金屬板偏轉，后金屬板帶負電，穩(wěn)定后后金屬板電勢較低，前金屬板電 U L

＝

2解析：A、a30°入射的b粒子是60°入射的，由于從B點射出a受到的茲力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的茲力方向沿a粒子速度方向，由磁abAB、如圖連接AB，AB（紅線）與3半徑相比為 33060a120b60Ta：Tb=1：3 3D【全品思路點撥】兩異種電荷同時從A點不同角度射入勻強磁場后，又同時到達B點．由粒質量成正比．由圖可知：AB連線即為兩粒子運動圓弧所對應的弦，則兩圓弧的圓心在AB連解析：依題意畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡（略600tT2mmC

qBRv(2m

3)m

(12

3)m（1）(1.5Rr)2(Rsin600)2r r由 qBv

v1

，得：由

，

bog9006001500所以goo1050goo 00在三角goo00

sin105(r2(得

6 4

R(2

qBv

v2(2

3)2 qBRv(2

3) （2）如下圖，設fod3Rsin600RsinRcosRcos6003cos

3

2r1 3

2得

,r3qBv r33v(1

3)m 【全品答案解析】AD解析：A、將粒子在電場中的運動沿水平和豎直方向正v解得 gvr

r=mv0

動時間為t v1v 2

因此不可能到達N點，故A錯誤；B、當在空間加上豎直向上的勻強電場，則受到的電場力豎直向上，與重力平衡時，球可能達到N點，故B正確；C、當在空間加上方向由圓心O向外的磁場，由左手定則可知，茲力向下，因此不可能到達N點，故C錯誤；D、當在圓向圓心，故D：B．N結合給定的電場與磁場，從而即可求解．考查對研究對象的受力分析，掌握電場力與茲Nx，則由幾何關系，得x

2

56

得

2T060 06

又粒子在磁場中做圓周運動的周期公式知：

，知磁感應強度B0

故選 q6T0 B．（1）2eL

2eB．（1）1L＝

m可解得：E＝（2）CvC，方向與y1mv2 2解 vC＝v 則cosθ＝ 得畫軌跡

mvc

磁場最小半徑為：Rm＝

可得

4（1）AA2Bvem2R

BO由幾何知識分析可知b電子在磁場中運動轉過的圓心角為6b電子在磁場中運動的時間tb2解得

y1at

am2l0y

，即a電子恰

2l0根據幾何分析，PO′AOPO′O″APO′⊥xO″A⊥xb0yrrcos300lb0有

2by向運動l0后沿與x方向成做勻速直線運tanvv2可得2

ybx6解得x6 2l由 （2）（3）v【全品答案解析】（1）0

23damd1at2解得場強E

⑵設粒子到達O點瞬間，速度大小為v，與x軸夾角為 30vyat30v2 v2 23

2

Q3 3 qvB

3Rmv2d3

tB

2d2Rsin 解得rmRsin2

T 要求是II級，中難度。

2qBa

（2）

3qBa

（3）vm

（1）x軸正半軸上.設粒子做圓周運動的半徑為r1，由幾何關系得vqvBm1解得

2qBa粒子在磁場中的運動周期T故粒子在磁場中的運動軌跡的圓心角為tTBx軸夾角設粒子做圓周運動的半徑為r2，由幾何關系2acos23a22acos2v2qvBm2解得

3qBa設粒子從C點進入區(qū)域，O'C與O'A夾角為，軌跡圓對應的半徑為r，由幾何關2arsinacos=60時，半徑最小為rm=vqvBmm解得vm

【全品思路點撥】根據題目審清題意，畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡圖，又依據第 m（1）

qEa1mv mv1mvR1粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據第二定律有qvBmR11由幾何關系知，R1 Em（2）粒子源在Q點時，粒子在磁場中運動軌跡與邊界EF相切，由R2(2

根 第二定律有qv2B (2磁場中運動速度為v(2

v2(2(2

3T

2v22(22(2粒子從發(fā)射到第二次進入磁場的時間t

t3

）（1（-）

E1mv25mv）h'2R）h'2Rh16R332根 茲力提供向心力有：qvBm2R

，Rmv0故第一次經過OM時的坐標為（-1m、⑵粒子第二次進入磁場，速度不變，則粒子在磁場中運動的半徑也為R，故進入電場時離軸的高度為2R，根據動能定理，粒子到達x軸的動能有2qER1mv2－1mv E1mv25mv yMBER45°Ox⑶因粒子第二次進入電場做類平拋運動，故到達yMBER45°Oxam1yv21y所以

2vy2vyx軸的豎直高度為h1(vy)2

v2第二次到達最高點離x軸的豎直高度為

y()22av()21v()y

v2n次到達最高點離x軸的豎直高度為

y2a

)2nv2vh

2

vy[(

1)22

1)42

1)2n]2

5vyy

3h2Rh16mv0 x軸的豎直高度為h11x軸的豎直高度為h22R1n次到達最高點離x軸的豎直高度為

2R

(1)n4h2R

14

(14

n]

R

3h2Rh

R 分解進行分解為水平和豎直方向運動進行求解。【全品知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；第二定律；向心力；帶電粒子在（）4×14m/s（2）π10（3）0qU＝1mv2?1mv0 2qvB＝m2R

mv＝0.8mBC

×10?s＝π×10?0t=0v=2.0×104m/sO0Rmin

＝mv0＝0.4mCqU＝1mv2?1mv m最大速度v＝105m/smRmax

＝mv0＝R切2R切＝0.8×（ +1）m＜Rmin2BC和AB

221mEC22

?1）ABGODx，a2

,O2=Rmax-

+x）+（Rmax2

＝Rmax2 2【全品思路點撥】1、粒子從P極板進入電場后，做加速運動，根據動能定理qU01mv21mv2，代入數據計算可得粒子進入磁場時的速度大小．20 v 周運動，根據茲力提供向心力qvB＝

，解得R＝ 00.8m，故垂直地打在BC 1 403、當粒子以反向最大電壓進入電場時，粒子不能穿過Q點進入磁場．t=0時刻射入的粒子，沒有經過加速，粒子將以v=2.0×104m/s從O點射入磁場，此時半徑最小，求出最小半徑，02222

（1）m，由平衡條件得：mg∶qE∶f＝11∶（2）由第（1）問得：m＝qvB＝＝4＝4BxN點離開第一象限＝＝O→A勻速運動的位移為

1其運動時間：t＝s1 hB1 B 4由對稱性C→N的時間

在第一象限運動的總時間t＝t1t2t3＝力分析后采用法作圖，有幾何關系得出三力之比；【全品知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；第二定律；向心力

qB2a

m[qB

1)]（3）232（1）以到達磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的交界處，則qvBa

12得U0 R R sin∠OCCROCC4DCFCFDRsinR

R DC(2

a2cos∠DCPDC 2R2解得∠DCP 22224

4

帶電粒子在磁場中的運動周期為TtT

m2 2qB

示。這時C＇點在x何知識可得粒子運動半徑r(2r)2r22求得r 23

qB2r

由第（1）問的比例關系得U 4

3因此k3（1）a xk mqBm1mqB

m2

2

m1 （1） 1mv2 1m得v1m

qvB

,R

mv

,R

m2兩種離子在GA上落點的間距s2R1 m2質量為m1的離子，在GA邊上的落點都在其入射點左側2R1處，由于狹縫的寬度為d，因此落點區(qū)域的寬度也是d，同理，質量為m2的離子在