2021屆新高考物理二輪微專題復習限時強化練

磁場

一、選擇題

1、如圖所示，在OWxW3a的區(qū)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場,

磁感應強度大小為B.在2=0時刻，從原點。發(fā)射一束等速率的相同

的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°?90。范圍

內.其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在方=友時刻剛好從磁場右邊界

上夕（3a,第a）點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（）

?P（3a忠a）

/；一

03ax

A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3a

4冗a

B.粒子的發(fā)射速度大小為,

4兀

C.帶電粒子的比荷為布

OJDCQ

D.帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2功

2、（多選）如圖所示，三條長直導線a、b、。都通以垂直紙面的電流,

其中a、5兩條導線中的電流方向垂直紙面向外。。點與a、b、c三

條導線距離相等，且OcLab,現在。點垂直紙面放置一小段通電導

線，電流方向垂直紙面向里，導線受力方向如圖所示。則可以判斷（）

/Qc

A.。點處的磁感應強度的方向與月相同

B.長導線c中的電流方向垂直紙面向外

C.長導線a中電流7i小于6中電流人

D.長導線c中電流A小于6中電流石

3、如圖所示為六根與水平面平行的導線的橫截面示意圖，導線分布

在正六邊形的六個角，導線所通電流方向已在圖中標出.已知每條導

線在。點磁感應強度大小為民，則正六邊形中心。處磁感應強度的大

小和方向（）

A.大小為零

B.大小為2笈，方向沿x軸負方向

C.大小為4品方向沿x軸正方向

D.大小為4笈，方向沿y軸正方向

4、如圖所示，圖中曲線為兩段完全相同的六分之一圓弧連接而成的

金屬線框（金屬線框處于紙面內），每段圓弧的長度均為乙固定于垂

直紙面向外、大小為〃的勻強磁場中.若給金屬線框通以由4到。、

大小為/的恒定電流，則金屬線框所受安培力的大小和方向為（)

A.ILB,垂直于向左

B.2ILB,垂直于4。向右

6ILB

C.丁，垂直于熊向左

3ILB〒+.44

D.丁，垂直于熊向左

5、如圖所示，空間存在方向垂直于紙面向里的分界磁場，其中在網,

左側區(qū)域的磁感應強度大小為B,在腑右側區(qū)域的磁感應強度大小

為3民一質量為以、電荷量為,、重力不計的帶電粒子以平行紙面的

速度”從椒上的。點垂直仞V射入磁場，此時開始計時，當粒子的速

度方向再次與入射方向相同時.，下列說法正確的是（）

XXXX,以X

/

/

XXX/XXX

/

%

XXxXXX

k

XX?X;XXX

XXX/XXXXX

.4

A.粒子運動的時間是需

B.粒子運動的時間是與歲

4/777

C.粒子與。點間的距離為,

3QB

mv

D.粒子與。點間的距離為,

3qB

6、（多選）如圖所示，。點有一粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為加、

電荷量為。的帶正電的粒子，它們的速度大小相等、方向均在x勿平

面內.在直線x=a與x=2a之間存在垂直于王勿平面向外的磁感應

強度為少的勻強磁場，與y軸正方向成60°角發(fā)射的粒子恰好垂直

于磁場右邊界射出.不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，關于這

些粒子的運動，下列說法正確的是（）

A.粒子的速度大小為四

m

B.粒子的速度大小為邈

m

C.與y軸正方向成120。角射出的粒子在磁場中運動的時間最長

D.與y軸正方向成90°角射出的粒子在磁場中運動的時間最長

7、如圖所示，半徑分別為A、27?的兩個同心圓，圓心為0,大圓和

小圓之間區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，其余區(qū)域無磁場.一重

力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的尸點沿尸。方向以速度匕射入磁場,

其運動軌跡所對的圓心角為120°.若將該帶電粒子從夕點射入的速

度大小變?yōu)槿绮徽撈淙肷浞较蛉绾?，都不可能射入小圓內部區(qū)域，

則上最大為()

A/3

C.2D-4

8、如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域內存在垂直于紙面向外的勻強

磁場，磁感應強度大小為B,Za=60°,N8=90°,邊長bc=L

一個粒子源在b點將質量為m,、電荷量為q的帶負電粒子以大小和

方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的

最大值是()

典K

ac

A.警/q應

D?0

6m3/77

D

,2m等2m

9、如圖所示，僅在第一象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶

負電的微粒a從坐標（0,￡）處射入磁場，射入方向與y軸正方向夾角

為45°,經時間「與靜止在坐標（￡,￡）處的不帶電微粒6發(fā)生碰撞,

碰后瞬間結合為微粒c,碰撞過程電荷量不發(fā)生變化.已知a、力質

量相同（重力均不計），則c在磁場中運動的時間為（）

y

XXX

豫一

&x!x

---J

A.0.251B.0.5%

C.tD.2t

10、如圖所示，邊長為/的正方形abed內存在勻強磁場，磁感應強

度大小為方，方向垂直于紙面（a6cd所在平面）向外.ab邊中點有一

電子發(fā)射源0,可向磁場內沿垂直于a力邊的方向發(fā)射電子.已知電

子的比荷為〃.則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為（）

C.半極D.^kBl,|血

11、如圖所示，4。是四分之一圓弧，。為圓心，〃為圓弧中點，A.D、

C處各有一垂直紙面的通電直導線，電流大小相等，方向垂直紙面向

里，整個空間還存在一個磁感應強度大小為〃的勻強磁場，0處的磁

感應強度恰好為零。如果將〃處電流反向，其他條件都不變，則。處

的磁感應強度大小為（）

A.2(蛆一1)方B.2(/+1)方

C.2B

12、如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互

正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為￡=”磁感應強

度大小為凡一質量為力、電荷量為。的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)

與桿間的動摩擦因數為現使圓環(huán)以初速度為向下運動，經時間

to,圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經開始做勻速直線運

動，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（）

A.環(huán)經過4時間剛好到達最低點

B.環(huán)的最大加速度大小為

m

］（22\

c.環(huán)在to時間內損失的機械能為屆—譚梟

D.環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產生的內能相等

13、（多選）如圖所示，半徑為左的1圓形區(qū)域內存在著垂直紙面向里

的勻強磁場，過（一2￡0）點垂直x軸放置一線型粒子發(fā)射裝置，能在

的區(qū)間內各處沿x軸正方向同時發(fā)射出速度均為人帶正電的

同種粒子，粒子質量為如電荷量為Q.不計粒子的重力及粒子間的相

互作用力.若某時刻粒子被裝置發(fā)射出后，經過磁場偏轉恰好擊中y

軸上的同一位置，則下列說法中正確的是（）

A.粒子擊中點距。點的距離為R

B.磁場的磁感應強度為n

qR

C.粒子離開磁場時速度方向相同

2R

D.粒子從離開發(fā)射裝置到擊中y軸所用時間t的范圍為一VtV

v

+R

二、非選擇題

14、如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內存在磁感應強

度大小為反方向垂直于坐標平面向里的有界矩形勻強磁場區(qū)域（圖

中未畫出）；在第二象限內存在沿x軸負方向的勻強電場。一粒子源

固定在x軸上坐標為（一￡,0）的/點，粒子源沿y軸正方向釋放出速

度大小為■。的電子，電子通過y軸上的。點時速度方向與y軸正方向

成。=45。角，電子經過磁場偏轉后恰好垂直通過第一象限內與x

軸正方向成￡=15°角的射線。吼已知電子的質量為力，電荷量為

e,不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用。求：

⑴勻強電場的電場強度少的大小;

⑵電子在電場和磁場中運動的總時間匕;

(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積$5。

15、某科研小組設計了一個粒子探測裝置.如圖甲所示，一個截面半

徑為〃的圓筒(筒長大于2面水平固定放置，筒內分布著垂直于軸線

的水平方向勻強磁場，磁感應強度大小為無圖乙為圓筒的入射截面，

圖丙為豎直方向過筒軸的切面.質量為以、電荷量為。的正離子以不

同的初速度垂直于入射截面射入筒內.圓筒內壁布滿探測器，可記錄

粒子到達筒壁的位置，筒壁上的月點和0點與入射面的距離分別為R

和2〃.(離子碰到探測器即被吸收，忽略離子間的相互作用與離子的

重力)

(1)離子從。點垂直射入，偏轉后到達尸點，求該入射離子的速度

%;

(2)離子從8線上垂直射入，求位于0點處的探測器接收到的離子的

入射速度范圍；并在圖丙中畫出規(guī)范的軌跡圖；

⑶若離子以第⑵問求得最大的速度垂直入射，從入射截面入射的離

子偏轉后仍能到達入射面為2〃的筒壁位置，畫出入射面上符合條件

的所有入射點的位置.

16、如圖甲所示，在的區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場,

其磁感應強度〃隨時間方變化的規(guī)律如圖乙所示；與x軸平行的虛線

的V下方有沿+y方向的勻強電場，電場強度￡=?><10力/配在y軸

上放置一足夠大的擋板。方=0時?亥U,一個帶正電粒子從尸點以-=

2X10'm/s的速度沿+x方向射入磁場。已知電場邊界刪到x軸的

距離為一薩皿，尸點到坐標原點。的距離為1.1m,粒子的比荷9=

10m

106C/kg,不計粒子的重力。求粒子：

(1)在磁場中運動時距X軸的最大距離；

(2)連續(xù)兩次通過電場邊界的V所需的時間；

(3)最終打在擋板上的位置到坐標原點。的距離。

答案與解析

1、答案：D

解析：沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲所示:

設粒子運動的軌跡半徑為八根據幾何關系有(3a—力2+(:&)2=/,

可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=2a,選項A錯誤；根據幾何

氟可得sm夕=華邛,所以。弋，圓弧卯的長度s=E

C4JT

-e)r,所以粒子的發(fā)射速度大小。=:==1，選項B錯誤；根據

Cooto

V2

洛倫茲力提供向心力有qvB=iq結合粒子速度以及半徑可得帶電粒

Q2兀

子的比荷9=次，選項C錯誤；當粒子軌跡恰好與磁場右邊界相切

時，粒子在磁場中運動的時間最長，粒子軌跡如圖乙所示，粒子與磁

場邊界相切于"點，由幾何關系知，從月點射出.設從刀點射出的粒

子轉過的圓心角為k一。，時間為to,則從片點射出的粒子轉過的

圓心角為2(n—。)，故帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2必，

選項D正確.

乙

2、答案：BC

解析：由左手定則可知，磁感應強度方向與安培力方向垂直，故

A錯誤；由左手定則可知，。點的磁感應強度方向與夕垂直斜向右下

方，此磁感應強度可沿水平向右和豎直向下分解，所以導線。在。點

產生的磁場的磁感應強度方向應水平向右，由安培定則可知，導線c

中的電流方向垂直紙面向外，導線a在。點產生的磁場的磁感應強度

方向豎直向上,導線6在。點產生的磁場的磁感應強度方向豎直向下，

所以長導線a中的電流/小于力中電流乙由于不知道安培力的具體

方向，所以無法確定長導線c中電流A與6中電流A的大小關系，B、

C正確，D錯誤。

3、答案：D

解析：根據磁場的疊加原理，將最右側電流向里的導線在。點產生的

磁場與最左側電流向外的導線在。點產生的磁場進行合成，則這兩根

導線在。點產生的合磁感應強度為6；

同理，將左上方電流向外的導線在。點產生的磁場與右下方電流向里

的導線在。點產生的磁場進行合成，則這兩根導線在。點產生的合磁

感應強度為反；

將右上方電流向里的導線在0點產生的磁場與左下方電流向外的導

線在。點產生的磁場進行合成，則這兩根導線在。點產生的合磁感應

強度為反

0-二一Q

、€>--0/

如圖所示，根據磁場疊加原理可知名=民=氏=2笈，由幾何關系可知

區(qū)與氏的夾角為120°,故將區(qū)與氏合成，則它們的合磁感應強度大

小也為2氏，方向與4的方向相同，最后將其與“合成，可得正六邊

形中心。處磁感應強度大小為4氐，方向沿y軸正方向.選項D正確,

A、B、C錯誤.

4、答案：D

解析：由題意知，圓弧的半徑4=黑=斗，線段長度d=4=乎，

2五兀JI

金屬框所受安培力尸=2原/=?,由左手定則，安培力方向垂直于

乙JI

向左，故選D.

5、答案：AC

解析：粒子在胭，右側運動半個周期后回到加/左側，再運動半個

周期后的速度方向與入射方向相同，在，脈右側運動的時間右=1/=

乙

12兀〃7?！?,、112?！?兀%,

ZX--在*左側運動的時間［2=/=5義丁=丁，因此

23Bq3Bq22BqBq

粒子的速度方向再次與入射方向相同時的運動時間為t=方I+12=

宗，故A正確，B錯誤；在腑右側粒子運動的距離為32-舞

在椒左側粒子運動的距離為gf粒子與。點間的距離L

4%r

j—尸詞,故C正確，口錯誤。

6、答案：AC

解析：畫出粒子的運動軌跡，由幾何關系可知軌跡的半徑為R=

益合丁=2a由qvB=4,解得粒子的速度大小為等,A對，B

錯；粒子在磁場中的運動時間由圓心角決定，所以與y軸正方向成

120°角射出的粒子在磁場中運動的時間最長，所以C對，D錯.

7、答案：B

解析：粒子在磁場中做圓周運動，如圖,

由幾何知識得壯丁黑。

,洛倫茲力提供向心力，由牛頓第

二定律得qHB=E~,解得丫1=^^,當粒子豎直向上射入磁場時，

粒子不能進入小圓區(qū)域，則所有粒子都不可能進入小圓區(qū)域，粒子豎

直向上射入磁場，恰好不能進入磁場時粒子軌道半徑海,洛倫茲

力提供向心力，由牛頓第二定律得°避=啟,解得V產吟則上=羋,

r22mV\4

A、C、D錯誤，B正確.

8、答案：A

解析：由左手定則和題意知，沿歷方向射入的粒子在三角形磁場區(qū)

域內轉半周，運動時間最長，半徑最大時軌跡恰與ac相切，軌跡如

圖所示，

由幾何關系知L=r+~~右丁

sin30

mv2

由洛倫茲力提供向心力得QVB=—

從而求得最大速度v=￥

3m

故B、C、D錯誤，A正確.

9、答案：D

解析：a粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛

頓第二定律可得

V2

Bqv=nr^

可求得r=—

Bq

a、6兩粒子碰后瞬間結合為微粒c,碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，由動量

守恒定律可知

inva=2mvc

可求得匕=［匕

碰撞后動量大小、電荷量都不變，說明c粒子軌跡半徑和a粒子軌跡

半徑相同，運動軌跡如圖所示,

由幾何關系可知a粒子運動時間

112Jirnr

2%

由幾何關系可知c在磁場中運動的時間為:&所以運動時間為

112TIrnr

Vc2匕

聯立可得力,=2%，故D正確，A、B、C錯誤.

10、答案：B

解析：電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為

2kB]

由洛倫茲力提供向心力，有eVaB=v1,又p-=上解得以=才；電子

ram4

從d點射出時一，運動軌跡如圖線②，由幾何關系有點=/+（北-J2,

乙

二72

解得：rd=~,由洛倫茲力提供向心力，有又￡=左，解

4rdin

得％=31，選項B正確.

11、答案：A

解析：。處的磁感應強度是4、D、C處電流分別在。處產生的磁

感應強度與空間存在的勻強磁場的磁感應強度的矢量和，。處的磁感

應強度恰好為零，則/、D、。處電流在。處產生磁感應強度的矢量和

一定與勻強磁場的磁感應強度等大反向，由矢量合成可得，爾久D

處電流在。處產生的磁感應強度大小均為員=1壬，所以如果將〃

處電流反向，其他條件都不變，則。處的磁感應強度大小夕=B+

尻一蛆區(qū)=2尻=2（必一1）反A正確。

12、答案：BC

解析：由題意可知，環(huán)在運動的過程中，受到的電場力大小為F

=qE=2mg,方向始終豎直向上。設豎直向下為正方向，則在環(huán)下滑

的過程中，根據牛頓第二定律得：mg—(qE+HqvB)=ma,解得：a

=一(+上曾，負號代表加速度方向與規(guī)定的正方向相反，故物體

在下滑的過程中做加速度逐漸減小的減速運動；在環(huán)上升的過程中，

根據牛頓第二定律得：mg-\-uqvB—qE=ma',解得：a'=—

’pqvR

g—T~，環(huán)做加速度逐漸減小的加速運動，在到達出發(fā)點前，加

Im)

速度減為零，此時，a'=0,/=詈為環(huán)開始以速度了做勻速直線

〃qB

運動。由運動的不對稱性可以確定，從開始下滑到剛好到達最低點的

時間不等于T，A錯誤；整個運動過程中，加速度一直減小，所以在

運動的最開始時，加速度最大，加速度的最大值為：

in

B正確；由以上計算可知，整個過程中，系統(tǒng)損失的機械能

1[,22、

--mv=~iriKo--等不，C正確；環(huán)上升和下降的過程中，速度的平

乙/1q〃oj

均值大小不相等，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦產生的內能

不相等，D錯誤。

13、答案:ABD

解析：由題意，某時刻發(fā)出的粒子都擊中的點是y軸上同一點，由最

高點射出的只能擊中（0,冷，則擊中的同一點就是（0,而，即粒子擊

中點距0點的距離為凡A正確；從最低點射出的粒子也擊中（0,而，

那么粒子做勻速圓周運動的半徑為A,由洛倫茲力提供向心力得：QVB

V2mv

=”，則磁感應強度方=而B正確；粒子運動的半徑都相同，但是

入射點不同，則粒子離開磁場時的速度方向不同，C錯誤；偏轉角最

大的運動時間最長，從最低點射出的粒子偏轉90°,運動的時間最

ID12JIRR|D

長，最長時間為^=9升'=3義一一+-=-—，從最高點直

4r4vv2v

2R

接射向（0,心的粒子運動時間最短，則最短的時間為t=—,D正確.

2v

二、非選擇題

_.,、mvo,、2￡2口勿⑶棧

14、答案：⑴。/（2）+、々

2eLvQ3eB

解析：（1）電子從［到。的過程中，由動能定理得:

1.1.,

eEL--mvc—^mv0,

又有WOSa=vo,

2

聯立解得：E=*°

AeL

⑵電子在電場中做類平拋運動，沿電場方向有:

K-sina

L—22i，

%

其中Vc-

cosa'

由數學知識知電子在磁場中的速度偏向角等于圓心角：五一

2n

a—o

9

電子在磁場中的運動時間：右

.2式m

其中T=F

電子在電場和磁場中運動的總時間t=3

E,4“F2￡,2口川

聯立解倚：F+6

⑶電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有

evcB—m—

r

最小矩形區(qū)域如圖所示,

ee

由數學知識得：CD=2r*sin-,CQ=i-rcos~,

乙乙

矩形區(qū)域的最小面積：鼠尸?，CQ,

聯立解得：鼠尸淄［翳）。

15、答案：見解析

解析：（1）離子運動的半徑為R,根據洛倫茲力提供向心力有qv.B=

請qBR

嗯,可得v§=~^

（2）離子以匕從。點入射時，剛能到達0點，根據幾何關系可得偏轉

半徑片=2吊

根據洛倫茲力提供向心力qv、B=4,聯立可得速度最小值匕=平，

離子以匕速度從。點入射時，剛能到達0,設半徑為B根據幾何關

5/?

系有（公一”）2+（2分2=盾，可得%=7，根據洛倫茲力提供向心力有

乙

2

q3端,聯立可得速度最大值眩=要，則速度范圍為等

々々5qBR

21n

⑶當離子以片啜的速度在偏離豎直線沖入射時，入射點與正下

方筒壁的距離仍然為兄如圖所示，所以特定入射區(qū)域如圖中陰影部

分.

冗

16、答案:(1)0.4m(2)—X10-5s或4nX1Q-5s

乙

(3)0.37m

解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有

V2

qvB=nr^,

解得半徑7?=0.2m,

粒子做勻速圓周運動的周期7=^=2nX10-5s,由圖乙可知

QB

33n

粒子運動Z圓周后磁感應強度發(fā)生變化，在